mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 28, 2025 7:02 am**

: Απόδειξη ορθότητας.png (14.14 KiB) Προβλήθηκε 388 φορές

Στο μήκους

, ύψος

του ισοπλεύρου τριγώνου ABC

, θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε : AS=4

.

Αν η

τέμνει το τόξο που εφάπτεται στις AB , AC

, στα

, στο

, δείξτε ότι : $\widehat{ATC}=90^0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 28, 2025 8:54 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Απρ 28, 2025 7:02 am
Απόδειξη ορθότητας.pngΣτο μήκους , ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : .

Αν η τέμνει το τόξο που εφάπτεται στις , στα , στο , δείξτε ότι : $\widehat{ATC}=90^0$ .

Αν

είναι η πλευρά του ισοπλεύρου, τότε $\displaystyle AD = 5 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow a = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }}$

: Απόδειξη ορθότητας.png (13.22 KiB) Προβλήθηκε 376 φορές

$\displaystyle D{C^2} = 5DK \Leftrightarrow DK = \frac{5}{3},KC = \frac{{10}}{3}$

$\displaystyle TS \cdot SC = K{C^2} - S{K^2} = 4 = AS \cdot SD,$ άρα το ATDC

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 28, 2025 6:55 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Απρ 28, 2025 7:02 am
Απόδειξη ορθότητας.pngΣτο μήκους , ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : .

Αν η τέμνει το τόξο που εφάπτεται στις , στα , στο , δείξτε ότι : $\widehat{ATC}=90^0$ .

Ας είναι

, το κέντρο του κύκλου και η ημιευθεία

τον τέμνει κατά σειρά στα $G\,\,,\,\,P$ .

Επειδή η

είναι μεσοκάθετος της ακτίνας

το

είναι το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Είναι AD = DP = 5

και $AG = GO = OP = \dfrac{2}{3} \cdot 5 = \dfrac{{10}}{3}$ . $DO = DG = \dfrac{1}{2}OG = \dfrac{5}{3}$ και προφανώς $SG = \dfrac{5}{3} - 1 = \dfrac{2}{3}$ .

: Απόδειξη ορθότητας_new.png (28.76 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές

Από την υπόθεση , $SD \cdot SA = 1 \cdot 4 = 4\,\,\left( 1 \right)$ , ενώ $ST \cdot SC = SG \cdot SP = \dfrac{2}{3} \cdot \left( {1 + 5} \right) = 4\, \Rightarrow ST \cdot SC = 4\,\,\,\left( 2 \right)$

Από τις $\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ προκύπτει : $SD \cdot SA = ST \cdot SC$

Δηλαδή τα σημεία: A,T,D,C

ανήκουν στο κύκλο διαμέτρου

και άρα $\widehat {CTA} = 90^\circ$ .

Ερώτημα

Δείξετε ότι : $\widehat {DTC} = 30^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 28, 2025 11:42 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Απρ 28, 2025 7:02 am
Απόδειξη ορθότητας.pngΣτο μήκους , ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : .

Αν η τέμνει το τόξο που εφάπτεται στις , στα , στο , δείξτε ότι : $\widehat{ATC}=90^0$ .

Με

κέντρο του κύκλου τόξου BTC

,προφανώς

είναι το κέντρο του κύκλου (A,B,O,C)

με $\dfrac{AQ}{QD}=2$

Αν $CT \cap AB=L$ ,από Μενέλαο στο τρίγωνο ABD

με διατέμνουσα LSC

έχουμε

$\dfrac{BL}{LA}. \dfrac{AS}{SD}. \dfrac{CD}{CB}=1 \Rightarrow \dfrac{BL}{LA}.4. \dfrac{1}{2}=1 \Rightarrow \dfrac{AL}{LB}=2$ ,άρα $LQ//BD\Rightarrow LQ \bot AD$

Αλλά $\angle CTQ= \angle LAQ=30^0$ ,άρα ALTQ

εγγράψιμμο ,συνεπώς $AT \bot CT$

: Απόδειξη ορθότητας.png (58.63 KiB) Προβλήθηκε 316 φορές

mathematica.gr

Απόδειξη ορθότητας

Απόδειξη ορθότητας

Re: Απόδειξη ορθότητας

Re: Απόδειξη ορθότητας

Re: Απόδειξη ορθότητας