mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 06, 2023 11:56 am**

Δίνεται κύκλος $(\Omega)$ και δύο σημεία του

και

. Οι εφαπτομένες του κύκλου στα σημεία

και

τέμνονται στο σημείο

. Έστω επίσης τέμνουσα του κύκλου $(\Omega)$ , και

,

τα σημεία
τομής της με τον κύκλο (το

μεταξύ των

,

). Από το

θεωρούμε ευθεία παράλληλη της

,
που τέμνει την τέμνουσα $\overline{CDE}$ , τον κύκλο $(\Omega)$ και την εφαπτομένη

στα σημεία

,

και

αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι BK=MN

.

: equal_seg.png (41.17 KiB) Προβλήθηκε 1181 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 06, 2023 4:29 pm**

giannimani έγραψε: Παρ Οκτ 06, 2023 11:56 am Δίνεται κύκλος $(\Omega)$ και δύο σημεία του και . Οι εφαπτομένες του κύκλου στα σημεία
και τέμνονται στο σημείο . Έστω επίσης τέμνουσα του κύκλου $(\Omega)$ , και , τα σημεία
τομής της με τον κύκλο (το μεταξύ των , ). Από το θεωρούμε ευθεία παράλληλη της ,
που τέμνει την τέμνουσα $\overline{CDE}$ , τον κύκλο $(\Omega)$ και την εφαπτομένη στα σημεία , και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι .
equal_seg.png

Καλησπέρα Γιάννη !

: Ισα τμήματα σε ευθεία παραλληλη χορδής κύκλου.png (36.76 KiB) Προβλήθηκε 1152 φορές

Προφανώς (από κατασκευής λόγω των εφαπτομένων) η σειρά $\left( C,D,T,E \right),T\equiv CE\cap AB$ είναι αρμονική , άρα και η δέσμη $A.CDTE\equiv A.NDBP$ είναι αρμονική , με $P\equiv BN\cap AE$ και με $AD\parallel BN\Rightarrow P$ το μέσο της

Επίσης το τετράπλευρο ADBE

είναι αρμονικό (από κατασκευής) και συνεπώς η δέσμη $M.ADBE\equiv M.ADBS,S\equiv ME\cap AD$ είναι αρμονική και με $MB\parallel DS\Rightarrow A$ το μέσο της

και από $MK\parallel DS\overset{\Theta .\kappa \varepsilon \nu \tau \rho \iota \kappa \eta \varsigma \,\,\delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma }{\mathop{\Rightarrow }}\,P$ μέσο της

Έτσι τα τμήματα BN,KM

έχουν κοινό μέσο το

και άρα

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 06, 2023 10:24 pm**

giannimani έγραψε: Παρ Οκτ 06, 2023 11:56 am Δίνεται κύκλος $(\Omega)$ και δύο σημεία του και . Οι εφαπτομένες του κύκλου στα σημεία
και τέμνονται στο σημείο . Έστω επίσης τέμνουσα του κύκλου $(\Omega)$ , και , τα σημεία
τομής της με τον κύκλο (το μεταξύ των , ). Από το θεωρούμε ευθεία παράλληλη της ,
που τέμνει την τέμνουσα $\overline{CDE}$ , τον κύκλο $(\Omega)$ και την εφαπτομένη στα σημεία , και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι .
equal_seg.png

Ας είναι:

το σημείο τομής των $BM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ . Το τετράπλευρο ADBE

είναι αρμονικό .

Αν

το σ. τομής των εφαπτομένων στα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ , τότε η $\overline {ABG}$ είναι ο φορέας της από το

- συμμετροδιαμέσου του $\vartriangle ADE$ .

Έτσι η δέσμη : $\left( {AC,AB\backslash AD,AE} \right)$ είναι αρμονική κι αφού

παράλληλη στην ακτίνα

, $BS = SN\,\,\left( 1 \right)$ .

: Ίσα τμήματα σε ευθεία παράλληλη χορδής κύκλου.png (33.86 KiB) Προβλήθηκε 1098 φορές

Αλλά αν

τυχαίο σημείο του κύκλου $\Omega$ , αφού το ADBE

αρμονικό η δέσμη : $\left( {MA,MB\backslash MD,ME} \right)$ είναι αρμονική .

Έστω

η τομή των $ME\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD$ .Αφού τώρα η BN//AD

το

οπότε και κατ’ επέκταση το

θα είναι μέσα των $DJ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KM$ .

Άρα: $SK = SM\,\,\,\left( 2 \right)$ . Με αφαίρεση κατά μέλη των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ , έχω : $\boxed{BK = MN}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 07, 2023 1:24 am**

giannimani έγραψε: Παρ Οκτ 06, 2023 11:56 am Δίνεται κύκλος $(\Omega)$ και δύο σημεία του και . Οι εφαπτομένες του κύκλου στα σημεία
και τέμνονται στο σημείο . Έστω επίσης τέμνουσα του κύκλου $(\Omega)$ , και , τα σημεία
τομής της με τον κύκλο (το μεταξύ των , ). Από το θεωρούμε ευθεία παράλληλη της ,
που τέμνει την τέμνουσα $\overline{CDE}$ , τον κύκλο $(\Omega)$ και την εφαπτομένη στα σημεία , και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι .
equal_seg.png

Το

είναι ισοσκελές τραπέζιο κι έστω $BD \cap MA=L$

Λόγω της προφανούς ισότητας των μπλε και κόκκινων γωνιών,τα ισοσκελή τρίγωνα BML,ACB

θα έχουν $\angle L= \angle ACB$ άρα $\triangle BCN \simeq \triangle ALB$

Ισχύει $AD//NK \Rightarrow \dfrac{AD}{NK}= \dfrac{CA}{CN} = \dfrac{CB}{CN} (1)$ και

$AD//MB \Rightarrow \dfrac{AD}{MB}= \dfrac{LD}{LB} = \dfrac{LD}{LM} (2)$

Αλλά $\triangle BCN \simeq \triangle ALB\Rightarrow \dfrac{CB}{CN} = \dfrac{LD}{LM}$ κι από $(1) , (2) \Rightarrow NK=MB \Rightarrow MN=KB$