Τρίγωνο 38.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 51.png (6.28 KiB) Προβλήθηκε 1064 φορές

Δίνεται ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma (\angle B=90^{0})$ και
ο έγκυκλος αυτού με κέντρο το

. Δείξτε ότι $A\Gamma =AB+BK$ .

Ορέστης Λιγνός · #2

Καλημέρα.

Θεωρούμε σημείο

της πλευράς

ώστε $KL \parallel BC$ .

Προφανώς, το

είναι το έκκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Άρα, $\widehat{KBC}=45^\circ=\widehat{LCB}$ , και αφού το KLCB

είναι τραπέζιο ( $KL \parallel BC$ ), είναι και ισοσκελές τραπέζιο.

Συνεπώς, KB=LC

(1)

Επίσης, η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{C}$ , άρα $\widehat{KCL}=\widehat{KCB}$ (2).

Το KLCB

ως ισοσκελές τραπέζιο, είναι και εγγράψιμο. Άρα, $\widehat{KBL}=\widehat{KCL} \mathop = \limits^{(2)} \widehat{KCB}=\widehat{KLB}$ , οπότε $\widehat{KBL}=\widehat{KLB}$ (3).

Ακόμη, $\widehat{ALK}=\widehat{C}=45^\circ=\widehat{ABK} \Rightarrow \widehat{ABK}=\widehat{ALK}$ (4).

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (3), (4) παίρνουμε $\widehat{ABL}=\widehat{ALB} \Rightarrow AB=AL$ (5).

Από (1), (5), AB+BK=AL+LC=AC

, ό.έ.δ.

: fanis.png (17.46 KiB) Προβλήθηκε 1037 φορές

#3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:51.png

Δίνεται ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma (\angle B=90^{0})$ και
ο έγκυκλος αυτού με κέντρο το . Δείξτε ότι $A\Gamma =AB+BK$ .

Καλό μεσημέρι!

: Τρίγωνο 38.png (13.24 KiB) Προβλήθηκε 1037 φορές

είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου με τις AC, AB

και

Τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ZAH, EBK

είναι ίσα, άρα $\boxed{AH=BK}$ (1)

$\displaystyle{AC = 2AD = 2AE = 2(AB - r) = AB + AB - 2r = AB + AH\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$ $\boxed{AC=AB+BK}$

edit: Διόρθωση τυπογραφικού (

αντί

στην

).

#4

Χωρίς λόγια

: 38.png (21.46 KiB) Προβλήθηκε 1034 φορές

#5

: τρίγωνο_38.png (41.48 KiB) Προβλήθηκε 1026 φορές

Γράφω το κύκλο (K,KA)

που τέμνει ακόμα τη

στο

.

Αφού $KP = KC \Rightarrow \widehat \theta = 22,5^\circ$ . Προφανώς δε $\widehat {PAC} = \widehat {APC} = 67,5^\circ \Rightarrow \boxed{AC = PC}\,\,(1)$ .

Όμως το $\vartriangle BKP \to (135^\circ \_22,5^\circ \_22,5^\circ ) \Rightarrow \boxed{BK = PB}\,\,(2)$ .

Έτσι έχω και λόγω των (1)

και

:

.

Φανης Θεοφανιδης · #6

: 51.png (13.77 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Επί της προεκτάσεως της

, προς το

, θεωρώ σημείο

τέτοιο ώστε BP=BK

.
Φέρνω τα ευθύγραμμα τμήματα $K\Gamma , KP, P\Gamma$ .
Από το ισοσκελές τρίγωνο PBK

έχω ότι $\angle KPB=\angle BKP=22,5^{0}$ (αφού $\angle PBK=135^{0}$ ).
Όμως και $\angle K\Gamma B=\angle A\Gamma K=22,5^{0}$ .
Οπότε το $PBK\Gamma$ είναι εγγράψιμο.
Άρα $\angle B\Gamma P=22,5^{0}$ και $\angle \Gamma PK=45^{0}$ .
Συνεπώς το τρίγωνο $PA\Gamma$ είναι ισοσκελές $\Rightarrow$
$\Rightarrow AP=A\Gamma \Rightarrow$
$\Rightarrow AB+BP=A\Gamma \Rightarrow$
$\Rightarrow AB+BK=A\Gamma$ .

#7

: 38,2.png (12.27 KiB) Προβλήθηκε 1001 φορές

Θέλουμε να δείξουμε ότι $2x=x+r+r\sqrt{2}\Leftrightarrow x=r(1+\sqrt{2})$

αυτό προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων $BHE,BA\Gamma$

$\dfrac{HE}{A\Gamma}=\dfrac{BE}{AB}\Rightarrow\dfrac{r\sqrt{2}}{2x}=\dfrac{r}{r+x}\Rightarrow r+x=\sqrt{2}x \Rightarrow x=r(\sqrt{2}+1)$

Τρίγωνο 38.

Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Re: Τρίγωνο 38.

Μέλη σε σύνδεση