mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 18, 2012 7:54 pm**

Δίδεται ημικύκλιο διαμέτρου

. Δύο χορδές του AD,BE

τέμνονται εκτός του ημικυκλίου στο σημείο

. Έστω

η (ορθή) προβολή του

στην διάμετρο

. Αν η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

τέμνει την

στο σημείο

, να δειχθεί ότι και η

εφάπτεται του ημικυκλίου . (Αγνώστου προέλευσης).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 18, 2012 8:19 pm**

Καλησπέρα κ. Νίκο. Ουσιαστικά είναι αυτή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 18, 2012 8:42 pm**

Ευχαριστώ πολύ Γρηγόρη.
την βρήκα "στα κιτάπια μου" την έψαξα στις αναρτήσεις μου, δεν την βρήκα. Λόγω δε ..."πληρότητας" του σκληρού δίσκου του εγκεφάλου μου την έβγαλα στο

Να σκεφτείς δε ότι η λύση που έχω στις σημειώσεις είναι διαφορετική κι απ αυτήν που είχα γράψει τότε!.

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 20, 2012 7:51 pm**

με χρήση Αντιστροφής

έστω (O)

ο κύκλος διαμέτρου

Θεωρούμε πόλο το

και λόγο $\lambda=ZD\cdot ZA$

ο κύκλος (O)

παραμένει αμετάβλητος

τα D,E

έχουν αντίστροφα τα A,B

αντίστοιχα

η ευθεία

αντιστρέφεται σε κύκλο διερχόμενο από τα Z,A

, θα εφάπτεται του (O)

στο

και το κέντρο του θα βρίσκεται στην

είναι το αντίστροφο του

που είναι το συμμετρικό του

ως προς την $AB,\quad BZ=BT'$

η

αντιστρέφεται σε κύκλο διερχόμενο από τα Z,T',B

,το κέντρο του $K \in AB ,\quad KB=KZ=KT'$

και εφάπτεται του (O)

στο

Άρα η

είναι εφαπτομένη του (O)

στο

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 20, 2012 11:10 pm**

: Κύκλος Euler.PNG (11.12 KiB) Προβλήθηκε 740 φορές

Και μια άλλη ίδέα:

Είναι φανερό ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο $\displaystyle{ODE}$ είναι ο κύκλος του Euler

του τριγώνου $\displaystyle{ABZ}$ .

Ο κύκλος αυτός τέμνει την $\displaystyle{HZ}$ στο μέσο της $\displaystyle{T}$ και έχει διάμετρο την $\displaystyle{OT}$

η οποία φαίνεται από τα σημεία $\displaystyle{D}$ και $\displaystyle{E}$ με ορθή γωνία.

Άρα η $\displaystyle{SE}$ εφαπτομένη του αρχικού κύκλου.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2012 4:05 pm**

: draw2.png (31.57 KiB) Προβλήθηκε 691 φορές

..καλό μεσημέρι..
$\displaystyle{ Αρχικά επειδή$ \hat{AEB}=90^{\circ} (AB \delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma )\Rightarrow AE\perp EB ,\,\,\,\, \wedge \,\,\,\hat{ADB}=90^{\circ} \,\,(AB\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma )} $\Rightarrow BD\perp AD$
με $N\equiv AE\bigcap{BD}$ σημαίνει

ορθόκεντρο του $\bigtriangleup ABZ\Rightarrow ZH$ διέρχεται από το

αφού $ZH\perp AB$ .

Επίσης έστω $\hat{DBA}=\omega ,\,\,\,\hat{HNB}=\nu \mathop\Rightarrow \limits^{\hat{NHB}=90^{\circ} }\omega +\nu =90^{\circ} \,\,\,(1)$ .

Αρχικά $\hat{DBA}=\hat{AD\chi }$ (υπό χορδής-εφαπτομένης) και επίσης $\hat{AD\chi }=\hat{ZDT}$ (κατακορυφήν) οπότε: $\hat{ZDT}=\omega \,\,\, (2)$

Ακόμα ABED

εγγράψιμο οπότε: $\hat{DBA}=\hat{DEA}=\omega \,\,\,(3)$

Από την άλλη έχουμε: $\hat{NDZ}=90^{\circ} =\hat{NEZ}$ οπότε DNEZ

εγγράψιμο δηλαδή: $\hat{DEN}\mathop=\limits^{(3)}\omega =\hat{DZ(T)N}$

Αφού λοιπόν $\hat{DZT}=\hat{ZDT}=\omega \Rightarrow \bigtriangleup DTZ: DT=ZT\,\,\,(a)$

Εν συνεχεία $\hat{TDN}=90^{\circ} -\omega \Rightarrow \hat{TDN}=\nu \,\,\,(4)$

Επίσης $\hat{BNH}=\hat{TND}=\nu$ (κατακορυφήν) οπότε με την βοήθεια της (4) έχουμε: $\hat{TND}=\hat{TDN}=\nu \Rightarrow TD=TN\,\,\,(b)$

Από τις σχέσεις (a), (b) έχουμε: DT=TZ=TN

και επειδή $\hat{ZEN}=90^{\circ} \Rightarrow TE=DT$

Αφού λοιπόν το σημείο

ανήκει στον αρχικό κύκλο σημαίνει ότι
το ευθυγραμμο τμήμα

είναι εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου στο

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2012 2:15 am**

Καλησπέρα σας
Φαίνεται πως η κατά λάθος επαναφορά της άσκησης βγήκε σε καλό , αφού έδωσε την ευκαιρία να δούμε πολύ ωραίες νέες λύσεις.
Θα σταθώ ειδικά στην λύση (με αντιστροφή "Για να θυμούνται οι παλιοί και να μαθαίνουν οι μικρότεροι") της Φωτεινής που για μια ακόμη φορά, ήταν υπέροχη.

Φιλικά Νίκος

mathematica.gr

Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη

Re: Η μια (επαφή) φέρνει την άλλη