Φαίνεται υπό ορθή γωνία

giannimani · #1

Κύκλος κέντρου

εφάπτεται της βάσης

ενός ισοσκελούς τριγώνου ABC

στο σημείο

,
και διέρχεται από το σημείο

. Στην ευθεία

θεωρούμε σημείο

τέτοιο, ώστε $\angle ACD = 90^{\circ}$ .
Να αποδείξετε ότι το ευθύγραμμο τμήμα

φαίνεται από το μέσο

της βάσης

υπό ορθή γωνία.

: right_angle.png (25.01 KiB) Προβλήθηκε 1151 φορές

#2

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 19, 2023 12:24 am
Κύκλος κέντρου εφάπτεται της βάσης ενός ισοσκελούς τριγώνου στο σημείο ,
και διέρχεται από το σημείο . Στην ευθεία θεωρούμε σημείο τέτοιο, ώστε $\angle ACD = 90^{\circ}$ .
Να αποδείξετε ότι το ευθύγραμμο τμήμα φαίνεται από το μέσο της βάσης υπό ορθή γωνία.
right_angle.png

Έστω

η ακτίνα του κύκλου και BC=a, AB=AC=b.

: Φαίνεται υπό ορθή γωνία.png (17.78 KiB) Προβλήθηκε 1078 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} DB \cdot DA = D{O^2} - {R^2} \hfill \\ O{M^2} = {R^2} + \frac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow D{O^2} - O{M^2} = \frac{{DB \cdot DA - {a^2}}}{4} = \frac{{4(DA - b)DA - {a^2}}}{4}$

$\displaystyle = \frac{{4D{A^2} - 4b \cdot DA - {a^2}}}{4} = \frac{{2D{A^2} + 2D{A^2} - 4b \cdot DA - {a^2}}}{4} = \frac{{2C{D^2} + 2{b^2} + 2D{A^2} - 4b \cdot DA - {a^2}}}{4}$

$\displaystyle = \frac{{2C{D^2} + 2{{(DA - b)}^2} - {a^2}}}{4} = \frac{{2C{D^2} + 2B{D^2} - {a^2}}}{4}$ και από τον τύπο της διαμέσου στο τρίγωνο DBC

προκύπτει $\boxed{DO^2-OM^2=DM^2}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο

giannimani · #3

Εφόσον η

εφάπτεται του κύκλου (O)

, τότε $\angle AOB=2\angle ABC$ . Ως εκ τούτου, αν

το μέσο της

,
τότε $\angle AON = \frac{1}{2}\angle AOB= \angle ABC$ , και εφόσον $\angle ANO = 90^{\circ}$ , τότε $\angle OAN=\angle BAM=\angle MAC=\frac{1}{2}\angle BAC$ .

Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

. Από τα ορθογώνια τρίγωνα AMP

και

έχουμε
$\angle APM= 90^{\circ}-\angle PAM=90^{\circ}-2\angle PAB=90^{\circ}-2\angle PAB=90^{\circ}-2\angle BAM= 2\angle PAB=$
$=90^{\circ}-\angle BAC=\angle ADC$ .

Ως εκ τούτου, το τετράπλευρο ACDP

είναι εγγράψιμο, και εφόσον $\angle ACD=90^{\circ}$ , τότε και $\angle APD=90^{\circ}$ .

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ONDP

( $\angle OND=\angle OPD=90^{\circ}$ ) προκύπτει ότι $\angle AON=\angle PDN$ ( $= \angle ABC$ ) ( η εξωτερική γωνία ισούται με την απέναντι εσωτερική). Αλλά $\angle ABC= \angle PBD$ . Δηλαδή, το τρίγωνο PBD

είναι ισοσκελές και
μάλιστα όμοιο του επίσης ισοσκελούς τριγώνου NBM

. Ως εκ τούτου, $\angle DNM=\angle MPD$ , δηλαδή,
το τετράπλευρο NMDP

είναι εγγράψιμο, και τελικά έχουμε ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Από αυτό, εφόσον $\angle OPD=90^{\circ}$ , τότε και $\angle OMD=90^{\circ}$ .

: right_angle_sol.png (49.86 KiB) Προβλήθηκε 988 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλό μήνα σε όλους!

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 19, 2023 12:24 am
Κύκλος κέντρου εφάπτεται της βάσης ενός ισοσκελούς τριγώνου στο σημείο ,
και διέρχεται από το σημείο . Στην ευθεία θεωρούμε σημείο τέτοιο, ώστε $\angle ACD = 90^{\circ}$ .
Να αποδείξετε ότι το ευθύγραμμο τμήμα φαίνεται από το μέσο της βάσης υπό ορθή γωνία.

1-3 Φαίνεται υπό ορθή.png (307.9 KiB) Προβλήθηκε 918 φορές

Μια προσπάθεια με χρήση του ως άνω σχήματος.

Η AME

είναι μεσοκάθετος του

και η

μεσοκάθετος του

, ενώ $OB \parallel AE$ (ως κάθετες στην

)

Αβίαστα όλες οι γωνίες $\omega$ είναι ίσες μεταξύ τους κι' έτσι έχουμε ότι το ABEC

είναι εγγράψιμος χαρταετός σε κύκλο διαμέτρου

,
ενώ το BOAZ

ρόμβος και το BOZE

παραληλλόγραμμο

Στη συνέχεια , με την καίρια συμβολή του αγαπητού Νίκου στο ...θυγατρικό θέμα ΤΟΥΤΟ έχουμε :

Τα ορθ. τρίγωνα BED,BMZ

όμοια , αφού $\widehat{BED}=\widehat{BZM}=2\omega$

οπότε $\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BM}{MZ}\Rightarrow \dfrac{BD}{OZ}=\dfrac{BM}{MZ}$ .

Ακόμη το BLZM

με δυο απέναντι ορθές είναι εγγράψιμο άρα $\widehat{DBM}=\widehat{OZM}$ .

Τότε και τα BDM,MOZ

είναι όμοια με $\widehat{BDM}=\widehat{MOZ}=\theta$ .

Έτσι η

φαίνεται από τα O,D

υπό ίσες γωνίες , δηλ το DOLM

είναι εγγράψιμο

και τελικά το ζητούμενο : $\widehat{DMO}=\widehat{DLO}=90^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

Henri van Aubel · #5

Καλημέρα. Μπορούμε να το πάμε και λίγο αλλιώς. (η πρώτη λύση μου είναι κάπως σαν του Γιώργου)

Έχουμε $\displaystyle \frac{BM}{BD}=\frac{BC}{2BD}=\frac{\sin \left ( B-\angle BMD \right )}{\sin \angle BMD}=\frac{\sin \left ( \displaystyle 2B-\frac{\pi }{2} \right )}{2\cos B}=\frac{-\cos 2B}{2\cos B}\left ( I \right )$

Άρα έχουμε $\displaystyle \sin B\cot \angle BMD-\cos B=\frac{-\cos 2B}{2\cos B}\Leftrightarrow \boxed{\cot \angle BMD=\frac{1}{\sin 2B}}(I)$

Ακόμα είναι $\displaystyle \boxed{\tan \angle BMO=\frac{BO}{BA}\cdot \frac{BA}{BM}=\frac{1}{2\sin B}\cdot \frac{1}{\cos B}=\frac{1}{\sin 2B}}\left ( II \right )$

Από $\left ( I \right ),\left ( II \right )\Rightarrow \angle DMO=\angle BMD+\angle OMB=90^\circ$

Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Re: Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Re: Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Re: Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Re: Φαίνεται υπό ορθή γωνία

Μέλη σε σύνδεση