Σαράντα πέντε

#1

: Σαρανταπέντε.png (19.33 KiB) Προβλήθηκε 656 φορές

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ και

το μέσο της υποτείνουσας του .

Γράφω το κύκλο κέντρου

και διαμέτρου

και την κάθετη

προς τη

.

Η ημιευθεία

τέμνει τον κύκλο στο

. Δείξετε ότι η γωνία $\theta = \widehat {CAE} = 45^\circ$ .

#2

Doloros έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 22, 2021 10:07 am
Σαρανταπέντε.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ και το μέσο της υποτείνουσας του .

Γράφω το κύκλο κέντρου και διαμέτρου και την κάθετη προς τη .

Η ημιευθεία τέμνει τον κύκλο στο . Δείξετε ότι η γωνία $\theta = \widehat {CAE} = 45^\circ$ .

: 45.Φ.png (13.56 KiB) Προβλήθηκε 642 φορές

Η

τέμνει τον κύκλο στο

Είναι, $\displaystyle ON = \frac{{AM}}{2} = \frac{a}{4} = \frac{{MC}}{2},$ άρα $N\widehat OE=90^\circ (*)$ και το ζητούμενο έπεται.

(*)

Το

είναι μέσο του

γιατί

και $MN\bot AC,$ (ή αφού το

είναι διαφορετικό του

και

τότε είναι υποχρεωτικά μέσο του

).

Ιστοσελίδα · #3

Doloros έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 22, 2021 10:07 am

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ και το μέσο της υποτείνουσας του .

Γράφω το κύκλο κέντρου και διαμέτρου και την κάθετη προς τη .

Η ημιευθεία τέμνει τον κύκλο στο . Δείξετε ότι η γωνία $\theta = \widehat {CAE} = 45^\circ$ .

: shape.png (28.37 KiB) Προβλήθηκε 596 φορές

Έστω $N \equiv AC \cap (O)$

Είναι $\angle ANM = {90^ \circ }$ (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο), άρα AN = NC

από το ισοσκελές $\triangleleft MAC$

$ON\parallel MC$ (ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των πλευρών του $\triangleleft MAC$ ), οπότε $\angle EON = {90^ \circ }$

Τέλος, $\angle EAN = \dfrac{{\angle EON}}{2} = {45^ \circ }$ (σχέση εγγεγραμμένης – επίκεντρης που βαίνουν στο ίδιο τόξο)

nickchalkida · #4

Έστω

ο περιγεγραμμένος κύκλος, τότε ο (O, OA)

είναι εσωτερικά εφαπτόμενος και αν $F= AE \cap c$ τότε θα είναι

$\displaystyle{ {AE \over EF} = {AL \over LC} = {AM \over MG} = 1 }$

επίσης

$\displaystyle{ {AE \over EF} = {AE \over EF} \rightarrow MF \parallel DE }$

άρα $MF \perp BC$ και

,

διάμετροι του περιγεγραμμένου, επομένως

$\displaystyle{ C\widehat{A}E = C\widehat{B}F = 45^o }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Doloros έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 22, 2021 10:07 am
Σαρανταπέντε.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ και το μέσο της υποτείνουσας του .

Γράφω το κύκλο κέντρου και διαμέτρου και την κάθετη προς τη .

Η ημιευθεία τέμνει τον κύκλο στο . Δείξετε ότι η γωνία $\theta = \widehat {CAE} = 45^\circ$ .

Αν η

κόψει τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ στο

,επειδή $ME \bot AZ \Rightarrow E$ μέσον του

Έτσι, $EO//ZM \Rightarrow ZM \bot BC \Rightarrow \angle \theta =45^0$ (Σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης για τον κύκλο (A,B,C)

: 45.png (28.57 KiB) Προβλήθηκε 548 φορές

Σαράντα πέντε

Σαράντα πέντε

Re: Σαράντα πέντε

Re: Σαράντα πέντε

Re: Σαράντα πέντε

Re: Σαράντα πέντε

Μέλη σε σύνδεση