Равенство на ъгли

[KOPMOPAH]

В триъгълника $ABC$, в който $AB > AC$ е прекарана ъглополовящата $AL$. На страната $AB$ е избрана точка $K$ така, че $AK = AC$. Нека $O$ е центърът на окръжността, описана около $\triangle ALB$.

Да се докаже, че $\measuredangle KCB=\measuredangle ABO$.

Скрит текст: покажи

Равенство на ъгли.png (15.52 KiB) Прегледано 492 пъти

[123a]

$AC$ е допирателна.

Ако предополжим, че не е, то, ако през центъра на окръжността прекараме права, перпендикулярна на AC и я пресича в да кажем т.[tex]M \ne A[/tex],, то тогава тя ще е и звън окръжността. Тогава от правоъгълния триъгълник AOM, би следвало AO да е хипотенуза, но понеже OM е по-голяма от AO, то това е невъзможно.


$\angle CAL = \angle LAB = \angle ABL = \alpha$

$\angle ALB=180-2\alpha \Rightarrow \angle ALC=2\alpha\Rightarrow \angle KCB= 90-2\alpha$

От правия $\angle ACO$ следва, че $ \angle OAB= \angle ABO=90-2\alpha$

[S.B.]

Без заглавие - 2020-03-14T162909.508.png (321.43 KiB) Прегледано 407 пъти

В триъгълника $ABC$, в който $AB > AC$ е прекарана ъглополовящата $AL$. На страната $AB$ е избрана точка $K$ така, че $AK = AC$. Нека $O$ е центърът на окръжността, описана около $\triangle ALB$.

Да се докаже, че $\measuredangle KCB=\measuredangle ABO$.

Скрит текст: покажи

Прикачения файл Равенство на ъгли.png вече е недостъпен

Точка $A$ принадлежи на описаната около [tex]\triangle ABL[/tex] окръжност .Ако $BM$ е диаметър,тогава $\triangle MBA$ е правоъгълен.
Нека $\angle ABO = \angle ABM = \varphi \Rightarrow \angle AMB = 90^\circ - \varphi$
Нека $\angle KCB = \angle NCL = \delta $, $\angle ALB $ е външен за $\triangle CNL \Rightarrow \angle ALB = 90^\circ + \delta$ (защото $AN \bot CK)$
$\angle AMB = \frac{\widehat{ALB}}{2} = \frac{\widehat{AL}}{2} + \frac{\widehat{LB}}{2} = \angle ABL + \angle BAL = \beta + \alpha$
$\angle AMB = 90^\circ - \varphi \Rightarrow$
$ 90^\circ - \varphi = \alpha + \beta \Leftrightarrow 180^\circ - (90^\circ - \varphi) = 180^\circ - (\alpha + \beta) \Leftrightarrow 90^\circ + \varphi = \angle ALB$
Но като външен за $ \triangle CNL ,\angle ALB = 90^\circ + \delta$
Получи се ,че $90^\circ + \varphi = 90^\circ + \delta \Rightarrow \varphi = \delta \Rightarrow \angle KCB = \angle ABO$

[Евва]

Скрит текст: покажи

Удбно ми е да използвам чертежа на S.B.с нейното позволение ,започнала съм като нея.Построих диаметъра BM и хордата LM.

Вписаният [tex]\angle[/tex]АВМ=[tex]\frac{1}{2}[/tex][tex]\widehat{AM}[/tex]=[tex]\angle[/tex]ALM (също вписан) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]ALM=[tex]\angle[/tex]ABM=[tex]\angle[/tex]ABO (3)

Ъглополовящата AL се явява и височина в равнобедрения [tex]\triangle[/tex]АКС [tex]\Rightarrow[/tex] AL[tex]\bot[/tex]KC (1)

ML[tex]\bot[/tex]BL (тогава и ML[tex]\bot[/tex]BC (2)) , защото са катети в [tex]\triangle[/tex]MBL .
От (1) и (2) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]ALM=[tex]\angle[/tex]KCB (4)
От (4) и (3) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]KCB=[tex]\angle[/tex]ABO