Ομοκυκλικά σημεία

#1

Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD

και σημείο

στην προέκταση της πλευράς

προς το

τέτοιο ώστε BE=BC

. Έστω

το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος

με την ευθεία που διέρχεται από το

και είναι κάθετη στην ευθεία

. Να δείξετε ότι τα σημεία

,

, και

είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

S.E.Louridas · #2

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 25, 2024 9:53 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο και σημείο στην προέκταση της πλευράς προς το τέτοιο ώστε . Έστω το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος με την ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη στην ευθεία . Να δείξετε ότι τα σημεία , , , και είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Όμορφο θέμα.

Στο σχήμα που ακολουθεί η

είναι προφανώς διχοτόμος της $\angle A$ καθότι είναι κάθετη στη διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας $\angle C.$

Το

είναι η τομή της

με τον κύκλο

Άμεσα παίρνουμε X'B = X'D

και επειδή $BE = BC = AD,\;\,\angle X'BE = \angle X'DA,$

τα τρίγωνα ADX΄, BX΄E

θα είναι ίσα οπότε $X'A = X'E \Rightarrow X' \equiv X.$

Εδώ το πρόβλημα ως προς τη λύση του τελείωσε.

: Achi.png (59.64 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 25, 2024 9:53 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο και σημείο στην προέκταση της πλευράς προς το τέτοιο ώστε . Έστω το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος με την ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη στην ευθεία . Να δείξετε ότι τα σημεία , , , και είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

οπότε

είναι παραλ/μμο.

Άρα $ZB+BE=ZB+AZ=CD\Rightarrow AZ=BE=BC=AD$ και προφανώς

ZN=NB

. Ακόμη

μεσοκάθετος της

άρα

οπότε (λόγω και του εγγράψιμμου ZMXN

)

όλες οι γωνίες $\theta$ είναι ίσες ,συνεπώς D,A,B,X

ομοκυκλικά

: ομοκυκλικά σημεία.png (30.03 KiB) Προβλήθηκε 453 φορές

Dimessi · #4

Αν είναι αυτή η ασκησούλα για Αρχιμήδη Μεγάλων, απλά λυπάμαι. π.χ ...Από το ισοσκελές $XAE\left ( XA=XE \right )$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle AXB}{\sin \angle EXB}=\frac{AB}{BE}=\frac{AB}{BC}\overset{AB\parallel=DC }=\frac{\sin \angle ADB}{\sin \angle BDC}\left ( 1 \right )$ και από την άλλη $\angle XAE=\angle XEA=90^\circ-\angle BEC\Longrightarrow \angle AXB+\angle EXB=2\angle BEC$ $\displaystyle =\angle BAC\overset{AB\parallel= DC}=\angle ADC=\angle ADB+\angle BDC\left ( 2 \right ).$ Από $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ σύμφωνα με γνωστό λήμμα έπεται ότι $\angle AXB=\angle ADB$ και εδώ χαιρετάμε την άσκηση.

#5

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 26, 2024 3:05 pm
Αν είναι αυτή η ασκησούλα για Αρχιμήδη Μεγάλων, απλά λυπάμαι.

Δεν καταλαβαίνω αυτό το υποτιμητικό και ειρωνικό "ασκησούλα". O Αχιλλέας είναι ο πλέον αρμόδιος να κρίνει το
επίπεδο δυσκολίας των ασκήσεων στα διαγωνιστικά μαθηματικά. Αφού λοιπόν ο Αχιλλέας κρίνει ότι αυτή η άσκηση
είναι για Αρχιμήδη Seniors, τελείωσε, όσο κι αν λυπάσαι.

S.E.Louridas · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 26, 2024 5:59 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 26, 2024 3:05 pm
Αν είναι αυτή η ασκησούλα για Αρχιμήδη Μεγάλων, απλά λυπάμαι.
Δεν καταλαβαίνω αυτό το υποτιμητικό και ειρωνικό "ασκησούλα". O Αχιλλέας είναι ο πλέον αρμόδιος να κρίνει το
επίπεδο δυσκολίας των ασκήσεων στα διαγωνιστικά μαθηματικά. Αφού λοιπόν ο Αχιλλέας κρίνει ότι αυτή η άσκηση
είναι για Αρχιμήδη Seniors, τελείωσε, όσο κι αν λυπάσαι.

Ας μου επιτραπεί να μιλήσω ως άνθρωπος που θεωρώ ότι γνωρίζω περί ευρύτερων μαθηματικών διαγωνισμών, απαντώντας και μόνο στην άποψη: να τίθενται δύσκολα άπιστα θέματα (ο ορισμός της πλέον εύκολης κατάστασης, αφού πχ υπάρχει το ενδεχόμενο αντιγραφής υπερ. δύσκολου μοναδικού θέματος από κάποιο σημείο του πλανήτη που να μην το λύσει κανείς αλλά ως εκ τούτου δεν προσφέρει και κάτι για τον εδώ ιερό σκοπό) και όχι απαντώντας σε πρόσωπα που μπορεί να διαφωνώ με τις απόψεις τους αλλά δηλώνω οπαδός του Βολταίρου. Μία άσκηση για να εξεταστεί κάποιος σε επίσημο διαγωνισμό είναι άλλο πράγμα και άλλο είναι άσκηση για μαθηματική επιστημονική κουβέντα και να γίνει πόλος για βασικότερες ανιχνεύσεις πχ ταλέντων κτλ.. Μία άσκηση, όπως η παραπάνω μπορεί να προτείνεται για δύο βασικούς λόγους: ο πρώτος είναι να διεγείρει πλουραλισμό λύσεων, ώστε εκτός των άλλων να προκύψουν ιδέες και για επιλύσεις και άλλων θεμάτων, όπου από τον πλουραλισμό λύσεων εκεί μετρά και ανιχνεύεται και η ποιότητα μίας επίλυσης αλλά και η δεξιοτεχνία του λύτη ως προς την επιλογή κατάλληλης και έξυπνης μεθόδου επίλυσης (ήδη όπως πήραμε χαμπάρι το όμορφο αυτό θέμα ανέδειξε μέχρι τη στιγμή αυτή τρείς διαφορετικής νοοτροπίας καλές μεθόδους επίλυσης). Ο άλλος βασικός λόγος (όπως ποσοστό πρωτοτυπίας όσο αυτό είναι δυνατόν) είναι να διεγείρει το κατασκευαστικό περιβάλλον για δημιουργία δηλαδή μαθηματικών θεμάτων. Προφανώς και οι σοβαροί προτείνοντες προβλήματα έχουν αυτά και άλλα ουσιαστικά ως στόχο μακριά από φιγουρίτσες, ή άγρα επαγγελματικού προσανατολισμού... ή αυτοεπικυρώσεις κτλ. Καλώς λοιπόν ο Αχιλλέας, εκ των βασικών μαθηματικών προπονητών της ΕΜΕ με απόλυτα Αξιοκρατική ως τώρα ανέλιξη λόγω του Υψηλού μαθηματικού του background, πρότεινε το θέμα αυτό.

STOPJOHN · #7

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 25, 2024 9:53 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο και σημείο στην προέκταση της πλευράς προς το τέτοιο ώστε . Έστω το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος με την ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη στην ευθεία . Να δείξετε ότι τα σημεία , , , και είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Kαλημέρα μια λύση ακόμη....

Εστω

$\Sigma$ το συμμετρικό σημείο του

ως προς το σημείο

Τότε το σημείο

είναι το ορθόκεντρο στο τρίγωνο AXE

$MB=M\Sigma ,\hat{\Sigma EI}=\omega ,$

Απο την ισότητα των τριγώνων

$A\Sigma X,ADX\Rightarrow \hat{A\Sigma X}=\hat{ADX},$ Ακομη $\hat{XBE}=\hat{A\Sigma X}$

Οπότε το ABXD

είναι εγγραψιμο σε κύκλο. Είναι $MB=\dfrac{a-b}{2},A\Sigma =b$

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση