Η 45άρα

#1

: Η 45άρα..png (15.1 KiB) Προβλήθηκε 890 φορές

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με ύψος

και σημείο

της

ώστε $AE=\dfrac{DC}{2}.$

Ο κύκλος (B, BD)

τέμνει τις BE, BA

στα

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $A\widehat KL=45^\circ.$

Henri van Aubel · #2

Διαγράφω την προηγούμενη λύση μου και θα βάλω μία πιο κομψή.

Είναι $\displaystyle AE=\frac{b^{2}}{2a}$ και $\displaystyle KE=\sqrt{\frac{\left ( a^{2}-c^{2} \right )^{2}+4a^{2}c^{2}}{4a^{2}}}-\frac{2c^{2}}{2a}=\frac{a^{2}-c^{2}}{2a}.$

Οπότε $\displaystyle AE=KE\Longrightarrow \angle AKE=90^\circ-\frac{\angle AEB}{2}$ που σε συνδυασμό με $\displaystyle \angle BKL=90^\circ-\frac{\angle ABE}{2}$

θα πάρουμε ότι $\displaystyle \angle AKL=\frac{\angle AEB+\angle ABE}{2}=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ$

STOPJOHN · #3

george visvikis έγραψε: Παρ Ιουν 30, 2023 6:33 pm Η 45άρα..png
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με ύψος και σημείο της ώστε $AE=\dfrac{DC}{2}.$

Ο κύκλος τέμνει τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $A\widehat KL=45^\circ.$

Στο τρίγωνο ABC

από τις μετρικές σχέσεις $DC=\dfrac{b^{2}}{a},AE=\dfrac{b^{2}}{2a},r=\dfrac{c^{2}}{a},$ Απο το Π.Θ στο τρίγωνο $ABE,BE=\dfrac{a^{2}+c^{2}}{2a},KE=BE-r=\dfrac{b^{2}}{2a}=AE,$ και απο την ομοιότητα των τριγώνων $AKE,BKT,BT\perp AE,\hat{LST}=45^{0}$
και απο το εγγραψιμο τετράπλευρο $LKTS,\hat{S}=45=\theta$

#4

george visvikis έγραψε: Παρ Ιουν 30, 2023 6:33 pm Η 45άρα..png
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με ύψος και σημείο της ώστε $AE=\dfrac{DC}{2}.$

Ο κύκλος τέμνει τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $A\widehat KL=45^\circ.$

Κατασκευή.

: 45άρα_κατασκευή.png (20.72 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Έστω

το μέσο του

. Θέτω $DM = MC = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD = r$ . Γράφω τον κύκλο $\Omega$ , $\left( {B,BM} \right)$ .

Ο κύκλος $\Omega$ τέμνει την

στο

και η

τον κύκλο , $\left( {B,r} \right)$ στο

. Η ημιευθεία

τέμνει, ακόμα , τον $\Omega$ στο

.

Θέτω $AE = x \Rightarrow AF = x$ . Από το Π. Θ. στο $\vartriangle ABE$ και το Θ. Ευκλείδη στο $\vartriangle ABC$ έχω:

$\displaystyle B{E^2} = A{E^2} + A{B^2} \Rightarrow {\left( {m + r} \right)^2} = {x^2} + ar \Rightarrow {\left( {m + r} \right)^2} = {x^2} + \left( {2m + r} \right)r \Rightarrow \boxed{x = m}$

Υπολογισμός γωνίας .

: 45άρα_Υπολογισμός.png (25.01 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Έστω

τα σημεία τομής του κύκλου $\left( {B,r} \right)$ με τις ημιευθείες $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AL$ .

BT//AC

, το $\vartriangle BST$ ισοσκελές ορθογώνιο , άρα $\boxed{\widehat {\theta _{}^{}} = \widehat {S_{}^{}} = 45^\circ }$

Η 45άρα

Η 45άρα

Re: Η 45άρα

Re: Η 45άρα

Re: Η 45άρα

Μέλη σε σύνδεση