mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 21, 2021 2:15 pm**

: Αθροισμα_45_εκφώνηση.png (15.68 KiB) Προβλήθηκε 849 φορές

Έστω τετράγωνο ABCD

και σημείο

εσωτερικό του τμήματος

.

α) Να κατασκευαστεί γεωμετρικά σημείο

της πλευράς

τέτοιο ώστε $\widehat {DSA} = \widehat {PSD}$ .

β) Αν οι ευθείες $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DS$ τέμνονται στο

, δείξετε ότι: $\widehat {ADS} + \widehat {PTC} = 45^\circ$

Όλες οι λύσεις δεκτές .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 21, 2021 5:48 pm**

Doloros έγραψε: Τρί Σεπ 21, 2021 2:15 pm Αθροισμα_45_εκφώνηση.png

Έστω τετράγωνο και σημείο εσωτερικό του τμήματος .

α) Να κατασκευαστεί γεωμετρικά σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε $\widehat {DSA} = \widehat {PSD}$ .

β) Αν οι ευθείες $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DS$ τέμνονται στο , δείξετε ότι: $\widehat {ADS} + \widehat {PTC} = 45^\circ$

Όλες οι λύσεις δεκτές .

α) Φέρνω από το

εφαπτομένη στον κύκλο (D, DA)

που τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

Η απόδειξη είναι απλή.

: Άθροισμα 45.png (19.48 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

β) $\displaystyle 2\theta + 2\varphi = 90^\circ \Leftrightarrow \theta + \varphi = 45^\circ = T\widehat CP,$ άρα το DCPT

είναι εγγράψιμο, οπότε $\omega=\varphi$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 21, 2021 6:40 pm**

Ανάλυση: - Αν

το σημείο τομής της διχοτόμου με την διαγώνιο, τότε η διχοτόμος

είναι και μεσοκάθετος της

.
Κατασκευή: - Γράφω το ημικύκλιο με βάση

.

Αν φέρουμε και την άλλη διαγώνιο, εύκολα βλέπουμε ότι $\phi + \theta = 45^o$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 21, 2021 9:07 pm**

Για το α)

: αθροισμα1 45.png (128.8 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Φέρνουμε $\displaystyle CE \perp DP$ και έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

.

Εστω ότι η γωνία $\angle PDC=\phi$ . To τρίγωνο DCC'

είναι ισοσκελές αφού

είναι ύψος και διάμεσος, οπότε θα είναι και διχοτόμος.

To τετράπλευρο DCPC'

είναι εγγράψιμο γιατί $\angle C'CP = \angle C'ΔP = \phi$ άρα $\angle DC'P = 90^0$ .

Φέρνουμε την PC'

και έστω

σημείο τομής της με την

. Το τρίγωνο $\triangle DAC'$ είναι ισοσκελές γιατί DC'=DC=AB

.

Το τετράπλευρο DASC'

είναι εγγράψιμο γιατί δύο απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές άρα :

$\displaystyle \angle DSA = \agnle DC'A = 45+\phi$ και $\angle PSD = \angle C'AD = 45+\phi$ .

Συνεπώς $\angle DSA = \angle PSD$

Για το β)

: αθροισμα2 45.png (160.56 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Στην αρχή το έλυσα όπως ο κ.Βισβίκης αλλά για να μην είναι ίδια η λύση έφερα την TC'

.

Από το πρώτο ερώτημα ευκόλα προκύπτει ότι $\angle C'AS = \angle AC'S = 45-\phi$ άρα AS = SC'

οπότε η

είναι μεσοκάθετος του AC'

άρα και διχοτόμος της γωνίας $\angle ADC'$

Απο το κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα $\triangle ADT , \triangle C'DT$ είναι ίσα οπότε $\angle DC'T=45^0 \Rightarrow \angle TC'S=45^0$

Συνεπώς το τετράπλευρο DPC'T

είναι εγγράψιμο γιατί $\angle TC'S = \angle TDP = 45^0$ . Αρα $y = \phi$

Το τετράπλευρο DCC'T

είναι και αυτό εγγράψιμο γιατί $\angle DCT = \angle DC'T = 45^0$ . Αρα $y+\omega = 2\phi$

Επομένως $y = \phi= \omega$ . Αρα $\angle ADS + \angle PTC = 45-\phi + \omega = 45-\phi + \phi = 45^0$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 22, 2021 12:28 am**

: 108.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 756 φορές

Αν η μεσοκάθετος του

τέμνει την

στο

, τότε η

τέμνει
την

στο σημείο

που ζητάει ο Νίκος.

Απόδειξη.
Φέρνω όλα τα κόκκινα τμήματα στο σχήμα.
Έστω $\angle DSA=\varphi$ . Θα δείξω ότι και $\angle PST=\varphi$ .
Προφανώς $\angle TBS=\theta \Rightarrow \angle PBT=\varphi$ .
Αφού TB=TP=TD

έπεται ότι το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου DPB

.
Οπότε $\angle PTD=2\angle PBD\Rightarrow \angle PTD=90^{0}$ .
Άρα το TSBP

είναι εγγράψιμο.
Επομένως $\angle PST=\varphi$ .

Για το δεύτερο ερώτημα του Νίκου.
Είναι $\angle BTM=\theta \Rightarrow \angle MTP=\theta$ .
Αλλά $\angle MTC=45^{0}$ (διότι $\angle TCM=45^{0}$ ) $\Rightarrow \theta +\omega =45^{0}$ .

mathematica.gr

Άθροισμα 45°

Άθροισμα 45°

Re: Άθροισμα 45°

Re: Άθροισμα 45°

Re: Άθροισμα 45°

Re: Άθροισμα 45°