Παραλλαγή

KARKAR · #1

Και μιά παραλλαγή της άσκησης αυτής, δημοσιευμένη στον "Ευκλείδη" το 1986

.

Δείξτε με τρεις τρόπους - το πολύ ( ! ) - ότι η γωνία $\widehat{BMN}$ είναι ορθή

Antonis_Z · #2

Βάζω 1 λύση.

Θεωρώ

μέσο του

.Είναι $\vartriangle BKO=BOM$ άρα $\angle OBM=OBK$ .

Ισχύει ότι $\frac{ON}{OK}=\frac{OM}{OB}=1/2$ και $\angle NOM=MOB=90$ ,επομένως τα τρίγωνα ONM,OKB

είναι όμοια,δηλαδή έχουμε ότι $\angle NMO=OBM=OBK$ .

Η τελευταία σχέση εξασφαλίζει το ζητούμενο,αφού $\angle MOB=90$ .

thanasis.a · #3

.. καλημέρα..

και λιγάκι ..λογιστικά.. xρησιμοποιώντας το σχήμα του Θανάση έχουμε:

έστω: $AB=\alpha$ .

Από Π.Θεώρημα στο $\bigtriangleup OAB\Rightarrow OB=(OC=OD)=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \alpha \,\,(1)$

Επίσης : $MO=\frac{1}{2}\cdot OC\mathop\Rightarrow\limits^{(1)} MO=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot \alpha\,\,(2)$ \displaystyle{\,\,NO=\frac{1}{4}\cdot OD\Rightarrow ON=\frac{\sqrt{2}}{8}\cdot \alpha \,\,(3) Από (2), (3) και το Π.Θεώρημα στο

\bigtriangleup NMO έχουμε:

NM^{2}=NO^{2}+MO^{2}\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{NM^{2}=\frac{5}{32}\cdot \alpha^{2}}\,\,\ (4) Ακόμα:

NB=NO+OB=\frac{1}{4}\cdot DO+OB=\frac{5}{4}\cdot OB\Rightarrow NB=\frac{5}{4}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \alpha \Rightarrow} $NB=\frac{5\cdot \sqrt{2}}{8}\cdot \alpha\,\,$ $\Rightarrow \boxed{NB^{2}=\frac{25}{32}\cdot \alpha^{2}} \,\,(5)$

Τέλος από Π Θεώρημα στο $\bigtriangleup MOB\Rightarrow \boxed{MB^{2}=\frac{10}{16}\cdot \alpha ^{2}}\,\,(6)$

Από (4),(5),(6) βλέπουμε: $NM^{2}+MB^{2}=NB^{2}\Rightarrow \bigtriangleup NMB: \hat{M}=90^{\circ}$

Ιστοσελίδα · #4

: Παραλλαγή.png (23.59 KiB) Προβλήθηκε 298 φορές

$\varepsilon \phi N\widehat MO = \displaystyle\frac{1}{2} = \varepsilon \phi M\widehat BO \Rightarrow N\widehat MO = M\widehat BO = \theta$ και αφού $O\widehat MB = {90^ \circ } - \theta$ θα ισχύει $B\widehat MN = {90^ \circ }$ .

#5

KARKAR έγραψε:Και μιά παραλλαγή της άσκησης αυτής, δημοσιευμένη στον "Ευκλείδη" το .

Δείξτε με τρεις τρόπους - το πολύ ( ! ) - ότι η γωνία $\widehat{BMN}$ είναι ορθή

$\displaystyle{ OM^2 = \left( {\frac{1} {2}OC} \right)^2 = \frac{1} {4}OC \cdot OC\mathop = \limits^{OC = OD = OB} \frac{1} {4}OD \cdot OB = ON \cdot OB\mathop \Rightarrow \limits^{MO \bot BN...(\sigma \tau o\,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle BMN)} \boxed{\widehat{BMN} = 90^0 } }$

Στάθης

cool geometry · #6

εγώ είχα κατά νου την παρακάτω λύση
$OM=x, ON=\frac{x}{2}, \angle MON=90^{0}\Rightarrow MN^{2}=\frac{5x^{2}}{4}\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{5}}{2}x(1)$
$OB=2x, OM=x, \angle BOM=90^{0}\Rightarrow BM^{2}=5x^{2}\Rightarrow BM=\sqrt{5} \cdot x(2)$
$BN=2x+\frac{x}{2}=\frac{5}{2}x(3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow (\frac{\sqrt{5}}{2}x)^{2}+(\sqrt{5}x)^{2}=(\frac{5}{2}x)^{2}\Rightarrow BN^{2}=BM^{2}+MN^{2}.$

Παραλλαγή

Παραλλαγή

Re: Παραλλαγή

Re: Παραλλαγή

Re: Παραλλαγή

Re: Παραλλαγή

Re: Παραλλαγή

Μέλη σε σύνδεση