mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 31, 2012 8:50 pm**

Με αφορμή το θέμα που έθεσε ο Θανάσης (KARKAR) εδώ: http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... 22&t=22733 αντί διαφορετικής λύσης να δώσω μια πρόταση που προέκυψε.

Την πρόταση αυτή αφιερώνω στον Θανάση που μας συντροφεύει ακούραστα!!!

: 1.png (31.81 KiB) Προβλήθηκε 1432 φορές

Δίνεται κύκλος $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ διαμέτρου $\displaystyle{ AOB }$ . Από το μέσο $\displaystyle{ M }$ της ακτίνας $\displaystyle{ OA }$ διέρχεται χορδή του $\displaystyle{ CD }$ .

Οι $\displaystyle{ BC,BD }$ τέμνουν την εφαπτόμενη του $\displaystyle{ \left( O \right) }$ στο $\displaystyle{ A }$ στα σημεία $\displaystyle{ S,T }$ αντίστοιχα.

Έστω $\displaystyle{ \left( C \right) }$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του τετραπλεύρου $\displaystyle{ CDTS }$ (που αποδείχθηκε εύκολα ότι είναι εγγράψιμο). Να δειχθεί ότι:

i) $\displaystyle{ D,Q,O }$ συνευθειακά και μάλιστα ότι $\displaystyle{ OQ = \frac{R} {3} }$ , όπου $Q\equiv \left( C \right)\cap SZ$ και $SZ\bot BT$

ii) Αν $\displaystyle{ P \equiv OZ \cap TE }$ να δειχθεί ότι: $\displaystyle{ P \in BS }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 01, 2012 12:10 am**

Γεια σας κύριε Στάθη.

Φέρω την

.Θα αποδείξουμε ότι αν οι ευθείες DO,SZ

τέμνονται στο

,τότε το σημείο αυτό ανήκει στον μπλέ κύκλο.Με λίγα λόγια ότι το τετράπλευρο SCDQ

είναι εγγράψιμο.
Καταρχάς είναι $\angle BDA=90$ ,γιατί βαίνει σε διάμετρο. $\angle CDA=\angle CBA=90-\widehat S$ (1),επίσης $\angle BDO=\angle OBD=90-\widehat T$ (2).Προσθέτοντας τις δύο αυτές σχέσεις βγαίνει ότι $\angle CDA+\angle BDO=180-\widehat T-\widehat S=\widehat B$ .
Άρα $\angle QDC=90-(\angle CDA+\angle BDO)=90-\widehat B$ (A).
Φανερό είναι ότι $\angle BSQ=90-\widehat B$ (B).Από (Α)και(Β) προκείπτει ότι το τετράπλευρο CSQD

είναι εγγράψιμο.

Για τα υπόλοιπα βλέπουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 29, 2021 9:04 pm**

Στάθη , καινούρια δουλειά . Υπάρχει μερικώς αναπάντητο , παλαιότατο θέμα σου . Το θυμάσαι

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 29, 2021 9:13 pm**

KARKAR έγραψε: Δευ Νοέμ 29, 2021 9:04 pm Στάθη , καινούρια δουλειά . Υπάρχει μερικώς αναπάντητο , παλαιότατο θέμα σου . Το θυμάσαι

Ε αυτό δεν το θυμόμουνα καθόλου

Τότε ήμουν μόλις 52 ετών !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 30, 2021 11:45 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Δευ Νοέμ 29, 2021 9:13 pmΤότε ήμουν μόλις 52 ετών !

Στάθη άστα, μην τα συζητάς. Εγώ τότε ήμουν μόλις 63 ετών !

Για το πρόβλημα τώρα, όσο είναι καιρός... ( χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης ).

$\bullet$ Από $EZ\parallel AD$ και $OZ\parallel MD\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AE}{EB} = \frac{DZ}{ZB} = \frac{MO}{OB} = \frac{1}{2}\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $EB = 2AE\Rightarrow$ $OB + OE = 2OA - 2OE\Rightarrow$ $\boxed{OA = 3OE}\ \ \ ,(2)$ λόγω OB = OA

.

Από $(2)\Rightarrow$ $\boxed{OD = 3OQ}\ \ \ ,(3)$ λόγω $EQ\parallel AD$ .

Από (3)

συμπεραίνεται ότι $\displaystyle OQ = \frac{R}{3}$ και το (i) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Για να ισχύει $P\in BS$ , όπου $P\equiv OZ\cap TE$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι η σημειοσειρά B,O,E,A

είναι αρμονική.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{OE}{OB} = \frac{AE}{AB}\ \ \ ,(4)$

Αλλά, $\displaystyle \frac{AE}{AB} = \frac{DZ}{DB} = \frac{MO}{MB} = \frac{1}{3}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{OE}{OB} = \frac{1}{3}\ \ \ ,(6)$

Η (6)

όμως αληθεύει λόγω της (2)

και

και το (ii) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ξέφυγα λίγο από τον φάκελο, αλλά δεν βρήκα κάτι απλούστερο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 30, 2021 2:06 pm**

vittasko έγραψε: Τρί Νοέμ 30, 2021 11:45 am
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Δευ Νοέμ 29, 2021 9:13 pmΤότε ήμουν μόλις 52 ετών !
Στάθη άστα, μην τα συζητάς. Εγώ τότε ήμουν μόλις 63 ετών !
...
ΥΓ. Ξέφυγα λίγο από τον φάκελο, αλλά δεν βρήκα κάτι απλούστερο.

Προφανώς Κώστα και δεν βρίσκεσαι εκτός φακέλου.
Η αρμονική σειρά βρίσκεται στο βιβλίο Γεωμετρίας της Β’ Λυκείου (Μην βλέπεις που όλα τα διαλύσανε οι «αρμόδιοι» )

Αλλά ας δούμε και τη συνευεθειακότητα γωνιακά.
Έστω

το ίχνος του τρίτου ύψους και αρκεί να δείξουμε ότι το Z,O,P

είναι συνευθειακά.
Είναι $\angle OZP\overset{OZ\parallel MD}{\mathop{=}}\,\angle ZDM\equiv \angle ZDC\overset{S,C,D,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle CST\equiv \angle PST=\angle OZP\overset{OZ\parallel MD}{\mathop{=}}\,$ $\angle ZDM\equiv \angle ZDC\overset{S,C,D,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle CST\equiv \angle PST\overset{S,P,Z,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle BZP\Rightarrow P,O,Z$ ομοκυκλικά

mathematica.gr

Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Re: Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Re: Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Re: Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Re: Συνευθειακά - Συντρέχουσες

Re: Συνευθειακά - Συντρέχουσες