Διπλοκάθετες

#1

: Διπλοκάθετες.png (10.7 KiB) Προβλήθηκε 1231 φορές

Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι M, N

τα μέσα των BC, AC

αντίστοιχα

και

το μέσο του AN.

Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

STOPJOHN · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm
Διπλοκάθετες.png
Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

Το τρίγωνο BDC,BD=DC

είναι ισοσκελές .

Το τετράπλευρο ADMB

είναι εγγράψιμο οπότε $\hat{BDM}=\hat{\hat{MDC}}=\hat{ABM}=\hat{BAM}=\omega$

$AN=NC,MB=MC\Rightarrow MN\perp AC$

Από Μενέλαο στο τρίγωνο DMC

με διατέμνουσα $ΒΤΝ, \dfrac{DI}{IM}.\dfrac{MB}{BC}.\dfrac{NC}{DN}=1 \Rightarrow DI=IM,\hat{MNC}=90\Rightarrow NI=IM=ID,\hat{DNT}=\omega =\hat{BAT},AT\perp BN$

giannimani · #3

: right_triang_perp.png (53.97 KiB) Προβλήθηκε 1209 φορές

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε, το EAMN

παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται).
Επομένως, $AE \parallel MN \perp AC$ , δηλαδή, τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά.

Από το παραλληλόγραμμο EAMN

έχουμε ότι $\angle AEN =\angle AMN \quad (1)$ .

Αλλά το τρίγωνο AMC

είναι ισοσκελές ( $AM = \frac{BC}{2}$ ), επομένως η διάμεσος

θα είναι και διχοτόμος, δηλαδή,
$\angle AMN = \angle NMC \quad (2)$
Από τις (1)

και

έχουμε ότι $\angle AEN=\angle NMC$ , οπότε το τετράπλευρο EBMN

εγγράψιμο,
και εφόσον $\angle BME = 90^{\circ}$ , τότε και $\angle BNE=90^{\circ}$ , δηλαδή, $EN \perp BN$ .

Αλλά, $AM \parallel EN$ οπότε $AM \perp BN$ .

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm
Διπλοκάθετες.png
Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

: Διπλοκάθετες_Κατασκευή.png (24.37 KiB) Προβλήθηκε 1195 φορές

Η κατασκευή μας δείχνει τη λύση ( Θα γράψω κάτι)

Ας είναι $BC = 6k\,\,,\,\,k > 0$ . Γράφω τον κύκλο $\left( {M,k} \right)$ και από το

, εφαπτόμενο τμήμα

προς αυτό .

Η

τέμνει στο

, το ημικύκλιο διαμέτρου

. Το $\vartriangle ABC$ είναι το τρίγωνο μας και η

τέμνει την

στο

.

Το

είναι το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ , ενώ ας πούμε

τη διάμετρο του μικρού ημικυκλίου.

Είναι , $AS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NT$ κάθετες στην

και

.

Dimessi · #5

: Διπλοκαθετότητα.png (14.41 KiB) Προβλήθηκε 1179 φορές

$\displaystyle \left.\begin{matrix} CM\cdot BC\overset{ADMB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=CD\cdot AC\Rightarrow b^{2}=\frac{2a^{2}}{3} & \\ AN\cdot AC=\frac{b^{2}}{2}=\frac{a^{2}}{3}=c^{2} & \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow AN\cdot AC=AB^{2}\Rightarrow \vartriangle ABN \sim \vartriangle CBA$ $\Rightarrow \angle ANB=\angle B\Rightarrow AM \perp BN.$

Ιστοσελίδα · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm

Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

: shape.png (24.54 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές

Θέτω

και από ομοιότητα, Πυθαγόρεια και το βαρύκεντρο

καταλήγω σε αντίστροφο Πυθαγορείου στο $\triangle NGM$ , όπου το ζητούμενο είναι άμεσο.

KARKAR · #7

: Διπλοκάθετες.png (16.79 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

Πρόκληση : Δείξτε ( διανυσματικά ) ότι : $\vec{AM}\bullet \vec{BN}=0$

Dimessi · #8

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm
Διπλοκάθετες.png
Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

Είναι $MN//AB\Rightarrow MN \bot AC$ και $\dfrac{c^2}{4} =MN^2=DN.NC=\dfrac{b}{4} . \dfrac{b}{2} = \dfrac{b^2}{8}$ .Έτσι

$\dfrac{ \dfrac{b^2}{4} }{c^2}= \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{AN^2}{AB^2} = \dfrac{NG}{GB} \Rightarrow AM \bot BN$

(Το

είναι κ.βάρους του ABC

)

: Διπλοκάθετες.png (16.75 KiB) Προβλήθηκε 1082 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

Εστω

Είναι $D(\frac{3x+1}{4},\frac{y}{4})$
Από καθετότητα DM, BC προκύπτει ότι $x=\frac{-1}{3}$ .
Είναι $BN=(\frac{x+1}{2}+1,\frac{y}{2}),AM=(x,y)$
Εχουμε
$BN.AM=(\frac{x+1}{2}+1,\frac{y}{2}).(x,y)=x(\frac{x+3}{2})+\frac{y^2}{2}=\frac{1}{2}(1+3(-\frac{1}{3}))=0$
οπότε η BN είναι κάθετη στην AM.

KARKAR · #11

: Διπλοκάθετες.png (15.47 KiB) Προβλήθηκε 1046 φορές

$\dfrac{b}{a}=\cos C=\dfrac{2a}{3b}$ , άρα : 3b^2=2a^2

και (λόγω Π.Θ ): b^2=2c^2

.

Αλλά : $\tan\theta=\dfrac{b}{2c}$ και : $\tan C=\dfrac{c}{b}$ , το οποίο σημαίνει : $\theta=\hat{C}$ .

#12

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm
Διπλοκάθετες.png
Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

Έστω $S\,\,,\,\,T$ οι προβολές των $A\,\,,\,\,N$ στην

. Επειδή , 2AD = 2DN = NC

και η

διάμεσος του ορθογωνίου τραπεζίου , ASTN

θα είναι , 2SM = 2MT = TC

, οπότε αν SM = k

θα είναι :

: Διπλοκάθετες_new_2.png (37.6 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

$BS = TC = 2k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM = MT = k$ . Έχω και τις προφανείς σχέσεις:

$\theta = {\theta _1} = {\theta _2} = {\theta _3} = C$ , άρα $\widehat {MAC} = \widehat {C_{}^{}}$ , οπότε $AM \bot BN$

KARKAR · #13

: διπλοκάθετες συντελεστές.png (22.07 KiB) Προβλήθηκε 1000 φορές

Είναι :

και λόγω του : $AO^2=OB\cdot OC$ , με : OM=k

,

έχουμε το παρατιθέμενο σχήμα . Είναι : $\lambda_{AM}=-2\sqrt{2}$ και : $\lambda_{BN}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ .

KARKAR · #14

: Διπλοκάθετες 3.png (21.05 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

Το αγαπημένο του θεματοδότη κριτήριο καθετότητας : Αρκεί : BM^2-MN^2=BA^2-AN^2

.

Πράγματι : $\dfrac{a^2}{4}-\dfrac{c^2}{4}=c^2-\dfrac{b^2}{4}$ , η οποία ισοδυναμεί με την : a^2=3c^2

, η οποία ισχύει .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #15

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 01, 2025 5:27 pm
Διπλοκάθετες.png
Σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^\circ),$ είναι τα μέσα των αντίστοιχα

και το μέσο του Αν $DM\bot BC,$ να δείξετε ότι $AM\bot BN.$

Με

συμμετρικό του

ως προς

το

είναι παραλ/μμο,άρα AM΄//MN

,όπως και

Επομένως

συνευθειακά και λόγω της ισότητας των κόκκινων γωνιών ,το BMNM΄

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Έτσι $M΄N \bot BN$ άρα και $AM \bot BN$

Η παραπάνω λύση,είναι σχεδόν ίδια με τη λύση στο post 3 όπως μου επισήμανε ο Θανάσης.
Δεν είχα διαβάσει τη λύση αυτή αλλιώς δεν θα αναρτούσα τη δική μου .
Την αφήνω για τον κόπο..

: Διπλοκάθετες.png (20.24 KiB) Προβλήθηκε 962 φορές

giannimani · #16

Κλειδί και για άλλες αποδείξεις είναι η σχέση $b^2=2c^2\quad (1)$ που έχει αποδειχτεί σε προηγούμενα posts.

Άπό την (1)

προκύπτει η $\frac{PB}{PK}=\frac{NA}{NM}$ , όπου

το μέσο της

, και

το μέσο της

.
Επομένως, τα ορθογώνια τρίγωνα PBK

και

είναι όμοια, οπότε $\angle PBK=\angle NAM \quad (2)$ .
Αλλά, $\angle PBK=\angle PAK \quad (3)$ (το τρίγωνο KAB

ισοσκελές εφόσον η

διάμεσος στην υποτείνουσα
του ορθογώνιου τριγώνου ABN

). Επιπλέον, το

είναι και το περίκεντρο αυτού του τριγώνου.

Από τις (2)

και

έχουμε ότι $\angle BAK =\angle NAM$ , δηλαδή, οι

και

ισογώνιες ως προς τις πλευρές

,

.
Και εφόσον η

ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του $\triangle ABN$ από την κορυφή

, τότε η

θα είναι
η ευθεία του ύψους, δηλαδή, $AM \perp BN$ .

: perp_other.png (29.71 KiB) Προβλήθηκε 923 φορές

Ένας ακόμη τρόπος που στηρίζεται στο λήμμα (Θεώρημα Στάθη Κούτρα):
Το διάνυσμα $\overrightarrow{AM}$ είναι κάθετο στην πλευρά

του τριγώνου ABN

, αν και μόνο αν,
$\frac{proj_{AB} \overrightarrow{AM}}{proj_{AN}\overrightarrow{AM}}= \frac{AN}{AB} \Leftrightarrow \frac{AP}{AN}= \frac{AN}{AB}$
η οποία προκύπτει ευκολα από την (1)

.

#17

Σας ευχαριστώ όλους για τις όμορφες λύσεις!

: Διπλοκάθετες.α.png (13.08 KiB) Προβλήθηκε 875 φορές

$\displaystyle D{B^2} = D{C^2} \Leftrightarrow {c^2} + \frac{{{b^2}}}{{16}} = \frac{{9{b^2}}}{{16}} \Leftrightarrow {b^2} = 2{c^2}, a^2=3c^2,$ απ' όπου προκύπτει ότι m_a^2+m_b^2=m_c^2

που είναι κριτήριο καθετότητας των m_a, m_b

(άσκηση από παλιό σχολικό βιβλίο των Αλιμπινίση, Δημάκου, κ.λπ, 1991).

Έχω λύση μόνο με γωνίες, που δεν την έχω δει ακόμα. Θα την ανεβάσω σε επόμενη ανάρτηση.

KARKAR · #18

Μια ( κάπως συντομότερη ) διανυσματική λύση :

: Διανυσματική.png (13.08 KiB) Προβλήθηκε 834 φορές

$\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BN}=\left ( \dfrac{\overrightarrow{AB}}{2}+\dfrac{\overrightarrow{AC}}{2} \right )\cdot \left ( -\overrightarrow{AB}+\dfrac{\overrightarrow{AC}}{2} \right )$ $=\dfrac{\overrightarrow{AC}^2-2\overrightarrow{AB}^2}{4}=0$

#19

$\displaystyle \widehat C = \theta ,\frac{{NC}}{{BC}} = \frac{c}{{2a}} = \frac{{AD}}{{AM}},$ άρα τα τρίγωνα DAM, NCB

είναι ισογώνια

και κατά συνέπεια $\displaystyle N\widehat BC=A\widehat MD = \omega - \theta = 90^\circ - 2\theta$

: Διπλοκάθετες.β.png (13.57 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Αλλά, $\displaystyle A\widehat BC = 90^\circ - \widehat C \Rightarrow A\widehat BN = \theta = M\widehat AN,$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#20

Καλησπέρα σε όλους. Μια ακόμα λύση για να χαιρετίσω τους εκλεκτούς φίλους που προηγήθηκαν.

: 07-10-2025 Γεωμετρία b.png (9.89 KiB) Προβλήθηκε 761 φορές

Έστω

.

Οπότε $\displaystyle M\left( {\frac{c}{2},\;\frac{b}{2}} \right),\;N\left( {\frac{c}{2},0} \right),\;D\left( {\frac{c}{4},0} \right)$ .

Είναι $\displaystyle \overrightarrow {DM} = \left( {\frac{c}{4},\frac{b}{2}} \right),\;\overrightarrow {BC} = \left( {c, - b} \right)$ άρα $\displaystyle DM \bot BC \Rightarrow DM \cdot BC = 0 \Rightarrow \frac{{{c^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{2} = 0$ (1)

Είναι $\displaystyle \overrightarrow {AM} = \left( {\frac{c}{2},\frac{b}{2}} \right),\;\overrightarrow {BN} = \left( {\frac{c}{2}, - b} \right)$ άρα $\displaystyle AM \cdot BN = \frac{{{c^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{2}\mathop = \limits_{\left( 1 \right)} 0 \Rightarrow AM \bot BN$

ΣΧΟΛΙΟ: Στο αρχικό τρίγωνο, είναι $\displaystyle AC = AB \cdot \sqrt 2$ και $\displaystyle BC = AB \cdot \sqrt 3$ .

Διπλοκάθετες

Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Re: Διπλοκάθετες

Μέλη σε σύνδεση