Κάθετη διασταύρωση

#1

: Κάθετη διασταύρωση.png (7.86 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

Θεωρούμε με τη σειρά τα συνευθειακά σημεία A,B,E

και προς το ίδιο ημιεπείπεδο

κατασκευάζουμε τα τετράγωνα , $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEZH$ .

Η

τέμνει την

στο

. Δείξετε ότι : $BT \bot DZ$

Καμιά φραγή . Χρονική ή άλλη ( αλλά να δούμε και λύση χωρίς αναλυτική γεωμετρία)

Νίκος

#2

Doloros έγραψε:Θεωρούμε με τη σειρά τα συνευθειακά σημεία και προς το ίδιο ημιεπείπεδο κατασκευάζουμε τα τετράγωνα , $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEZH$ . Η τέμνει την στο . Δείξετε ότι : $BT \bot DZ$ Καμιά φραγή . Χρονική ή άλλη ( αλλά να δούμε και λύση χωρίς αναλυτική γεωμετρία)

Νίκος

Από την ομοιοθεσία των τετραγώνων με κέντρο το $A\Rightarrow A,C,Z$ συνευθειακά.

Είναι $\dfrac{{TA}}{{AD}}\mathop = \limits^{DC\parallel AC} \dfrac{{TE}}{{CE}}\mathop = \limits^{BC\parallel AT} \dfrac{{AE}}{{EB}}$ $\mathop = \limits^{EB = AE - AB = AH - AD = DH,AE = HZ}$ $\dfrac{{HZ}}{{DH}}\mathop \Rightarrow \limits^{AD = AB} \boxed{\frac{{TA}}{{AB}} = \frac{{HZ}}{{DH}}}:\left( 1 \right)$

Από την $\left( 1 \right)$ σύμφωνα με το [/color][color=#000000][b][i]Θεώρημα Κ. ... b][/color] προκύπτει ότι $\boxed{BT \bot DZ}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί.

Στάθης

#3

Από $BC\parallel AT\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{AE} = \frac{BC}{AT}\ \ \ ,(1)$

Από (1) και BE = HD

και

έχουμε $\displaystyle \frac{HD}{HZ} = \frac{AB}{AT}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle HDZ,\ \vartriangle ABT$ είναι όμοια.

Παρατηρούμε ότι στα όμοια αυτά τρίγωνα, τα ομόλογα στοιχεία τους είναι κάθετα μεταξύ τους

$HD\perp AB$ και $HZ\perp AT$

.

Συμπεράινεται έτσι, ότι $\boxed{DZ\perp BT}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

Doloros έγραψε:Κάθετη διασταύρωση.png

Θεωρούμε με τη σειρά τα συνευθειακά σημεία και προς το ίδιο ημιεπείπεδο

κατασκευάζουμε τα τετράγωνα , $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEZH$ .

Η τέμνει την στο . Δείξετε ότι : $BT \bot DZ$

Καμιά φραγή . Χρονική ή άλλη ( αλλά να δούμε και λύση χωρίς αναλυτική γεωμετρία)

Νίκος

Καλησπέρα στους εκλεκτούς φίλους!

Κάτι παρόμοιο με τον Κώστα.

: Κάθετη διασταύρωση.png (9.74 KiB) Προβλήθηκε 1221 φορές

$\displaystyle{\frac{{DT}}{{CB}} = \frac{{DC}}{{BE}} \Leftrightarrow \frac{x}{d} = \frac{d}{{a - d}}\mathop = \limits^ \oplus \frac{{x + d}}{a} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{HD}} = \frac{{AT}}{{HZ}} \Leftrightarrow \Delta ABT \approx \Delta DZH \Rightarrow T\widehat BA = D\widehat ZE}$

Άρα το τετράπλευρο KZEB

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

#5

Doloros έγραψε: Θεωρούμε με τη σειρά τα συνευθειακά σημεία και προς το ίδιο ημιεπείπεδο κατασκευάζουμε τα τετράγωνα , $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEZH$ . Η τέμνει την στο . Δείξετε ότι : $BT \bot DZ$ ...
[/color]
Νίκος

: κάθετη διασταύρωση.png (18.14 KiB) Προβλήθηκε 1173 φορές

Η προφανής ισότητα $\vartriangle EZF\mathop = \limits^{{\rm K} - {\rm K}} \vartriangle ZHD,\left( {F \equiv BC \cap HZ} \right) \Rightarrow \boxed{EF \bot ZD}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $\dfrac{{CF}}{{CB}}\mathop = \limits^{CF = HD = BE} \dfrac{{BE}}{{DC}} = \dfrac{{CE}}{{CT}} \Rightarrow BT\parallel EF\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{BT \bot DZ}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#6

Doloros έγραψε:Θεωρούμε με τη σειρά τα συνευθειακά σημεία και προς το ίδιο ημιεπείπεδο κατασκευάζουμε τα τετράγωνα , $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEZH$ . Η τέμνει την στο . Δείξετε ότι : $BT \bot DZ$
...
Νίκος

: κάθετη διασταύρωση.png (26.57 KiB) Προβλήθηκε 1165 φορές

Με μεσοκάθετη της $BD\Rightarrow ZA$ διχοτόμος της $\angle KZB,\left( K\equiv BT\cap DZ \right)$ .Από την ομοιότητα $\vartriangle TAB\sim \vartriangle ZEB\Rightarrow BC$ διχοτόμος της γωνίας $\angle ZBK$ . Αρα το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ZBK$ . Με $BA\bot BC\overset{BC\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle ZBL,\left( L\equiv BK\cap AZ \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,B.ZCLA$ αρμονική δέσμη, οπότε και η σειρά $\left( Z,C,L,A \right)$ είναι αρμονική , άρα και η δέσμη είναι αρμονική και με διχοτόμο της $\angle ZKL\Rightarrow KA\bot KC\Rightarrow K,D,A,B,C$ ομοκυκλικά (σε κύκλο διαμέτρου $AC\,\,\vee \,\,BD\Rightarrow BK\bot DZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#7

(...) αλλά να δούμε και λύση χωρίς αναλυτική γεωμετρία.

Ας γίνει το θέλημα του Νίκου....

: 24-11-2016 Γεωμετρία.png (20.42 KiB) Προβλήθηκε 1144 φορές

Έστω

.

Τότε στο EBC

$\displaystyle \varepsilon \varphi \varphi = \frac{a}{{b - a}}$ . ‘Όμως και στο ATE

$\displaystyle \varepsilon \varphi \varphi = \frac{{AT}}{{AE}}$ οπότε $\displaystyle \frac{{AT}}{b} = \frac{a}{{b - a}} \Leftrightarrow AT = \frac{{ab}}{{b - a}}$ .

Στο ABT

$\displaystyle \varepsilon \varphi t = \frac{{AT}}{a} = \frac{b}{{b - a}}$ .

Στο DZH

$\displaystyle \varepsilon \varphi \omega = \frac{{b - a}}{b}$ , οπότε $\displaystyle \omega + t = 90^\circ$ άρα $\displaystyle \widehat {TDZ} + \widehat {DTE} = 90^\circ$ , οπότε οι DZ, TB

τέμνονται κάθετα.

edit: Εντάξει..., σχεδόν ταυτόσημη λύση με τη λύση του Κώστα και του Γιώργου με ομοιότητα είναι. Απλά έτσι, για την καταγραφή και για τους βαθιά εθισμένους στην Τριγωνομετρία την ανάρτησα...

Κάθετη διασταύρωση

Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Re: Κάθετη διασταύρωση

Μέλη σε σύνδεση