mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm**

: Καθετότητα_ κι αυτή.png (7.59 KiB) Προβλήθηκε 1182 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

θεωρώ το

μέσο του

και το

μέσο του

.

Η κάθετη από το

στην υποτείνουσα

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

.

Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

Δημοσιεύτηκε: **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

, και άξονα των

την

. Είναι

. H

έχει κλίση -n/b

, άρα η κάθετή της

είναι η

οπότε το

είναι το

. Έτσι η

έχει κλίση 2b/n

και η

έχει

από όπου η ζητούμενη καθετότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 10:59 pm**

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:47 pm
Καθετότητα_ κι αυτή.png
Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .
Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

: Καθετότητα για όλα τα γούστα.png (17.83 KiB) Προβλήθηκε 1154 φορές

Έστω οι ορθές προβολές των στην 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

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 11:21 pm**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

Με

το σημείο τομής της εκ του

καθέτου στην

με την

προκύπτει (από τα μέσα) ότι

το μέσο της

οπότε $MD\parallel TC$ και προφανώς

το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle BTC$ οπότε $BM\bot TC\overset{DM\parallel TC}{\mathop{\Rightarrow }}\,BM\bot DM$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 11:27 pm**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

Με

το σημείο τομής της εκ του

καθέτου στην

με την

το μέσο της

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ABC$ και $\vartriangle AMT$ είναι προφανώς όμοια οπότε για τις ομόλογες διαμέσους τους BM,MD

θα ισχύει : $\angle DMA=\angle ABM\overset{MA\bot BA}{\mathop{\Rightarrow }}\,MB\bot MD$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 12:04 am**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

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 (14.66 KiB) Προβλήθηκε 1120 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 12:25 am**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

: kathetothta_gia_ola_ta_gousta.png (10.62 KiB) Προβλήθηκε 1108 φορές

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ANKB

, όπου

το ίχνος της καθέτου από το

στην

, 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

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 $\angle BMD = 90^0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:44 am**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

Δείξετε ότι $MB \bot MD$ .

Δεκτές λύσεις ανεξαρτήτως φακέλου

: Για όλα τα γούστα.png (12.3 KiB) Προβλήθηκε 1069 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:

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

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 1:45 pm**

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

: 22-11-2018 Γεωμετρία.jpg (68.32 KiB) Προβλήθηκε 1029 φορές

Έστω

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.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 2:38 pm**

: gusto 7.png (14.97 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 4:16 pm**

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

Στο ορθογώνιο τρίγωνο θεωρώ το μέσο του και το μέσο του .

Η κάθετη από το στην υποτείνουσα τέμνει την ευθεία στο σημείο .

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 (74.36 KiB) Προβλήθηκε 1013 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!

Δημοσιεύτηκε: **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

, με βοηθό και το σχήμα

: Γούστο..για όλους N.F.PNG (8.74 KiB) Προβλήθηκε 967 φορές

τότε

. 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.

mathematica.gr

Καθετότητα για όλα τα γούστα

Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα

Re: Καθετότητα για όλα τα γούστα