Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

#1

Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία

και

,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και BN=BA

.
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

είναι εφαπτόμενες των κύκλων (C,CA),(B,BA)

αντίστοιχα.

Άρα $x= \dfrac{C}{2} ,y= \dfrac{B}{2 } \Rightarrow x+y= \dfrac{B+C}{2}= \dfrac{90^0}{2}=45^0 \Rightarrow \angle MAN=45^0$

: 45.png (12.89 KiB) Προβλήθηκε 2510 φορές

Λάμπρος Κατσάπας · #3

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

Φέρνουμε τους κύκλους (B,BA),(C,CA).

Oι

είναι εφαπτομένες στους κύκλους (B,BA),(C,CA)

αντίστοιχα

αφού $\angle BAC=90^{\circ}$ . Άρα $\angle NAC=\angle ABC/2,\angle MAB=\angle ACB/2$

(γωνία χορδής εφαπτομένης και επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Προσθέτωντας κατά μέλη τις τελευταίες παίρνουμε

$\angle BAM+\angle NAC=45^{\circ}$ και επομένως $\angle MAN=45^{\circ}.$

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλό βράδυ!

: Ορθογώνιο τρίγωνο.PNG (6.82 KiB) Προβλήθηκε 2485 φορές

Από τα ισοσκελή τρίγωνα BAN,CAM

παίρνουμε $\widehat{AMC}=90^\circ -\widehat{C}/2$ και $\widehat{ANB}=90^\circ -\widehat{B}/2$ .

Τότε στο τρίγωνο MAN

έχουμε $\widehat{M}+\widehat{N}=180^\circ -\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}=135^\circ$ άρα $\widehat{MAN}=45^\circ$ .
Φιλικά, Γιώργος.

#5

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

: Ορθογ. τρίγωνο.png (16.6 KiB) Προβλήθηκε 2440 φορές

Τα ύψη

των ισοσκελών τριγώνων BAN, CAM

είναι και διχοτόμοι, οπότε τέμνονται στο έγκεντρο

του

τριγώνου ABC.

Άρα το

είναι εγγράψιμο κι επειδή $\displaystyle B\widehat IC = 90^\circ + \frac{{\widehat A}}{2} = 135^\circ \Rightarrow$ $\boxed{M\widehat AN=45^\circ}$

apotin · #6

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

: g45.png (23.78 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Από το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AE\Gamma }$ έχουμε

$\displaystyle{\hat E = 90^\circ - {{\hat \Gamma } \over 2}}$

Από το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Delta }$ έχουμε

$\displaystyle{\hat \Delta = 90^\circ - {{\hat B} \over 2}}$

Άρα

$\displaystyle{\hat E + \hat \Delta = 180^\circ - {{\hat B + \hat \Gamma } \over 2} = 135^\circ }$

Οπότε από το τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta E}$ έχουμε

$\displaystyle{\Delta \hat AE = 180^\circ - \left( {\hat E + \hat \Delta } \right) = 45^\circ }$

Edit: Τώρα πρόσεξα πως η λύση μου είναι ίδια με του Γιώργου Μήτσιου. Βλέποντας τα τόξα στο σχήμα του υπέθεσα ότι ήταν διαφορετική.

KARKAR · #7

: Ευκαιρία.png (10.36 KiB) Προβλήθηκε 2394 φορές

$\phi+\theta=90^0-\dfrac{\omega}{2}$ , $\phi+\eta=45^0+\dfrac{\omega}{2}$ , οπότε με πρόσθεση :

$2\phi+\theta+\eta=135^0$ , άρα : $\phi=45^0$ , αφού : $\theta+\phi+\eta=90^0$

p_gianno · #8

: 45 moires.png (21.31 KiB) Προβλήθηκε 2366 φορές

Στο ισοσκελές τργ ACM

φέρω τα ύψη CI, AD

. Τότε $\angle A_1 =\angle C_1=\angle C/2$

Ομοίως $\angle A_2 =\angle B/2 . \,\,\,\,$ Συνεπώς

$\angle MAN=\angle A_1+\angle A_2=\angle(B+C)/2=90^0/2=45^0$

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλησπέρα. Μια παραλλαγή - κάπως ..μακρύτερη- για την ποικιλία.

: Ορθ. τρίγωνο ΙΙ.PNG (10.02 KiB) Προβλήθηκε 2339 φορές

Φέρω $AP \perp AM$ με $P \in BC$ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο PAM

είναι

άρα η

διάμεσος κι' έτσι $\widehat{APC}=\dfrac{\widehat{C}}{2}$ .

Τότε $\widehat{PAN}=\dfrac{\pi -B}{2}-\dfrac{C}{2}=\dfrac{\pi }{4}$ και συνεπώς $\widehat{MAN}=\dfrac{\pi }{4}$ . Φιλικά Γιώργος.

#10

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις.png (21.32 KiB) Προβλήθηκε 2289 φορές

Έστω

το σημείο τομής της

με την από το

παράλληλη στην

.

Προφανώς το τρίγωνο CDN

είναι ισοσκελές με κορυφή το

και $\widehat {{x_{}}} = \widehat {{y_{}}}$

Από τα ισοσκελή τρίγωνα : $BNA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CDN$ έχω :

$\left\{ \begin{gathered} 2\widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{B_{}}} = 180^\circ \hfill \\ 2\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{C_{}}} = 180^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\omega _{}}} + \dfrac{{\widehat {{B_{}}} + \widehat {{C_{}}}}}{2} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\omega _{}}} = 135^\circ$

Αλλά $\widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{y_{}}} + \widehat {{\omega _{}}} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {{y_{}}} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {{x_{}}} = 45^\circ$

#11

Kαλησπέρα σε όλους.

: 03-04-2020 Γεωμετρία.png (35.41 KiB) Προβλήθηκε 2266 φορές

Eίναι $\displaystyle \widehat {ANM} = \widehat {BAD} \Leftrightarrow \frac{{\mathop {AB}\limits^ \cap + \mathop {CD}\limits^ \cap }}{2} = \frac{{\mathop {BE}\limits^ \cap + \mathop {ED}\limits^ \cap }}{2}$

και $\displaystyle \widehat {AMN} = \widehat {CAE} \Leftrightarrow \frac{{\mathop {AC}\limits^ \cap + \mathop {BE}\limits^ \cap }}{2} = \frac{{\mathop {CD}\limits^ \cap + \mathop {ED}\limits^ \cap }}{2}$

Οπότε, προσθέτοντας κατά μέλη είναι

$\displaystyle \frac{{\mathop {AB}\limits^ \cap + \mathop {CD}\limits^ \cap }}{2} + \frac{{\mathop {AC}\limits^ \cap + \mathop {BE}\limits^ \cap }}{2} = \frac{{\mathop {CD}\limits^ \cap + \mathop {ED}\limits^ \cap }}{2} + \frac{{\mathop {BE}\limits^ \cap + \mathop {ED}\limits^ \cap }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\mathop {AB}\limits^ \cap + \mathop {AC}\limits^ \cap }}{2} = \mathop {ED}\limits^ \cap$

άρα $\displaystyle \mathop {ED}\limits^ \cap = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \Leftrightarrow \widehat {MAN} = 45^\circ$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #12

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Απρ 01, 2020 10:33 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με υποτείνουσα την $B\Gamma$ .
Πάνω στην υποτείνουσα παίρνουμε τα σημεία και ,
ώστε να ισχύει $\Gamma M=\Gamma A$
και .
Να αποδείξετε ότι η γωνία $M\widehat{A}N$ είναι ίση με $45^{\circ}$ .

Θεωρούμε τον κύκλο (A,M,N)

Είναι $\angle PAN= \angle ANM$ και $\angle MAQ= \angle NMA$ άρα PANM,AMNQ

ισοσκελή

τραπέζια και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες

Επειδή

διάμετρος, $2 \theta =90^0 \Rightarrow \theta =45^0$

: γωνία.png (12.88 KiB) Προβλήθηκε 2238 φορές

Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο και ευκαιρία για λύσεις!

Μέλη σε σύνδεση