Γεωμετρείν 2

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Φέρουμε ημικύκλιο διαμέτρου

και τυχαίο σημείο

εσωτερικό της διαμέτρου.
Φέρουμε και τα ημικύκλια με διαμέτρους

και

.
Φέρουμε την κάθετη στην

στο σημείο

που τέμνει το αρχικό ημικύκλιο στο σημείο

.
Φέρουμε τις

και

. Δείξτε ότι:
1. FC=GH

.
2. Το

είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των δυο εσωτερικών ημιπεριφερειών.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 2.PNG (24.83 KiB) Προβλήθηκε 852 φορές

#2

1. Είναι $\displaystyle{ \widehat{AGC} = \widehat{AFB} = \widehat{CHB} = 90^0 (*) \Rightarrow GFHC }$ ορθογώνιο άρα έχει ίσες διαγώνιες δηλαδή : $\displaystyle{ \boxed{FC = GH} }$ (*)(εγγεγραμμένες σε ημικύκλια)

2) Είναι: $\displaystyle{ \widehat\omega = \widehat{DGC}\mathop = \limits^{\vartriangle DGC(\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varsigma )} \widehat{DCG}\mathop = \limits^{\left( {CG \bot AF,BF \bot AF} \right) \to CG//BF(\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \kappa \tau \varsigma - \kappa \alpha \iota - \varepsilon \pi - \tau \alpha - \alpha \upsilon \tau )} \widehat{CBF} }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{\kappa \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma (o\xi \varepsilon \varepsilon \varsigma )} \widehat{HCF}\mathop = \limits^{CGFH(o\rho \theta o\gamma \nu \iota o)} \widehat{HGF}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CGH} + \widehat{HGF} = 90^0 } \widehat{DGC} + \widehat{CGH} = 90^0 \Rightarrow \boxed{DG \bot GH} }$

Δηλαδή $\displaystyle{ GH }$ εφαπτόμενη στον κύκλο $\displaystyle{ \left( D \right) }$ . Ομοίως αποδεικνύεται ότι και $\displaystyle{ GH }$ εφαπτόμενη στον κύκλο $\displaystyle{ \left( E \right) }$

Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:1. Είναι $\displaystyle{ \widehat{AGC} = \widehat{AFB} = \widehat{CHB} = 90^0 (*) \Rightarrow GFHC }$ ορθογώνιο άρα έχει ίσες διαγώνιες δηλαδή : $\displaystyle{ \boxed{FC = GH} }$ (*)(εγγεγραμμένες σε ημικύκλια)

2) Είναι: $\displaystyle{ \widehat\omega = \widehat{DGC}\mathop = \limits^{\vartriangle DGC(\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varsigma )} \widehat{DCG}\mathop = \limits^{\left( {CG \bot AF,BF \bot AF} \right) \to CG//BF(\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \kappa \tau \varsigma - \kappa \alpha \iota - \varepsilon \pi - \tau \alpha - \alpha \upsilon \tau )} \widehat{CBF} }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{\kappa \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma (o\xi \varepsilon \varepsilon \varsigma )} \widehat{HCF}\mathop = \limits^{CGFH(o\rho \theta o\gamma \nu \iota o)} \widehat{HGF}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CGH} + \widehat{HGF} = 90^0 } \widehat{DGC} + \widehat{CGH} = 90^0 \Rightarrow \boxed{DG \bot GH} }$

Δηλαδή $\displaystyle{ GH }$ εφαπτόμενη στον κύκλο $\displaystyle{ \left( D \right) }$ . Ομοίως αποδεικνύεται ότι και $\displaystyle{ GH }$ εφαπτόμενη στον κύκλο $\displaystyle{ \left( E \right) }$

Στάθης

Να ευχαριστήσω τον Στάθη για την άψογη (και αισθητικά.... νομίζω οτι το mathematica πρέπει να του απονείμει το βραβείο γραφής LaTex

) λύση του.
Να πώ ότι υπάρχει και προσέγγιση με δύναμη σημείου και να τονίσω ότι η άσκηση ουσιαστικά περιγράφει τον πιο απλό και γρήγορο τρόπο κατασκευής του κοινού εξωτερικού εφαπτόμενου τμήματος (έγινε και χτες θέμα...).

Γεωμετρείν 2

Γεωμετρείν 2

Re: Γεωμετρείν 2

Re: Γεωμετρείν 2

Μέλη σε σύνδεση