Καθετότητα για όλα τα γούστα

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6142
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Καθετότητα για όλα τα γούστα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm

Καθετότητα_ κι αυτή.png
Καθετότητα_ κι αυτή.png (7.59 KiB) Προβλήθηκε 363 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10835
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 21, 2018 10:34 pm

Υπάρχουν λύσεις με συνθετική Γεωμετρία αλλά γράφω μία με Αναλυτική γιατί το ζητούμενο είναι άμεσο: Με κέντρο αξόνων το A, και άξονα των x την AB. Είναι B(4b,0), N(0,n), M(0,2n), C(0,4n). H CB έχει κλίση -n/b, άρα η κάθετή της DN είναι η y=bx/n +n οπότε το D είναι το D(-n^2/b,0). Έτσι η DM έχει κλίση 2b/n και η MB έχει -n/2b από όπου η ζητούμενη καθετότητα.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3833
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Νοέμ 21, 2018 10:59 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.Δείξετε ότι MB \bot MD.
Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
Καθετότητα για όλα τα γούστα.png
Καθετότητα για όλα τα γούστα.png (17.83 KiB) Προβλήθηκε 335 φορές
Έστω L,K,T οι ορθές προβολές των A,N,M στην BC αντίστοιχα. Έχουμε: A{C^2} = BC \cdot LC \Leftrightarrow 4AM \cdot MC = BC \cdot 4KT  \Leftrightarrow \boxed{\frac{{KT}}{{AM}} = \frac{{MC}}{{BC}}}:\left( 1 \right)

Από τη σχέση (1) σύμφωνα με το
Stathis Koutras’ Theorem θα είναι DM\bot BM και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Τετ Νοέμ 21, 2018 11:27 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3833
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Νοέμ 21, 2018 11:21 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
Με T το σημείο τομής της εκ του M καθέτου στην BC με την AB προκύπτει (από τα μέσα) ότι D το μέσο της AT οπότε MD\parallel TC και προφανώς M το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle BTC οπότε BM\bot TC\overset{DM\parallel TC}{\mathop{\Rightarrow }}\,BM\bot DM


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3833
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Νοέμ 21, 2018 11:27 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
Με T το σημείο τομής της εκ του M καθέτου στην BC με την AB το μέσο της AT . Τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle ABC και \vartriangle AMT είναι προφανώς όμοια οπότε για τις ομόλογες διαμέσους τους BM,MD θα ισχύει : \angle DMA=\angle ABM\overset{MA\bot BA}{\mathop{\Rightarrow }}\,MB\bot MD


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1522
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Πέμ Νοέμ 22, 2018 12:04 am

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

Με \displaystyle MK \bot AC \Rightarrow MK = \frac{{AB}}{2}

\displaystyle \vartriangle DAN \simeq MKC \Rightarrow \frac{{AN}}{{MK}} = \frac{{AD}}{{MC}} \Rightarrow \frac{{\frac{{AM}}{2}}}{{\frac{{AB}}{2}}} = \frac{{AD}}{{AM}} \Rightarrow \boxed{A{M^2} = AB \cdot AD \Rightarrow DM \bot BM}
καθετότητα για όλα τα γούστα.png
καθετότητα για όλα τα γούστα.png (14.66 KiB) Προβλήθηκε 301 φορές


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 787
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Πέμ Νοέμ 22, 2018 12:25 am

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
kathetothta_gia_ola_ta_gousta.png
kathetothta_gia_ola_ta_gousta.png (10.62 KiB) Προβλήθηκε 289 φορές
Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ANKB, όπου K το ίχνος της καθέτου από το N στην BC, έχουμε διαδοχικά

CN \cdot CA = CK \cdot CB \rightarrow AC \cdot \frac{3}{4} AC = (BC-BK) BC \Rightarrow

 \frac{3}{4}AC^2 =BC^2-BC\cdot BK \Rightarrow \frac{3}{4}AC^2 = AB^2+AC^2-BC\cdot BK \Rightarrow \frac{1}{4} AC^2+AB^2 = BC \cdot BK (1)

Επίσης έχουμε BM^2= (\frac{AC}{2})^2+AB^2 = BC\cdot BK λόγω της (1).

Άρα η ευθεία BM είναι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου KMC. Από το θεώρημα χορδής και εφαπτομένης έχουμε \angle BMK = \angle MCK = \angle ADK.

Επομένως το τετράπλευρο BDMK είναι εγγράψιμο και αφού \angle BKD = 90^0, θα είναι και \angle BMD = 90^0.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7462
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:44 am

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
Για όλα τα γούστα.png
Για όλα τα γούστα.png (12.3 KiB) Προβλήθηκε 250 φορές
\displaystyle CN \cdot CA = CH \cdot CB \Leftrightarrow \frac{{3{b^2}}}{4} = aCH \Leftrightarrow CH = \frac{{3{b^2}}}{{4a}} \Leftrightarrow BH = a - CH \Leftrightarrow \boxed{BH = \frac{{4{a^2} - 3{b^2}}}{{4a}}} (1)

Θ. διαμέσων στο ABC: \displaystyle B{M^2} = \frac{{2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}}}{4} = \frac{{4{a^2} - 3{b^2}}}{4}\mathop  = \limits^{(1)} BH \cdot BC = BA \cdot BD \Rightarrow \boxed{MB \bot MD}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4213
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Νοέμ 22, 2018 1:45 pm

Καλημέρα σε όλους. Μια γεωμετρική προσπάθεια, δίχως καμία βοηθητική.


22-11-2018 Γεωμετρία.jpg
22-11-2018 Γεωμετρία.jpg (68.32 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές

Έστω K το σημείο τομής DN, BC.

Από την ομοιότητα ABC, KNC είναι \displaystyle \frac{AB}{KN}=\frac{AC}{KC}\Leftrightarrow AB=\frac{AC \cdot KN}{KC}

Από την ομοιότητα ADN, KNC είναι \displaystyle \frac{AD}{KC}=\frac{AN}{KN}\Leftrightarrow AD=\frac{AN \cdot KC}{KN}= \frac{AC \cdot KC}{4KN}, αφού είναι \displaystyle  AN=\frac{AC}{4}.

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και απλοποιούμε, οπότε έχουμε \displaystyle AB \cdot AD= \frac{AC^2}{4}=MA^2 και η καθετότητα των MB, MD προκύπτει άμεσα.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10230
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Νοέμ 22, 2018 2:38 pm

gusto 7.png
gusto 7.png (14.97 KiB) Προβλήθηκε 205 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3148
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Νοέμ 22, 2018 4:16 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm


Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC θεωρώ το M μέσο του AC και το N μέσο του AM.

Η κάθετη από το N στην υποτείνουσα BC τέμνει την ευθεία AB στο σημείο D.

Δείξετε ότι MB \bot MD.

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου
Μετά τις θαυμάσιες λύσεις άλλη μια για να ευχηθώ «Βίον ανθόσπαρτο και καλούς απογόνους» στη μεγάλη κόρη του φίλου Νίκου Φραγκάκη.
shape.jpg
shape.jpg (74.36 KiB) Προβλήθηκε 194 φορές
Με E \equiv DN \cap BC και DN = NK σχηματίζονται:

Το παραλληλόγραμμο DMKA, το ισοσκελές  \triangleleft KAC, το εγγράψιμο EMCK

Από την ισότητα των "πράσινων" γωνιών σχηματίζεται το εγγράψιμο DMEB και το ζητούμενο έπεται!


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 912
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Νοέμ 23, 2018 1:06 am

Καλημέρα. Με τις καλύτερες ευχές για την ευρύτερη οικογένεια του Νίκου Φραγκάκη !
Ελαφρώς διαφορετική , με ύλη Γυμνασίου. Αν θεωρήσουμε (μονάδα μέτρησης) AN=1 ενώ AB=c , με βοηθό και το σχήμα
Γούστο..για όλους N.F.PNG
Γούστο..για όλους N.F.PNG (8.74 KiB) Προβλήθηκε 148 φορές
τότε AM=2..AC=4. Από τα όμοια BAC,DAN προκύπτει AD=\dfrac{4}{c} και BD=c+\dfrac{4}{c}=\dfrac{c^{2}+4}{c} .

Με το Πυθαγόρειο παίρνουμε BM^{2}=c^{2}+4 και DM^{2}=\left (\dfrac{4}{c}  \right )^{2}+4=\dfrac{4c^{2}+16}{c^{2}}

Έτσι έχουμε BM^{2}+DM^{2}=c^{2}+4 +\dfrac{4c^{2}+16}{c^{2}} =\left ( \dfrac{c^{2}+4}{c} \right )^{2}=BD^{2} άρα \widehat{BMD}=90^{0} .
Φιλικά , Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης