Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.

: 14-7 καθετότητα...png (147.66 KiB) Προβλήθηκε 1255 φορές

Δίνεται το τρίγωνο ABC

με

και

.

Ας είναι

το μέσον της

, $H \in AB$ και $K,L \in AC$ ώστε AK=1...BH=2...CL=3

.

Το σημείο

ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου

-στο εξωτερικό του τριγώνου- για το οποίο είναι HP=7

.

I) Να δειχθεί ότι είναι $AM \perp HP$ .

Αν η διχοτόμος της $\widehat{B}$ τέμνει την

στο

τότε ΙΙ) Να δειχθεί ότι $\widehat{BOH}= \widehat{AHP}$ .

Το θέμα δέχεται ποικίλες προσεγγίσεις , προτείνω ν΄αφήσουμε την πρώτη λύση να δοθεί από μαθητή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλημέρα. Νομίζω πως πρέπει να ..ελευθερωθεί το παρόν θέμα με σκοπό την τακτοποίησή του..

Στην διάθεση λοιπόν, όλων! Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

#3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 14, 2020 1:13 am
Χαιρετώ.
14-7 καθετότητα...png
Δίνεται το τρίγωνο με και .

Ας είναι το μέσον της , $H \in AB$ και $K,L \in AC$ ώστε .

Το σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου -στο εξωτερικό του τριγώνου- για το οποίο είναι .

I) Να δειχθεί ότι είναι $AM \perp HP$ .

Αν η διχοτόμος της $\widehat{B}$ τέμνει την στο τότε ΙΙ) Να δειχθεί ότι $\widehat{BOH}= \widehat{AHP}$ .

Το θέμα δέχεται ποικίλες προσεγγίσεις , προτείνω ν΄αφήσουμε την πρώτη λύση να δοθεί από μαθητή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλησπέρα!

I) Η

τέμνει την

στο

Λόγω της διχοτόμου είναι $\displaystyle \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow \frac{{1 + KN}}{{7 - KN}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow$ $\boxed{KN=NL=2}$

: Καθετότητα και γωνιών ισότητα.png (21.2 KiB) Προβλήθηκε 1151 φορές

Είναι

και από Π. Θ στο AHN,

κι επειδή

τα

είναι συνευθειακά.

Τα τρίγωνα $\displaystyle ANH,ABC$ έχουν ανάλογες πλευρές, άρα είναι ισογώνια και $\displaystyle A\widehat HN = \widehat C = M\widehat AN \Leftrightarrow$ $\boxed{AM \bot HP}$

II) Από την προηγούμενη ισότητα γωνιών το HNCB

είναι εγγράψιμο. Αλλά, $\displaystyle HN = NC = 5 \Leftrightarrow N\widehat HC = N\widehat CH$

$\displaystyle B\widehat OH = H\widehat NO + C\widehat HN = H\widehat CB + N\widehat CH = \widehat C \Leftrightarrow$ $\boxed{B\widehat OH=A\widehat HP}$

p_gianno · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 14, 2020 1:13 am
Χαιρετώ.
14-7 καθετότητα...png
Δίνεται το τρίγωνο με και .

Ας είναι το μέσον της , $H \in AB$ και $K,L \in AC$ ώστε .

Το σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου -στο εξωτερικό του τριγώνου- για το οποίο είναι .

I) Να δειχθεί ότι είναι $AM \perp HP$ .

Αν η διχοτόμος της $\widehat{B}$ τέμνει την στο τότε ΙΙ) Να δειχθεί ότι $\widehat{BOH}= \widehat{AHP}$ .

ισότητα καθετότητα τμημάτων.png (55.87 KiB) Προβλήθηκε 1120 φορές

Έστω $E=HP \cap AC.$

Είναι και

Έστω το μέσον της . Τότε .

Συνεπώς το ορθ. τργ έχω .

Η προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο στο σημείο και επειδή ακτίνα του ημικυκλίου (2 μον) έχουμε, ισότητα

που δεν ευσταθεί για διαφορετικά διότι συνεπώς $P’ \equiv P$ και $E’ \equiv E$

Τα τρίγωνα είναι όμοια επειδή έχουν τις πλευρές τους ανάλογες. Συνεπώς (για τις γωνίες) και .

Επειδή διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου προς υποτείνουσα έχουμε (γωνίες)

Συνεπώς $DAE+AED=BCA+ABC=90^0 \rightarrow ADE=90^0$

Το είναι εγγράψιμο $(\angle AEH=HBC)$ ενώ η περνά από το αφού

Άρα (αφού τα τόξα και είναι ίσα)

#5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 14, 2020 1:13 am
Χαιρετώ.
14-7 καθετότητα...png
Δίνεται το τρίγωνο με και .

Ας είναι το μέσον της , $H \in AB$ και $K,L \in AC$ ώστε .

Το σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου -στο εξωτερικό του τριγώνου- για το οποίο είναι .

I) Να δειχθεί ότι είναι $AM \perp HP$ .

Αν η διχοτόμος της $\widehat{B}$ τέμνει την στο τότε ΙΙ) Να δειχθεί ότι $\widehat{BOH}= \widehat{AHP}$ .

Το θέμα δέχεται ποικίλες προσεγγίσεις , προτείνω ν΄αφήσουμε την πρώτη λύση να δοθεί από μαθητή.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Οι απαντήσεις είναι με άλλη σειρά.

Έστω

το κέντρο του ημικυκλίου . τότε $AH \cdot AB = AN \cdot AC \Leftrightarrow 4 \cdot 6 = 3 \cdot 8$ , άρα το τετράπλευρο HBCN

είναι εγγράψιμο.

Προφανώς το $\vartriangle AHN \to \left( {4,5,3} \right)$ και είναι όμοιο με το $\vartriangle ACB \to \left( {8,10,6} \right)$

Θεωρώ τώρα τον κύκλο, $\left( {H,7} \right)$ . Επειδή η διάκεντρος HN = 5 = 7 - 2

ο κύκλος

αυτός και το ημικύκλιο εφάπτονται εσωτερικά και άρα η

διέρχεται από το μοναδικό κοινό τους σημείο, έστω

.

Επειδή $NH = NC = 5\left( { = AM} \right)$ στο εγγράψιμο τετράπλευρο HBCN

η

είναι διχοτόμος της $\widehat {ABC}$ .

Άρα το

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραπλεύρου αυτού.

: καθετότητα και γωνιών ισότητα.png (24.91 KiB) Προβλήθηκε 1070 φορές

Οι κίτρινες γωνίες είναι ίσες με $\theta$ κάθε μια και οι κόκκινες με $\omega$ ( κάθε μια)

β )Στα $\vartriangle OHN\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle HBN$ οι εξωτερικές γωνίες : $\widehat {{x_{}}} = \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\omega _{}}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{y_{}}} = \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\omega _{}}}\,$ , άρα : $\boxed{\widehat {{x_{}}} = \widehat {{y_{}}}}$ .

α) Αλλά αφού MA = MC = 5

θα είναι και $\widehat {{z_{}}} = \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\omega _{}}}\, = \widehat {{y_{}}}$ έτσι αναγκαστικά : $\boxed{AM \bot HN}$

Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Re: Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Re: Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Re: Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Re: Καθετότητα και γωνιών ισότητα

Μέλη σε σύνδεση