Καθετότητα για κάθε γούστο

#1

: Καθετότητα για κάθε γούστο.png (8.64 KiB) Προβλήθηκε 1194 φορές

Έστω τετράγωνο ABCD

πλευράς

. Προεκτείνω την

προς το

κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε

το μέσο του

και

το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

#2

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Αν $F\equiv AZ\cap BC$ τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle CMB$ με διατέμνουσα την AZF

εύκολα προκύπτει ότι το

είναι το μέσο της

και συνεπώς $EF\bot AC$ (τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle FBE$ είναι ορθογώνια ισοσκελή) οπότε

το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACE$ (σημείο τομής των υψών του $CB,EK,K\equiv EF\cap AC$ ) και συνεπώς $AF\equiv AZ\bot CE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί . .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Καλησπέρα!

Έστω $L\equiv DC\cap AZ$ και

η ορθή προβολή του

στην προέκταση της

.

Από τις παράλληλες DC,AB

έχουμε $\dfrac{DL}{AE}=\dfrac{ZL}{ZA}=\dfrac{ZD}{ZE}=\dfrac{DC}{ME}=\dfrac{4}{3}\Leftrightarrow DL=\dfrac{4}{3}\cdot \dfrac{3}{2}a=2a$

Έτσι έχουμε $\tan\widehat{BAL}=2=\tan\widehat{BCE}$ δηλαδή $AZ\perp CE$

: 82.PNG (21.07 KiB) Προβλήθηκε 1171 φορές

#4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

: ...Για κάθε γούστο.png (17.17 KiB) Προβλήθηκε 1156 φορές

Από Ceva στο ACE,

$\displaystyle \frac{{EL}}{{LC}} = \frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{AE}}{{DC}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{{EL}}{{EC}} = \frac{3}{5}.$ Αλλά, με Π. Θ στο CBE

βρίσκω $\displaystyle CE = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

$\displaystyle EL \cdot EC = \frac{3}{5} \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} = EB \cdot EA$ και το ζητούμενο έπεται.

Ορέστης Λιγνός · #5

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm

Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Μία άλλη λύση, που όμως δεν συγκρίνεται σε ομορφιά με τις 3 προηγούμενες

.

Έστω WLOG AB=4

οπότε

.

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle DCZ,\vartriangle ZME$ , προκύπτει CZ/ZM=4/3

, και αφού από Π.Θ. $CM=\sqrt{17}$ , προκύπτει $CZ=\dfrac{4\sqrt{17}}{7}$ .

Ακόμη, από τα προαναφερθέντα όμοια τρίγωνα, DZ/ZE=4/3

, και αφού από Π.Θ. $DE=\sqrt{52}$ , προκύπτει $ZE=\dfrac{3\sqrt{52}}{7}$ .

Συνεπώς, συνδυάζοντας τις προηγούμενες και το γεγονός ότι $AC=\sqrt{32}$ , έχω ότι AE^2-AC^2=36-32=4=ZE^2-ZC^2

, οπότε από το αντίστροφο Κριτηρίου Καθετότητας προκύπτει $AZ \perp CE$ .

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλησπέρα σε όλους! Με χρήση του σχήματος

: Καθετότητα .. N.F.PNG (12.03 KiB) Προβλήθηκε 1047 φορές

Θέτω

. Από τα ζεύγη τριγώνων $DHC \sim BHE \Rightarrow x+y=2p$ και $DCZ \sim MEZ\Rightarrow y+p=3x/4$

Προκύπτει $y=x/6 \Rightarrow HN=a/6$ αφού $ZHN \sim DAZ$ . Ακόμη $BEH \sim ADE \Rightarrow BH=a/3$ οπότε BN=a/2

.

Τότε $BAN = BEC \Rightarrow \theta = \varphi$ και τελικά $\widehat{F}=\widehat{B}=90^{0}$ .
Φιλικά , Γιώργος.

#7

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Έστω

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα. Τότε

$ZK\parallel AD\Rightarrow \dfrac{AK}{AE}=\dfrac{DZ}{DE}\overset{DC\parallel AE}{\mathop{=}}\,\dfrac{DC}{DC+ME}=\dfrac{a}{\dfrac{7}{4}a}=\dfrac{4}{7}\overset{AE=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,AK=\dfrac{6a}{7}:\left( 1 \right)$ και

$ZL\parallel AE\Rightarrow \dfrac{LB}{BC}=\dfrac{ZE}{DE}\overset{DC\parallel AE}{\mathop{=}}\,\dfrac{ME}{ME+DC}=\dfrac{\dfrac{3a}{4}}{\dfrac{7}{4}a}=\dfrac{3}{7}\overset{AE=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,LB=\dfrac{3a}{7}:\left( 2 \right)$

Από $\left( 1 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AK}{LB}=2=\dfrac{BC}{BE}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/ ... tras.shtml προκύπτει ότι $AZ\bot CE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #8

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Είναι, $\displaystyle EM = \frac{{3a}}{4}$ και $\displaystyle \frac{{DZ}}{{ZE}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{4}}} = \frac{4}{3}$

Με $\displaystyle EK \bot EC \Rightarrow \vartriangle CBE \approx \vartriangle AEK \Rightarrow \frac{{BE}}{{AK}} = \frac{{BC}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{\frac{a}{2}}}{{AK}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{2}}} \Rightarrow \boxed{AK = \frac{{3a}}{4}}$

$\displaystyle \frac{{AD}}{{AK}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{4}}} = \frac{4}{3} = \frac{{DZ}}{{ZE}} \Rightarrow AZ//KE \Rightarrow \boxed{AZ \bot CE}$

: Καθετότητα.png (13.78 KiB) Προβλήθηκε 1008 φορές

Ιστοσελίδα · #9

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Καλησπέρα!

: shape.png (26.44 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

Έστω

και $K \equiv AZ \cap DC$

Από την ισότητα των $\triangleleft CBE, \triangleleft CDN$ προκύπτει $NC \bot CE$

Από την ομοιότητα των $\triangleleft EMZ, \triangleleft DCZ$ και $\triangleleft AMZ, \triangleleft KCZ$ προκύπτει ότι DC = CK

Έτσι, $NC\parallel AK$ και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

#10

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο πλευράς . Προεκτείνω την προς το κατά τμήμα $BE = \dfrac{a}{2}$ .

Ας είναι δε το μέσο του και το σημείο τομής των $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ .

Δείξετε ότι $AZ \bot CE$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

: καθετότητα για κάθε γούστο_1.png (27.76 KiB) Προβλήθηκε 916 φορές

Ας είναι $H\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T\,\,$ τα σημεία τομής

με τις $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EC$ . Αν θέσω AB = 4k

θα είναι : $BE = 2k\,\,,\,\,MB = k\,,\,MA = 3k$ και άρα :

$\boxed{\frac{{BM}}{{BE}} = \frac{{AM}}{{AE}} = \frac{1}{2}}$ .

Η σχέση αυτή μας εξασφαλίζει ότι η τετράδα: $\left( {A,B\backslash M,E} \right)$ είναι αρμονική.

Άρα και η τετράδα : $\left( {A,H\backslash Z,T} \right)$ είναι αρμονική και κατ’ επέκταση η δέσμη

$E\left( {A,H,Z,T} \right)$ είναι αρμονική και αφού η CD//EA

, η

θα τέμνει την

στο μέσο της , έστω,

Προφανώς τώρα $\vartriangle BAH = \vartriangle BCE \Rightarrow \widehat \omega = \widehat \theta \Rightarrow AT \bot EC$

#11

Θεωρώ Καρτεσιανό συντεταγμένων με αρχή το A(0,0)

και έστω

. Θα είναι έτσι:

$\left\{ \begin{gathered} C\left( {7,7} \right),\,\,D\left( {0,7} \right)\,,\,E\left( {\dfrac{{21}}{2},0} \right)\,\,,M\left( {\dfrac{{21}}{4},0} \right) \hfill \\ DE \to 2x + 3y = 21 \hfill \\ CM \to y = 4x - 21 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: καθετότητα με κάθε μέσο_αναλυτική.png (22.87 KiB) Προβλήθηκε 904 φορές

Από τη λύση του πιο πάνω συστήματος έχω: Z(6,3)

και έτσι:

$\left\{ \begin{gathered} \overrightarrow {AZ} = (6,3) \hfill \\ \overrightarrow {EC} = \left( { - \dfrac{7}{2},7} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AZ} \cdot \overrightarrow {EC} = 6\left( { - \dfrac{7}{2}} \right) + 3 \cdot 7 = 0 \Rightarrow AZ \bot EC$

#12

Η δέσμη

είναι αρμονική . Άρα και η δέσμη , Z(B,N,S,C)

είναι αρμονική.

$\left\{ \begin{gathered} \frac{x}{6} = \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{3}{9} \hfill \\ \frac{y}{x} = \frac{w}{6} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 2 \hfill \\ \frac{y}{x} = \frac{w}{6} \hfill \\ y + w = 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 2 \hfill \\ y = 1 \hfill \\ w = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Καθετότητα για κάθε γούστο_3.png (25.38 KiB) Προβλήθηκε 886 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \tan \theta = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \hfill \\ \tan \omega = \frac{{NB}}{{AB}} = \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \theta = \omega \Rightarrow AT \bot CE$

Καθετότητα για κάθε γούστο

Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

Μέλη σε σύνδεση