Πρακτική καθετότητα

#1

: Πρακτική καθετότητα.png (10.3 KiB) Προβλήθηκε 2049 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

, στην

θεωρώ σημείο

με

και στην διαγώνιο

σημείο

με

.

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm
Πρακτική καθετότητα.png
Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Η κάθετη από το

προς την

τέμνει την

στο

και τα τρίγωνα DPC,BCQ

είναι ίσα,άρα CP=BQ

$AD//CP \Rightarrow \dfrac{a}{CP}= \dfrac{AS}{SC} = \dfrac{11}{5} \Rightarrow CP=BQ= \dfrac{5a}{11} \Rightarrow EQ=AQ-AE= \dfrac{15a}{88}$

Εύκολα τώρα έχουμε $\dfrac{AE}{EQ}= \dfrac{AS}{SC}= \dfrac{11}{5} \Rightarrow SE//CQ \Rightarrow DS \bot SE$

ksofsa · #3

: geogebra-export(8).png (143.52 KiB) Προβλήθηκε 2006 φορές

Το

μέσο του $\Gamma H$ . Από θ. Θαλή, $EH//B\Gamma$ .

Το ύψος $Z\Theta$ του EBZ

είναι ύψος και διάμεσος, άρα EZ=BZ

και, συνεπώς, $EZ=\Delta Z$ .

Άρα, το

στη διχοτόμο και τη μεσοκάθετο του $A\Delta E$ ως προς τη $\Delta E$ , άρα πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο, γεγονός το οποίο υποδηλώνει τη ζητούμενη καθετότητα (αφού διάμετρος του κύκλου η $\Delta E$ ).

Ιστοσελίδα · #4

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm

Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Καλημέρα.

: 2023-09-07_7-38-46.jpg (44.3 KiB) Προβλήθηκε 1997 φορές

Το

είναι ύψος και διάμεσος, άρα το $\triangleleft SEB$ είναι ισοσκελές.

Ισχύει $\angle SDA = \angle SBA = \angle SEB$ , συνεπώς το DSEA

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Henri van Aubel · #5

Αλλιώς. Φέρνουμε $DQ\perp AC$ ( $Q\in AC$ ) και παίρνουμε $\displaystyle \frac{QS}{QD}=\frac{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}-\frac{5a\sqrt{2}}{16}}{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{3}{8}\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle \frac{AE}{AD}=\frac{3}{8}$ , επομένως και σύμφωνα με την $\left ( 1 \right )$ , έπεται ότι $\vartriangle QDS\sim \vartriangle ADE\Rightarrow \angle AED=\angle QSD=\angle ASD.$

Δηλ. AESD

εγγράψιμο , συνεπώς $DS\perp SE$

#6

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm
Πρακτική καθετότητα.png
Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Αν

είναι η πλευρά του τετραγώνου, τότε εύκολα προκύπτουν τα μήκη των τμημάτων στο σχήμα.

Θα υπολογίσω τις πλευρές του τριγώνου DSE.

: Πρακτική καθετότητα.png (15.82 KiB) Προβλήθηκε 1973 φορές

$\displaystyle \bullet$ Από Πυθαγόρειο στο ADE

έχω $\boxed{DE^2=292a^2}$

$\displaystyle \bullet$ Νόμος συνημιτόνου στο AES,

$\displaystyle S{E^2} = 242{a^2} + 36{a^2} - 132{a^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{SE^2=146a^2}$

$\displaystyle \bullet$ Στο ισοσκελές ADC

είναι $\displaystyle A{D^2} = D{S^2} + AS \cdot SC \Leftrightarrow 256{a^2} = D{S^2} + 110{a^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{DS^2=146a^2}$

Άρα DE^2=SE^2+DS^2

και το ζητούμενο έπεται (το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές).

#7

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm
Πρακτική καθετότητα.png
Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Αλλιώς. Βρίσκω όπως και προηγουμένως DS^2=146a^2

και με νόμο συνημιτόνου SDC.

είναι $\displaystyle \cos \omega = \frac{{11}}{{\sqrt {146} }} \Rightarrow \tan \omega = \frac{5}{{11}}$

: Πρακτική καθετότητα.β.png (13.6 KiB) Προβλήθηκε 1962 φορές

$\displaystyle \tan (\omega + \theta ) = \dfrac{{\dfrac{5}{{11}} + \dfrac{3}{8}}}{{1 - \dfrac{{15}}{{88}}}} = 1 \Leftrightarrow \omega + \theta = 45^\circ \Leftrightarrow E\widehat DS = 45^\circ ,$ άρα το AESD

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλό βράδυ σε όλους!
Με χρήση του σχήματος όπου για ευκολία, ας είναι AB=a=8

.

: 7-9 Πρακτική καθετότητα N.F.png (167.98 KiB) Προβλήθηκε 1917 φορές

Στο τρίγωνο FDE

το ύψος

, άρα όπως και στο θέμα: Κριτήριο 45άρας είναι $\omega +\varphi =\widehat{FDE}=45^o$ .

Ακόμη ισχύει $\dfrac{SI}{ID}=\dfrac{CI}{ID}=\dfrac{CS}{SA}=\dfrac{5}{11}=\dfrac{PH}{DH}$ .

Έτσι τα ορθογώνια DIS,PHD

είναι όμοια με $\widehat{SDI}=\widehat{PDH}=\omega$

οπότε και $\widehat{EDS}=45^o=\widehat{EAS}$ δηλ. το DAES

είναι εγγράψιμο...

Φιλικά, Γιώργος.

Ιστοσελίδα · #9

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm
Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

: 2023-09-08_5-27-21-new.jpg (77.54 KiB) Προβλήθηκε 1888 φορές

KARKAR · #10

Στο σχήμα του Νίκου , είναι : $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{6}{16}$ και : $\dfrac{SC}{AC}=\dfrac{5}{16}$ .

: Άλλο ένα.png (9.38 KiB) Προβλήθηκε 1887 φορές

Δείτε και ένα σχήμα με : $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{3}{7}$ και : $\dfrac{SC}{AC}=\dfrac{2}{7}$ .

Άσκηση : Βρείτε τετράγωνο , με ακέραια πλευρά και ακέραιο το τμήμα

,

ώστε οι δύο παραπάνω λόγοι να είναι ίσοι και φυσικά να είναι : $DS \perp SE$ .

ksofsa · #11

Καλημέρα.

Μπορούμε να επιλέξουμε $AB=3,AE=1,\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{SC}{AC}=\dfrac{1}{3}.$

Τότε ακολουθώντας τις αποδείξεις που προηγήθηκαν αποδεικνύεται και η καθετότητα.

Γενικά, όπως φάνηκε, η καθετότητα ισοδυναμεί με τη συνθήκη

$\dfrac{AE}{AB}+2\dfrac{SC}{AC}=1$ .

orestisgotsis · #12

ΠΕΡΙΤΤΑ

#13

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 06, 2023 9:54 pm
Πρακτική καθετότητα.png
Σε τετράγωνο , στην θεωρώ σημείο με και στην διαγώνιο σημείο με .

Δείξετε ότι $SD \bot SE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές. ( πιο πάνω ή πιο κάτω από τον φάκελο )

Είναι τέτοια η φύση της άσκησης που πρέπει ( αν υπάρξουν) αλγεβρικές

αντιμετωπίσεις να «φαίνονται» . Όχι έκθεση ιδεών και μετά …κ. λ. π.

Όλες οι λύσεις είναι ωραίες κι ευχαριστώ .

Του Μιχάλη του Τσουρακάκη είναι για σεμινάριο !

Ας είναι η πλευρά του τετραγώνου 16k

και της διαγωνίου του AC = DB = 16m

.

Έστω ακόμα

το σημείο τομής των διαγωνίου του και

η προβολή του

στην

Από την υπόθεση $SC = 5m \Rightarrow OS = 3m$ , ενώ AE = 6k

. Επειδή $\dfrac{{TE}}{{OB}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{TE}}{{8m}} = \dfrac{{6k}}{{16k}} = \dfrac{3}{8} \Rightarrow TE = 3m\,\,$ .

: Πρακτική καθετότητα_Λύση.png (15.31 KiB) Προβλήθηκε 1805 φορές

Δηλαδή έχω: $\left\{ \begin{gathered} TE = OS = 3m \hfill \\ TS = TO + OS = 5m + 3m = 8m = OD \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα , $OSD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TES$ έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες , άρα είναι ίσα και το ζητούμενο φανερό .

Γιώργος Μήτσιος · #14

Καλημέρα σε όλους!
Προσπάθεια για μια γενίκευση

: 12-9 πρακτική καθετότητα ..γενίκευση.png (130.17 KiB) Προβλήθηκε 1694 φορές

Το

είναι ορθογώνιο όπου $E \in AB$ και $S \in AC$ . Ας είναι $\dfrac{AD}{AB}=k$ , $\dfrac{AE}{AB}=l$ και $\dfrac{AS}{SC}=m$ .

Να εξεταστεί αν ισχύει : $DS \perp SE \Leftrightarrow m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$

Στην αρχική διατύπωση είναι k=1 , l=3/8

και

, δηλ $m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$ .

Όπως έχει δειχθεί (με ποικιλία τρόπων) ισχύει $DS \perp SE$ .

Όποιος φίλος ενδιαφερθεί και .. .. ευκαιρήσει , ας γράψει απόδειξη της ως άνω ισοδυναμίας . Φιλικά, Γιώργος.

Henri van Aubel · #15

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 12, 2023 7:28 am
Καλημέρα σε όλους!
Προσπάθεια για μια γενίκευση
12-9 πρακτική καθετότητα ..γενίκευση.png

Το είναι ορθογώνιο όπου $E \in AB$ και $S \in AC$ . Ας είναι $\dfrac{AD}{AB}=k$ , $\dfrac{AE}{AB}=l$ και $\dfrac{AS}{SC}=m$ .

Να εξεταστεί αν ισχύει : $DS \perp SE \Leftrightarrow m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$

Στην αρχική διατύπωση είναι και , δηλ $m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$ .

Όπως έχει δειχθεί (με ποικιλία τρόπων) ισχύει $DS \perp SE$ .

Όποιος φίλος ενδιαφερθεί και .. .. ευκαιρήσει , ας γράψει απόδειξη της ως άνω ισοδυναμίας . Φιλικά, Γιώργος.

#16

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 12, 2023 7:28 am
Καλημέρα σε όλους!
Προσπάθεια για μια γενίκευση
12-9 πρακτική καθετότητα ..γενίκευση.png

Το είναι ορθογώνιο όπου $E \in AB$ και $S \in AC$ . Ας είναι $\dfrac{AD}{AB}=k$ , $\dfrac{AE}{AB}=l$ και $\dfrac{AS}{SC}=m$ .

Να εξεταστεί αν ισχύει : $DS \perp SE \Leftrightarrow m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$

Στην αρχική διατύπωση είναι και , δηλ $m=\dfrac{k^{2}+l}{1-l}$ .

Όπως έχει δειχθεί (με ποικιλία τρόπων) ισχύει $DS \perp SE$ .

Όποιος φίλος ενδιαφερθεί και .. .. ευκαιρήσει , ας γράψει απόδειξη της ως άνω ισοδυναμίας . Φιλικά, Γιώργος.

Έστω $ET\bot CD\left( T\in CD \right)$ οπότε το δεδομένο $DS\bot ES$ ισοδυναμεί με την ομοκυκλικότητα των σημείων A,E,S,T,D

σε κύκλο διαμέτρου

(ή και

) και προφανώς από τα ορθογώνια (αρχικό και τα υπόλοιπα που σχηματίστηκαν ) προκύπτει ότι $CT=BE:\left( 1 \right)$

Από $\dfrac{AE}{AB}=\ell \Rightarrow \dfrac{AB-AE}{AB}=1-\ell \Rightarrow BE\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,CT=\left( 1-\ell \right)\cdot AB=\left( 1-\ell \right)\cdot CD:\left( 2 \right)$ και από $\dfrac{AS}{SC}=m\Rightarrow \dfrac{AS+SC}{SC}=m+1\Rightarrow SC=\dfrac{1}{m+1}\cdot AC:\left( 2 \right)$

: Πρακτική καθετότητα ...γενίκευυση.png (20.45 KiB) Προβλήθηκε 1620 φορές

Για τις τεμνόμενες χορδές DT,AS

στο

του εν λόγω κύκλου θα ισχύει:
$CT\cdot CD=CS\cdot AC\overset{\left( 2 \right),\left( 3 \right)}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\left( 1-\ell \right)\cdot A{{B}^{2}}=\dfrac{1}{m+1}\cdot A{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow \left( 1-\ell \right)\cdot \left( m+1 \right)=\dfrac{A{{C}^{2}}}{A{{B}^{2}}}\overset{\Pi .\Theta }{\mathop{=}}\,\dfrac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}{A{{B}^{2}}}=1+{{\left( \dfrac{AD}{AB} \right)}^{2}}=1+{{k}^{2}}$
$\Leftrightarrow m+1=\dfrac{1+{{k}^{2}}}{1-\ell }\Leftrightarrow m=\dfrac{1+{{k}^{2}}-\left( 1-\ell \right)}{1-\ell }\Rightarrow m=\dfrac{{{k}^{2}}+\ell }{1-\ell }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σημείωση: Υπάρχει και λύση (εύκολη) με την βοήθεια του περιώνυμου θεωρήματος αλλά ας την αφήσω για κάποιον που ενδιαφέρεται

Πρακτική καθετότητα

Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Re: Πρακτική καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση