mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 22, 2020 2:01 pm**

: Ανορθόδοξη ορθότητα.png (17.59 KiB) Προβλήθηκε 944 φορές

Κύκλος

, στον οποίο είναι εγγεγραμμένο ορθογώνιο ABCD

, εφάπτεται σε ευθεία $\varepsilon$ , μη παράλληλη

προς τις πλευρές του ορθογωνίου . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα A,B

, τέμνουν την $\varepsilon$ στα σημεία A' ,B'

.

Η

τέμνει την $\varepsilon$ στο σημείο

. Αν

το μέσο του τμήματος A'B'

:

α) Δείξτε ότι $KM \perp KS$ . ...β) Αν επιπλέον : A'(a,0) , B'(b,0) , K(0,r)

, βρείτε την τετμημένη του

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 22, 2020 3:37 pm**

Στην πραγματικότητα έχουμε το σχήμα ενός τριγώνου με τον εγγεγραμμένο κύκλο του.

$\bullet$ Έστω

, το σημείο επαφής του κύκλου (K)

στην ευθεία A'B'

και ας είναι

, η προβολή του

επί της ευθείας

.

Η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (K)

και άρα, η δέσμη E.DZCS

είναι αρμονική.

Έστω τυχόν σημείο

προς το μέρος του

, ώστε να είναι $\boxed{KX\parallel A'B'}\ \ \ ,(1)$ και από MA' = MB'

έχουμε ότι η δέσμη K.B'MA'X

είναι αρμονική.

: Ανορθόδοξη ορθότητα.; f 181_t 66147.PNG (24.34 KiB) Προβλήθηκε 904 φορές

$\bullet$ Αποδεικνύεται εύκολα ( η απόδειξη αφήνεται στον αναγνώστη ) ότι $\boxed{EC\parallel KA'}\ \ \ ,(2)$ και $\boxed{ED\parallel KB'}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)$ στις ως άνω αρμονικές δέσμες $E.DZCS,\ K.B'MA'X$ προκύπτει ότι $\boxed{KM\parallel EZ}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $EZ\perp KS\Rightarrow$ $\boxed{KM\perp KS}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 26, 2020 7:31 pm**

Οι εφαπτόμενες στα $A,\ B$ τέμνονται στο

το

τέμνει τις AB,DC,A'B'

στα

αντίστοιχα.

το αντιδιαμετρικό του

και $C'I\cap B'A'\equiv X$ .

: ASK1 (5).png (427.62 KiB) Προβλήθηκε 741 φορές

$\widehat{KFS}=\widehat{KTS}=90\overset{KFTS \varepsilon \gamma \gamma \rho }\Leftrightarrow \widehat{TSK}=\widehat{TFY}$

$1=\dfrac{KT}{KI}=\dfrac{KF}{KL}\Rightarrow IL//TF\Leftrightarrow \widehat{YFT}=\widehat{ILC'}$

Επιπλέον έχουμε $KL\cdot KC'=KB ^{2}=KI^{2}\Leftrightarrow \widehat{ILC'}=\widehat{TIX}$

είναι γνωστό ότι KM//XI

, απόδειξη υπάρχει ομοιοθεσία που στέλνει το

στον παρεγεγραμμένο κύκλο του A'B'C'

ως προς το

στην ευθεία A'B'

οπότε

σημείο του παρεγεγραμμένου κύκλου άρα $A'X=B'T=\dfrac{A'C'+B'C'+A'B'}{2}-C'A'\Rightarrow MX=MT\overset{KI=KT}\Rightarrow KM//XI$ οπότε $\widehat{XIT}=\widehat{MKT}$

Οι μεταφορές των γωνειών δείνουν $\widehat{MKT}=\widehat{KSM}\overset{MK\perp KS}\Leftrightarrow \widehat{MKS}=90^{\circ}$

mathematica.gr

Ανορθόδοξη ορθότητα

Ανορθόδοξη ορθότητα

Re: Ανορθόδοξη ορθότητα

Re: Ανορθόδοξη ορθότητα