Ορθή και συνευθειακά

KARKAR · #1

: Ορθή και συνευθειακά.png (18.33 KiB) Προβλήθηκε 137 φορές

Στο τρίγωνο ABC

, με : $\hat{A}>90^0$ , η διχοτόμος της $\hat{B}$ και η μεσοκάθετη της

, τέμνονται στο σημείο

.

Η κάθετη από το

προς την διχοτόμο , τέμνει την ημιευθεία

στο

. α) Δείξτε ότι :

\widehat{APS}=90^0

.

β) Αν επιπλέον : $\hat{B}=45^0$ , βρείτε σχέση μεταξύ των AB , BC

, ώστε τα

P , S , C

, να είναι συνευθειακά .

Dimessi · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιούλ 09, 2026 5:43 am Ορθή και συνευθειακά.pngΣτο τρίγωνο , με : $\hat{A}>90^0$ , η διχοτόμος της $\hat{B}$ και η μεσοκάθετη της , τέμνονται στο σημείο .

Η κάθετη από το προς την διχοτόμο , τέμνει την ημιευθεία στο . α) Δείξτε ότι : $\widehat{APS}=90^0$ .

β) Αν επιπλέον : $\hat{B}=45^0$ , βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε τα $P , S , C$ , να είναι συνευθειακά .

Α)Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

στο

και την

στο

Τότε προφανώς είναι

AL=LB=LN

άρα

AN \bot BS \Rightarrow AN//PM

Αλλά

\angle BPQ= \angle PQB= \angle PMN

άρα το

PANM

είναι ισοσκελές

τραπέζιο συνεπώς τα

P,A,N,M

είναι ομοκυκλικά.

Επιπλέον και τα

S,A,N,M

είναι ομοκυκλικά και προφανώς ανήκουν

στον κύκλο

P,A,N,M

άρα

\angle APS=90^0

Β)Λόγω ισότητας των γωνιών $\theta$ το ABCD

είναι εγγράψιμμο σε κύκλο

Όταν

\angle B=45^0

και

συνευθειακά ,τότε προφανώς το ABCD

είναι υπερισοσκελές τραπέζιο

Ο ν.συνημιτόνου στο τρίγωνο ABC

δίνει

b^2=a^2+c^2-ac \sqrt{2}

Ο Πτολεμαίος δίνει

ac+c^2=b^2= a^2+c^2-ac \sqrt{2} \Rightarrow \dfrac{a}{c} = \sqrt{2} +1

: Ορθή και συνευθειακά.png (57.41 KiB) Προβλήθηκε 70 φορές

#4

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιούλ 09, 2026 5:43 am Ορθή και συνευθειακά.pngΣτο τρίγωνο , με : $\hat{A}>90^0$ , η διχοτόμος της $\hat{B}$ και η μεσοκάθετη της , τέμνονται στο σημείο .

Η κάθετη από το προς την διχοτόμο , τέμνει την ημιευθεία στο . α) Δείξτε ότι : $\widehat{APS}=90^0$ .

β) Αν επιπλέον : $\hat{B}=45^0$ , βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε τα $P , S , C$ , να είναι συνευθειακά .

α) Η

τέμνει την

στο

Είναι,

AM=MC, PB=BT.

Ο Μενέλαος στο ABC

με διατέμνουσα

\overline {PMT},

δίνει

\dfrac{{BT}}{{TC}} \cdot \dfrac{{CM}}{{MA}} \cdot \dfrac{{AP}}{{PB}} = 1 \Rightarrow

\boxed{AP=TC}

: Ορθή και συνευθειακά.png (19.7 KiB) Προβλήθηκε 59 φορές

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

και

το σημείο τομής των

AK, BS.

Τότε προφανώς η

είναι μεσοκάθετη

του

και

MT||=\dfrac{AK}{2},

απ' όπου το

NMTK

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε

TC=KT=NM=AP,

δηλαδή το

PANM

είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγγράψιμο. Αλλά και το ANMS

είναι εγγράψιμο (η

φαίνεται από τις απέναντι

κορυφές υπό ορθές γωνίες). Άρα τα σημεία

P, A, N, M, S

είναι ομοκυκλικά, οπότε

\boxed{A\widehat PS=90^\circ}

β) Αν $\hat{B}=45^0$ και

P , S , C

συνευθειακά, τότε το PBC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα

BT=BP=\dfrac{a\sqrt 2}{2}.

BC = BT + TC \Leftrightarrow a = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} + AP = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} + \left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} - c} \right) \Leftrightarrow a = a\sqrt 2 - c \Leftrightarrow

\boxed{\frac{c}{a}=\sqrt 2-1}

Ορθή και συνευθειακά

Ορθή και συνευθειακά

Re: Ορθή και συνευθειακά

Re: Ορθή και συνευθειακά

Re: Ορθή και συνευθειακά

Μέλη σε σύνδεση