mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 11, 2018 9:24 pm**

: Νέα επαφή.png (17.36 KiB) Προβλήθηκε 864 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , με $\hat{C}=40^0$ , φέραμε τη διχοτόμο

και μια ημιευθεία

, η οποία σχηματίζει γωνία 70^0

με την

, την τομή

των οποίων ονομάζω

. Δείξτε ότι η

εφάπτεται του κύκλου (S,P,A)

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 11, 2018 11:00 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Απρ 11, 2018 9:24 pm Νέα επαφή.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , με $\hat{C}=40^0$ , φέραμε τη διχοτόμο

και μια ημιευθεία , η οποία σχηματίζει γωνία με την , την τομή

των οποίων ονομάζω . Δείξτε ότι η εφάπτεται του κύκλου .

Είναι $\displaystyle \angle BSC = {45^0}$ και με $\displaystyle I$ έκκεντρο του $\displaystyle \vartriangle ABC \Rightarrow \angle CAI = \angle CSI = {45^0}$

Άρα $\displaystyle CIAS$ εγγράψιμο $\displaystyle \Rightarrow \angle SAI = {90^0} \Rightarrow \angle CAS = {45^0}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο

: N.E.png (12.69 KiB) Προβλήθηκε 846 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 12, 2018 10:42 am**

KARKAR έγραψε: Τετ Απρ 11, 2018 9:24 pm Νέα επαφή.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , με $\hat{C}=40^0$ , φέραμε τη διχοτόμο

και μια ημιευθεία , η οποία σχηματίζει γωνία με την , την τομή

των οποίων ονομάζω . Δείξτε ότι η εφάπτεται του κύκλου .

Το ημικύκλιο με διάμετρο

τέμνει τη διχοτόμο

στο

. Οι χορδές $KA\,\,,\,\,KC$ είναι ίσες λόγω της διχοτόμου και το $\vartriangle KSC$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο .

Κατά συνέπεια το

είναι το περίκεντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\vartriangle ASC$ .

Σ αυτό το κύκλο η εγγεγραμμένη γωνία $\widehat {SAC} = \dfrac{1}{2}\widehat {SKC} = {45^0} = \widehat {KSC}$ .

Δηλαδή η ευθεία

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\vartriangle PSA$

: Νέα επαφή.png (24.51 KiB) Προβλήθηκε 813 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 13, 2018 2:47 pm**

$\angle CSB=45^{\circ}$ , $\angle SDC=65^{\circ}$ , $\angle DSC=45^{\circ}$ , $\angle DTB=65^{\circ}$
$\triangle DSC=\triangle SCP$ . Άρα DS=SP

$\triangle DSB=\triangle SBT$ προκύπτει ότι DB=BT

$\triangle DPB=\triangle TPB$ προκύπτει ότι DP=PT

, $\triangle DPT$ ισοσκελές και $\angle DTP=45^{\circ}$
$\angle STP=\angle SEP=45^{\circ}$ εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο.
$\triangle POE$ ισοσκελές, $\angle OPE=45^{\circ}$ .
Άθροισμα γωνιών στο $\triangle SPE$ , $\angle ESP=45^{\circ}$ .
Συνεπώς $\angle ESC=90^{\circ}$ και προκύπτει το ζητούμενο.

mathematica.gr

Νέα επαφή

Νέα επαφή

Re: Νέα επαφή

Re: Νέα επαφή

Re: Νέα επαφή