Hei!
Eg har ei oppg. som eg lura litt på...
Trekanten ABC er innskrevet i en sirkel. Punktet M er midtpunktet på den buen som vinkelbeina til vinkel A skjærer av sirkelen. Fra M trekker vi normaler ME til linja gjennom A og C og MD til linja gjennom A og B. Vis at EC og BD er like lange.
Korleis kan ein vise noke sånnt? Håpar noken klarar det.
Geometri
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
-
Gjest
Har sendt en figur som oro2 kan legge ut.
I løsningen av dette problemet bruker jeg et teorem som finnes på denne linken:
http://www.geom.uiuc.edu/~dwiggins/conj44.html
(teoremet som sier at Angle A = Angle B)
Heretter referert til som IAT (Inscribed Angle Theorem)
Jeg lar tegnet # bety vinkel.
Altså:
siden M er midtpunktet på buen mellom C og B, så er MC = MB.
Ved IAT så er da #CAM lik #BAM, som derfor er halvparten av vinkelen i hjørnet A av trekanten.
Altså er #CAM = #BAM = #A/2 (merkert med grønn på figuren).
Videre er #CMA = #B (vinkelen i hjørnet B av trekanten) og #AMB = #C.
Fordi #A + #B + #C = 180 og MC = MB så er #MBC = #MCB = #A/2.
Videre har vi #C + #MCB + #MCE = 180 som gir #MCE = #B + #A/2
Dermed har vi #MCE = #MBD og derav følger EC = DB.
I løsningen av dette problemet bruker jeg et teorem som finnes på denne linken:
http://www.geom.uiuc.edu/~dwiggins/conj44.html
(teoremet som sier at Angle A = Angle B)
Heretter referert til som IAT (Inscribed Angle Theorem)
Jeg lar tegnet # bety vinkel.
Altså:
siden M er midtpunktet på buen mellom C og B, så er MC = MB.
Ved IAT så er da #CAM lik #BAM, som derfor er halvparten av vinkelen i hjørnet A av trekanten.
Altså er #CAM = #BAM = #A/2 (merkert med grønn på figuren).
Videre er #CMA = #B (vinkelen i hjørnet B av trekanten) og #AMB = #C.
Fordi #A + #B + #C = 180 og MC = MB så er #MBC = #MCB = #A/2.
Videre har vi #C + #MCB + #MCE = 180 som gir #MCE = #B + #A/2
Dermed har vi #MCE = #MBD og derav følger EC = DB.
-
Matematikkk
- Cayley
- Innlegg: 88
- Registrert: 21/07-2004 22:01
- Sted: Trondheim
Takk for flott svar! 
Ellers har vi denne versjonen, som muligens er enklere:
Siden M er midtpunktet på buen BC, vet vi at vinklene CAM og BAM er like store, og at MB=MC. Trekantene EAM og DAM er begge rettvinklede, har felles hypotenus, og vinkel EAM er lik vinkel DAM, og de er derfor kongruente. Det gir oss at MD=ME.
Siden MB=MC, MD=ME og vinklene MEC og MDB begge er 90 grader, er trekantene MDB og MEC kongruente, og BD=CE.
Hvor har du forresten funnet oppgaven? Tror jeg har løst flere som likner, men de har ikke akkurat stått i matteboka...
Siden M er midtpunktet på buen BC, vet vi at vinklene CAM og BAM er like store, og at MB=MC. Trekantene EAM og DAM er begge rettvinklede, har felles hypotenus, og vinkel EAM er lik vinkel DAM, og de er derfor kongruente. Det gir oss at MD=ME.
Siden MB=MC, MD=ME og vinklene MEC og MDB begge er 90 grader, er trekantene MDB og MEC kongruente, og BD=CE.
Hvor har du forresten funnet oppgaven? Tror jeg har løst flere som likner, men de har ikke akkurat stått i matteboka...
Finn en syklisk firkant, og problemet er så godt som løst:)
-
Matematikkk
- Cayley
- Innlegg: 88
- Registrert: 21/07-2004 22:01
- Sted: Trondheim
Eg har fått oppg. av broren min. Det er på oppkopierte ark, frå ei bok, han veit ikkje kor dei kjeme frå, men kapittelet heiter "Ny geometri" og tar for seg periferivinklar, sentralvinklar, mellomproposjonalitet, et punkts potens med hensyn på en sirkel osv. i tillegg er det noken oppgåver der, klarar dei fleste, men ikkje den.
Han har masse oppg. og slikt som han far fått gjennom sine gode resultat i Abelkonkurransen. (Kom faktisk til IMO i år òg)
Han har masse oppg. og slikt som han far fått gjennom sine gode resultat i Abelkonkurransen. (Kom faktisk til IMO i år òg)