mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2024 9:18 am**

: Οσκαρική συνευθειακότητα.png (23.79 KiB) Προβλήθηκε 904 φορές

Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD

, είναι :

. Η εφαπτομένη του κύκλου

στην κορυφή

, τέμνει την προέκταση της

στο

, ενώ η

τέμνει τον κύκλο στο

.

Δείξτε ότι το μέσο

του

, το σημείο

και η κορυφή

, είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2024 11:37 am**

KARKAR έγραψε: Τρί Σεπ 17, 2024 9:18 am Οσκαρική συνευθειακότητα.pngΣτο εγγεγραμμένο τετράπλευρο , είναι : . Η εφαπτομένη του κύκλου στην κορυφή , τέμνει την προέκταση της στο , ενώ η τέμνει τον κύκλο στο .Δείξτε ότι το μέσο του , το σημείο και η κορυφή , είναι συνευθειακά .

: Οσκαρική συνευθειακότητα.png (34.57 KiB) Προβλήθηκε 881 φορές

Έστω $K\equiv AT\cap SL,L\equiv AC\cap TB,N\equiv SL\cap BC$ . Από AD=DC

και

αφαπτόμενη προκύπτει ότι $ALC\parallel DS$

Από το πλήρες τετράπλευρο ASTLBC

προκύπτει ότι η σειρά $\left( S,K,L,N \right)$ είναι αρμονική (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου χωρίζεται αρμονικά από τις άλλες δύο και με

εφαπτόμενη του περίκυκλου προκύπτει ότι

σημείο της πολικής του

ως προς τον κύκλο, οπότε με

εφαπτόμενη του κύκλου προκύπτει ότι η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον $\left( O \right)$ άρα η σειρά $\left( S,T,P,S \right)$ είναι αρμονική , με $P\equiv LD\cap SC$ , άρα και η δέσμη $L.STPS\equiv L.SMDC$ είναι αρμονική , με $M\equiv LT\cap SD$ και επειδή $LC\parallel SD$ προκύπτει ότι το

είναι το μέσο της

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Θανάση θέλω το Όσκαρ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2024 11:45 am**

Χρησιμοποιώντας την έκφραση "αρμονία" , οι πιθανότητες απονομής του όσκαρ ελαχιστοποιούνται

Περίμενε πρώτα να δούμε και καμιά άλλη "συμμετοχή" .

Άσε που το βραβείο το παίρνει συνήθως ο "σκηνοθέτης" , παρά ο πρωταγωνιστής

Σίγουρα πάντως παίρνεις το " επίδομα έγκαιρης προσέλευσης "

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2024 12:03 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Σεπ 17, 2024 11:45 am Χρησιμοποιώντας την έκφραση "αρμονία" , οι πιθανότητες απονομής του όσκαρ ελαχιστοποιούνται

Περίμενε πρώτα να δούμε και καμιά άλλη "συμμετοχή" .

Άσε που το βραβείο το παίρνει συνήθως ο "σκηνοθέτης" , παρά ο πρωταγωνιστής

Σίγουρα πάντως παίρνεις το " επίδομα έγκαιρης προσέλευσης "

Μία απορία : Ποιος είναι ο Σκηνοθέτης χωρίς τα εισαγωγικά ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 18, 2024 2:54 am**

KARKAR έγραψε: Τρί Σεπ 17, 2024 9:18 am Οσκαρική συνευθειακότητα.pngΣτο εγγεγραμμένο τετράπλευρο , είναι : . Η εφαπτομένη του κύκλου

στην κορυφή , τέμνει την προέκταση της στο , ενώ η τέμνει τον κύκλο στο .

Δείξτε ότι το μέσο του , το σημείο και η κορυφή , είναι συνευθειακά .

Με

συμμετρικό του

ως προς

το

είναι παραλ/μμο

Είναι $AD=DC \Rightarrow \angle ACD=\angle SDA= \angle CAD \Rightarrow AC//SD$

Λόγω και της εφαπτομένης

εύκολα προκύπτει η ισότητα των γωνιών $\theta$ όπως και των γωνιών $\phi$

Έτσι $\angle ATD= \angle SND \Rightarrow S,N,D,B$ ομοκυκλικά κι επειδή $\angle DBT= \theta = \angle DBN$

τα N,M,T,B

είναι συνευθειακά

: Οσκαρική συνευθειακότητα.png (56.81 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 18, 2024 1:38 pm**

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: Τετ Σεπ 18, 2024 2:54 am
KARKAR έγραψε: Τρί Σεπ 17, 2024 9:18 am Οσκαρική συνευθειακότητα.pngΣτο εγγεγραμμένο τετράπλευρο , είναι : . Η εφαπτομένη του κύκλου

στην κορυφή , τέμνει την προέκταση της στο , ενώ η τέμνει τον κύκλο στο .

Δείξτε ότι το μέσο του , το σημείο και η κορυφή , είναι συνευθειακά .
Με συμμετρικό του ως προς το είναι παραλ/μμο

Είναι $AD=DC \Rightarrow \angle ACD=\angle SDA= \angle CAD \Rightarrow AC//SD$

Λόγω και της εφαπτομένης εύκολα προκύπτει η ισότητα των γωνιών $\theta$ όπως και των γωνιών $\phi$

Έτσι $\angle ATD= \angle SND \Rightarrow S,N,D,B$ ομοκυκλικά κι επειδή $\angle DBT= \theta = \angle DBN$

τα είναι συνευθειακά

Οσκαρική συνευθειακότητα.png

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 19, 2024 12:17 pm**

Στο παραπάνω σχήμα το

είναι το σημείο τομής της

με την

. Δείχνουμε ότι το

ταυτίζεται με το μέσο του

.

Είναι $AD=DC \implies D\hat{A} C=A\hat{C} D$ και από χορδή-εφαπτομένη έχουμε:

$A\hat C D= A \hat D S \implies A\hat D S=D \hat A C \implies AC\parallel DS$ .

Άρα $D\hat S C=S \hat C A=A\hat B T$ οπότε τα τρίγωνα SNB

και

είναι όμοια.

Από την παραπάνω ομοιότητα έχουμε $\displaystyle \frac{NT}{NS}=\frac{NS}{NB}\implies NS^2=NT\cdot NB$ .

Αλλά από δύναμη σημείου $NT \cdot NB=ND^2$ οπότε NS=ND