Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

#1

Δίδεται $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ .

α) Να κατασκευαστεί γεωμετρικά κύκλος $\left( \Omega \right)$ που να εφάπτεται στο

της πλευράς $AB\,$ και σε σημείο

της πλευράς

.

β) Έστω

η προβολή του

στην

και

το άλλο σημείο τομής των κύκλων $\left( O \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( \Omega \right)$ . Δείξετε ότι , $\widehat {STC} = 2\widehat {ACB}$ .

Το σχήμα είναι μέρος της άσκησης.

Υποδείξεις δεν επιτρέπονται απο τον κανονισμό του .

Δεκτή κάθε πλήρης λύση .

#2

Να μία λύση σε συνέχειες!

Η κατασκευή είναι απλή, αφού το κέντρου του ζητούμενου κύκλου είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας $\angle B$ και τη καθέτου της

στο

.

Ας είναι

η δεύτερη τομή της ευθείας

και του ζητούμενου κύκλου.

Ονομάζω $x=\angle STE, y=\angle ETC, z=\angle DAE, w=\angle ATC$ , ενώ τις γωνίες του τριγώνου ABC

τις ονομάζω κατά τα γνωστά με τα αντίστοιχα κεφαλαία γράμματα.

Εύκολα είναι y=C

.Π.χ:

$y=\angle ATC-\angle ATE=(180^o-B)-A = C$

Θα δείξω ότι $w=2z,\,\,\ x=y$ . (με αρκετό κυνήγι γωνιών).

Είναι προφανής η ισότητα των διπλών λόγων των ακτίνων $(T.AESC),\,\,\ (D.AESC)$ . Από εδώ:

$\dfrac{sin(\measuredangle ATS)}{sin(\measuredangle ATC)}:\dfrac{sin(\measuredangle ETS)}{sin(\measuredangle ETC)}=\dfrac{sin(\measuredangle ADS)}{sin(\measuredangle ADC)}:\dfrac{sin(\measuredangle EDS)}{sin(\measuredangle EDC)}$

$\Leftrightarrow \dfrac{sinw}{sin(\measuredangle ATC)}:\dfrac{sinx}{siny}=\dfrac{cosz}{sin(\measuredangle ADB)}:\dfrac{cos(\measuredangle DEA)}{sinz}$

$\Leftrightarrow \dfrac{sinw}{sinB}:\dfrac{sinx}{siny}=\dfrac{cosz}{sin(90^o-B/2))}:\dfrac{cos(90^o - B/2)}{sinz}$

$\Leftrightarrow \dfrac{sinw}{sinx}=\dfrac{sin2z}{siny}$

#3

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 24, 2022 1:48 am
Δίδεται $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ .

α) Να κατασκευαστεί γεωμετρικά κύκλος $\left( \Omega \right)$ που να εφάπτεται στο της πλευράς $AB\,$ και σε σημείο της πλευράς .

β) Έστω η προβολή του στην και το άλλο σημείο τομής των κύκλων $\left( O \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( \Omega \right)$ . Δείξετε ότι , $\widehat {STC} = 2\widehat {ACB}$ .

Το σχήμα είναι μέρος της άσκησης.

Υποδείξεις δεν επιτρέπονται απο τον κανονισμό του .

Δεκτή κάθε πλήρης λύση .

$\bullet$ α) Η κατασκευή του κύκλου $\left( \Omega \right)$ είναι εύκολη (όπως αναφέρει και ο Κώστας πιο πάνω) (έχει κέντρο το σημείο τομής $\Omega$ της καθέτου επί την

στο

και της διχοτόμου της $\angle ABC$ και ακτίνα φυσικά $\Omega A$ .

$\bullet$ β) Έστω $K\equiv BT\cap \left( \Omega \right),K\ne T$ και $L\equiv AC\cap \left( \Omega \right),L\ne A$ . Τότε $\angle ALK\overset{A,T,L,K\in \left( \Omega \right)}{\mathop{=}}\,\angle ATK\equiv \angle BAT\overset{A,T,C,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle ACB\Rightarrow LK\parallel CB:\left( 1 \right)$

: Η μια διπλάσια της άλλης.png (41.32 KiB) Προβλήθηκε 716 φορές

$\bullet$ Από τα εφαπτομενικά τμήματα BA,BD

και την τέμνουσα BKT

του $\left( \Omega \right)$ προκύπτει ότι το εγγεγραμμένο στον $\left( \Omega \right)$ τετράπλευρο AKDT

είναι αρμονικό οπότε για το σημείο $L\in \left( \Omega \right)$ προκύπτει ότι η δέσμη L.AKDT

και με $LK\parallel CB$ (από τη σχέση $\left( 1 \right)$ ) η

διέρχεται από το μέσο της $DC\overset{\angle DSC={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle MSC=\angle SCM\equiv \angle ACB:\left( 2 \right)$ και $\angle SMC=2\left( ACB \right):\left( 3 \right)$

$\bullet$ Επίσης $\angle TCL\equiv \angle TCA\overset{A,T,C,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle ABT\equiv \angle ABK$ και με $\angle TLC=\angle AKB$ (παραπληρώματα των ίσων γωνιών $\angle TLA,\angle TKA$ του εγγεγραμμένου στον $\left( \Omega \right)$ τετραπλεύρου ATLK

προκύπτει (δύο γωνίες ίσες…) ότι $\vartriangle TLC\sim \vartriangle AKB\Rightarrow \angle MTC\equiv \angle LTC=\angle KAB=$ $\ldots \angle ACB\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\ldots \angle MSC\Rightarrow S,M,C,T$ ομοκυκλικά και συνεπώς $\angle STC=\angle SMD\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{=}}\,2\left( \angle ACB \right)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Y.S. Ελπίζω Νίκο να έχω ολοκληρωμένη λύση

#4

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 24, 2022 1:48 am
Δίδεται $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ .

α) Να κατασκευαστεί γεωμετρικά κύκλος $\left( \Omega \right)$ που να εφάπτεται στο της πλευράς $AB\,$ και σε σημείο της πλευράς .

β) Έστω η προβολή του στην και το άλλο σημείο τομής των κύκλων $\left( O \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( \Omega \right)$ . Δείξετε ότι , $\widehat {STC} = 2\widehat {ACB}$ .

Το σχήμα είναι μέρος της άσκησης.

Υποδείξεις δεν επιτρέπονται απο τον κανονισμό του .

Δεκτή κάθε πλήρης λύση .

α) Η κατασκευή του κύκλου $\Omega$ , είναι σχεδόν μονόδρομος όπως είπαν ο Κώστας και ο Στάθης που τους ευχαριστώ για τις ωραίες και πλήρεις λύσεις

β) Έστω

το άλλο σημείο τομής του κύκλου , $\left( {A,T,D} \right) \equiv \Omega$ με την

.

$\widehat {{x_{}}} = \widehat {{y_{}}}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) και $\widehat {{x_{}}} = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\phi _{}}}$ ( από το εγγράψιμο ABCT

) , άλλά: $\widehat {{y_{}}} = \widehat {{\phi _{}}} + \widehat {{\theta _1}}$ ( εξωτερική του $\vartriangle TEC$ ) .

: Η μια γωνία διπλάσια της άλλης λύση.png (24.57 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Οπότε από τη μεταβατικότητα : $\widehat {{x_{}}} = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\phi _{}}}$ και $\widehat {{y_{}}} = \widehat {{\phi _{}}} + \widehat {{\theta _1}}$ έχω , $\boxed{\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\theta _1}}}$ .

Η τελευταία σχέση μας εξασφαλίζει ότι ,

$M{C^2} = ME \cdot MT = M{D^2} \Rightarrow MC = MD = MS$ και έτσι $\displaystyle \widehat {MSC} = \widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\theta _1}}$ και το τετράπλευρο TSMC

είναι εγγράψιμο .

Από το TSMC

έχω τώρα : $\widehat {STC} = \widehat {STM} + \widehat {MTC} = 2\widehat {{\omega _{}}} = 2\widehat {ACB}$ .

Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

Re: Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

Re: Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

Re: Η μια γωνία διπλάσια της άλλης

Μέλη σε σύνδεση