Πέμπτη 20 Μαρτίου 2014

Ημικύκλιο, προβολές, ίσα

Έστω ημικύκλιο κέντρου $O$ και διαμέτρου $AB$. Ας πούμε $T$ την προβολή  τυχαίου σημείο $P$  του ημικυκλίου στην διάμετρο $AB$.
Έστω ακόμα $K$ η προβολή του $B$ πάνω στην διχοτόμο της γωνίας $T\widehat PO$. Δείξετε ότι $KP = KB$.
Αναρτήθηκε από στις 20.3.14
Ετικέτες ,

3 σχόλια:

  1. Μιχάλης Νάννος21 Μαρτίου 2014 στις 7:41 π.μ.

    http://users.sch.gr/mnannos/doloros/semicircle.jpg

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Κουνελοϊός21 Μαρτίου 2014 στις 11:35 π.μ.

    Είναι γωνία ΚΒΡ=(γωνία ΑΒΡ)+(γωνία ΑΒΚ)=(γωνία ΑΟΡ)/2+(γωνία ΑΒΚ)=[π/2-(γωνία ΟΡΤ)]/2+(γωνία ΑΒΚ)=π/4-(γωνία ΟΡΤ)/2+(γωνία ΑΒΚ)=π/4-(γωνία ΚΡΟ)+(γωνία ΑΒΚ), οπότε γωνία ΑΒΡ=π/4-(γωνία ΚΡΟ). Όμως γωνία ΑΒΚ=γωνία ΚΡΤ, ως οξείες με πλευρές κάθετες και γωνία ΚΡΤ=γωνία ΚΡΟ. Άρα γωνία ΑΒΚ=γωνία ΚΡΟ και γωνία ΚΒΡ=π/4, ενώ γωνία ΒΡΚ=(γωνία ΒΡΟ)+(γωνία ΚΡΟ)=(γωνία ΑΒΡ)+(γωνία ΚΡΟ)=π/4-(γωνία ΚΡΟ)+(γωνία ΚΡΟ)=π/4=γωνία ΚΒΡ, που σημαίνει ότι το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΚΡ είναι ισοσκελές, επομένως ΚΡ=ΚΒ.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Unknown22 Μαρτίου 2014 στις 8:48 π.μ.

    Το τετράπλευρο ΒΚΤΡ ειναι εγγράψιμο επομένως ΤΡΚ=ΤΒΚ.
    Φέρνω την ΒΡ. ΚΒΤ=ΚΡΤ=ΚΡΟ οπότε αρκεί να δείξουμε ότι ΟΡΒ=ΟΒΡ. Αυτό ισχύει επειδή ΟΡ=ΟΒ ως ακτίνες του κύκλου.
    Άρα ΚΡΒ=ΚΒΡ και ΚΡ=ΚΒ

    ΑπάντησηΔιαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)