Καθετότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 673
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Ιαν 28, 2020 4:57 pm

216.PNG
216.PNG (16.13 KiB) Προβλήθηκε 338 φορές
Δίνεται τρίγωνο ABC με βαρύκεντρο G και ευθεία η οποία διέρχεται από το G και τέμνει τις AB,AC στα E,F ώστε AE=AF.
Αν Z το συμμετρικό του B ως προς το  E και M,N μέσα των CZ,AF να δείξετε ότι EF\perp MN



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1217
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Ιαν 29, 2020 2:54 am

Καλημέρα σε όλους! Μια προσπάθεια Πρόδρομε με βοηθό το σχήμα:
Καθετότητα ..Π.Φ.PNG
Καθετότητα ..Π.Φ.PNG (13.57 KiB) Προβλήθηκε 269 φορές
Για τον εντοπισμό των E,F φέρουμε από το βαρύκεντρο G την κάθετη προς τη διχοτόμο AD , τότε AE=AF.

Ακόμη φέρω ZL \parallel MN και τις HP \parallel BQ \parallel EF όπου H το μέσον της BC.Από AG=2GH \Rightarrow AF=2\left ( x+y \right )

οπότε AZ=AE-x=AF-x =x+2y=FC και LN=NC\Rightarrow  AL=FC άρα AZ=FC=AL.

Συνεπώς \widehat{Z}=\widehat{L}=\widehat{A}/2=\theta άρα MN \parallel ZL \parallel AD \perp EF και τελικά MN \perp EF. Φιλικά, Γιώργος.


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 213
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Τετ Ιαν 29, 2020 5:52 pm

X,Y σημεία της EF ώστε YC,XB,AG να είναι παράλληλες και D μέσο BC Oπότε GD διάμεσος του τραπεζίου BXYC


M,P,K (1).png
M,P,K (1).png (501.45 KiB) Προβλήθηκε 212 φορές


\dfrac{FC}{AF}=\dfrac{CY}{AG}\kappa \alpha \iota \dfrac{EB}{AE}=\dfrac{XB}{AG} οπότε έχουμε

\dfrac{EB}{AE}+\dfrac{FC}{AF}=\dfrac{XB+YC}{AG}=\dfrac{XB+YC}{2GD}=\dfrac{XB+YC}{2\dfrac{XB+YB}{2}}=1\Rightarrow
EB+FC=AE\overset{EB=EZ}\Leftrightarrow AZ=FC

AP διχοτόμος της \widehat{BAC} με P,K ανήκουν στην ZC και FK//AP
Έχουμε από θ.θαλή \dfrac{CF}{AC}=\dfrac{CK}{CP} άρα CK=\dfrac{CF\cdot CP}{AC} (1)

Aπό θ.διχοτόμου \dfrac{ZP}{PC}=\dfrac{AZ}{AC}\Leftrightarrow ZP=\dfrac{PC\cdot AZ}{AC} (2)
Όμως CF=AZ άρα από τις (1),(2) ισχύει CK=ZP\overset{ZM=MC}\Leftrightarrow MP=MK άρα MN διάμεσος του τραπεζίου APKF οπότε AP//MN\overset{AP\perp FE}\Leftrightarrow MN\perp FE


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2064
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 30, 2020 1:35 pm

\bullet Προσδιορίζουμε το σημείο M της εκφώνησης, ως την τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου EBLM, όπου L είναι το μέσον της πλευράς BC του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC.

E,\ F, προσδιορίζονται ως τα σημεία τομής των AB,\ AC αντιστοίχως, από την δια του σημείου G κάθετη ευθεία επί την διχοτόμο AD της γωνίας \angle A, με G το βαρύκεντρο του \vartriangle ABC.

Έστω τα σημεία X\equiv AD\cap EF και P\equiv AD\cap EM και ας είναι K το μέσον του XF.

Αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι \boxed{MK\parallel AD}\ \ \ ,(1).

Από (1) αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει \boxed{EP = 2PM}\ \ \ ,(2) λόγω EX = 2XK από EX = XF και XF = 2XK.

Από (2) και ML\parallel AB και AG = 2GL αρκεί να αποδειχθεί \boxed{GP\parallel AB}\ \ \ ,(3)
f 178_t 66200.PNG
Καθετότητα.
f 178_t 66200.PNG (30.69 KiB) Προβλήθηκε 167 φορές
\bullet Η δια του σημείου B παράλληλη ευθεία προς την EF, τέμνει τις AD,\ AL,\ AC, στα σημεία Y,\ Q,\ S, αντιστοίχως.

Από EG\parallel BQ και EP\parallel BD\Rightarrow \displaystyle \frac{AG}{GQ} = \frac{AE}{EB} = \frac{AP}{PD}\Rightarrow \boxed{GP\parallel QD}\ \ \ ,(4)

Από (3),\ (4) αρκεί να αποδειχθεί ότι \boxed{QD\parallel AB}\ \ \ ,(5)

Έστω το σημείο T\equiv AB\cap LY και έχουμε \boxed{TA = TB}\ \ \ ,(6) από BL = LC και BY = YS\Rightarrow LY\parallel AC.

Από (6) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ABDQ είναι τραπέζιο με \boxed{DQ\parallel AB} και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδεχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7042
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Ιαν 30, 2020 5:01 pm

Λίγο διαφορετική από του Γιώργου του Μήτσιου
καθετότητα απο Πρόδρομο_a.png
καθετότητα απο Πρόδρομο_a.png (18.61 KiB) Προβλήθηκε 120 φορές
Ας είναι O το μέσο του BC. Φέρνω από το B και O παράλληλες στην EF και τέμνεται : η ACστα P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H και η AB στο L.

Θέτω AZ = x\,\,,\,\,ZE = EB = EP = k\,\,\kappa \alpha \iota \,BL = PH = HC = t.

Επειδή AE = 2EL \Rightarrow x + k = 2\left( {x + t} \right) \Rightarrow x = k + 2t \Rightarrow \boxed{AZ = FC}\,\,\,(1)
καθετότητα απο Πρόδρομο_b.png
καθετότητα απο Πρόδρομο_b.png (13.76 KiB) Προβλήθηκε 120 φορές
Τώρα προεκτείνω την MN προς το N και τέμνει την ευθεία BA στο T.

Από το Θ. Μενελάου στο \vartriangle AZC με διατέμνουσα την \overline {TNM} έχω :

\dfrac{{AT}}{{TZ}} \cdot \dfrac{{ZM}}{{MC}} \cdot \dfrac{{CN}}{{NA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{AT}}{{TZ}} = \dfrac{{NA}}{{CN}} \Rightarrow \dfrac{{AT}}{{TZ - AT}} = \dfrac{{NF}}{{CN - NF}} \Rightarrow \dfrac{{AT}}{{AZ}} = \dfrac{{AN}}{{FC}}

Λόγω της (1) δίδει: \boxed{AT = AN} που μας εγγυάται ότι η TN είναι παράλληλη στη διχοτόμο της \widehat {BAC} άρα κάθετη στηνEF.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 673
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 01, 2020 4:01 pm

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας!

Η άσκηση κατασκευάστηκε με χρήση των προτάσεων εδώ και εδώ.Το α) από τον δεύτερο σύνδεσμο εφαρμόζεται στο εκφυλισμένο τετράπλευρο AZCF .


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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