Αστρική καθετότητα

KARKAR · #1

: Αστρική καθετότητα.png (10.85 KiB) Προβλήθηκε 347 φορές

Από το ίχνος

της διχοτόμου

τριγώνου

, με

, φέρουμε παράλληλη

προς την

, η οποία τέμνει τη διάμεσο

στο σημείο

. Δείξτε ότι : $BE \perp AD$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:39 pm
Αστρική καθετότητα.pngΑπό το ίχνος της διχοτόμου τριγώνου , με , φέρουμε παράλληλη

προς την , η οποία τέμνει τη διάμεσο στο σημείο . Δείξτε ότι : $BE \perp AD$ .

Καλησπέρα!

Είμαι σίγουρος ότι την έχω ξαναδεί σε κάποια γεωμετρία του κ.Μπάμπη αλλά δεν την βρίσκω τώρα.

: 227.PNG (12.81 KiB) Προβλήθηκε 335 φορές

Φέρω την εξωτερική διχοτόμο

.Είναι $AD\perp AL$ άρα αρκεί $AL\parallel BE$
Αυτό όμως ισχύει αφού από σχέση Newton για την αρμονική σημειοσειρά (L,D/B,C)

είναι $MB^2=MD\cdot ML\Leftrightarrow \dfrac{MB}{ML}=\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{ME}{MA}$ και από θ.Θαλή έπεται το ζητούμενο.

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα!

: Αστρική καθετότητα.PNG (7.04 KiB) Προβλήθηκε 301 φορές

Αρκεί να δείξουμε AZ=AB

. Τότε η διχοτόμος κορυφής στο ισοσκελές ABZ

είναι και ύψος..Θα επανέλθω για την απόδειξη.

Άρση απόκρυψης, απόδειξη.
Η

διχοτόμος, οπότε $BD=\dfrac{ac}{b+c}$ ενώ $DM=a/2-BD=\dfrac{a\left ( b-c \right )}{2\left ( b+c \right )}$ .

Είναι $DE \parallel AB$ επομένως $\dfrac{AE}{EM}=\dfrac{BD}{DM}=\dfrac{2c}{b-c}$ .

Το θ. Μενελάου στο τρίγωνο MAC

με διατέμνουσα την BEZ

δίνει $\dfrac{AZ}{ZC}\cdot \dfrac{CB}{BM}\cdot \dfrac{ME}{EA}=1\Rightarrow \dfrac{AE}{EM}=\dfrac{2AZ}{ZC}=\dfrac{2AZ}{b-AZ}$ .

Έτσι παίρνουμε $\dfrac{2AZ}{b-AZ}=\dfrac{2c}{b-c}\Rightarrow... AZ=c=AB$ . Φιλικά, Γιώργος.

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:39 pm
Αστρική καθετότητα.pngΑπό το ίχνος της διχοτόμου τριγώνου , με , φέρουμε παράλληλη

προς την , η οποία τέμνει τη διάμεσο στο σημείο . Δείξτε ότι : $BE \perp AD$ .

Η

τέμνει την

στο

η

την

στο

και η

την

στο

: Αστρική καθετότητα.png (14.53 KiB) Προβλήθηκε 266 φορές

Από Ceva στο ABM

κι επειδή $\displaystyle \frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{EM}}$ προκύπτει ότι

είναι το μέσο της AB.

Αλλά,

οπότε το

είναι το μέσο του

και λόγω της διχοτόμου AD,

θα είναι $\boxed{AD\bot BE}$

#5

: Αστρικη καθετότητα_oritzin_ok.png (23.63 KiB) Προβλήθηκε 257 φορές

Έστω

το σημείο τομής $AD\,,\,\,BE$ και

το σημείο τομής των $DE\,\,,\,\,AC$

Αφού $DS//AB\,\,$ και

διχοτόμος , το $\vartriangle SAD$ είναι ισοσκελές με κορυφή το

.

Στο τραπέζιο ABDE

η

θα διέρχεται από τα μέσα $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ των βάσεών του

$BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE$ και άρα DN = NE

. Αλλά $\overline {MNKO}$ είναι παράλληλη στην

και άρα

Το $\vartriangle NKD$ είναι κι αυτό ισοσκελές με κορυφή το

.

Τώρα στο τρίγωνο $\vartriangle KDE$ η διάμεσός του

ισούται με το μισό της

άρα είναι ορθογώνιο στο

.

Με πρόλαβε μάλλον ο Γιώργος αλλά με άλλο σκεφτικό .

Πράγματι πρόκειται για πολύ ωραία άσκηση . Δεν θυμάμαι να την έχω ξαναδεί . Αν είναι κατασκευής του Θανάση τα εύσημα μου.

Έχει και υπολογιστική λύση . Μου άρεσε και η λύση του Πρόδρομου ( τόπο στα νιάτα!)

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:39 pm
Αστρική καθετότητα.pngΑπό το ίχνος της διχοτόμου τριγώνου , με , φέρουμε παράλληλη

προς την , η οποία τέμνει τη διάμεσο στο σημείο . Δείξτε ότι : $BE \perp AD$ .

Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

στο

και την

στο

και προς την

τέμνει την

στο

Ισχύει $\dfrac{c}{ZN}= \dfrac{BE}{EZ}= \dfrac{BD}{DC}= \dfrac{c}{b} \Rightarrow ZN=b$ .Αλλά CN=c

άρα $CZ=BH=b-c \Rightarrow AH=AC=b$

Έτσι,στο ισοσκελές τρίγωνο AHC

η διχοτόμος

θε είναι κάθετη στην

, συνεπώς και στην παράλληλή της BEZ

: Αστρική καθετότητα.png (17.83 KiB) Προβλήθηκε 233 φορές

KARKAR · #7

En el triangulo ABC

, la bisectriz interior del angulo

y la mediana trazada

a partir de

cortan a

en

puntos distintos

y

, respectivamente.

Sea

el punto de interseccion de

y la perpendicular a

trazada

a partir de

. Prueba que

y

son paralelas .

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 14, 2020 12:28 pm

Πράγματι πρόκειται για πολύ ωραία άσκηση . Δεν θυμάμαι να την έχω ξαναδεί . Αν είναι κατασκευής του Θανάση τα εύσημα μου.

Έχει και υπολογιστική λύση .

Η άσκηση είναι από τα προτεινόμενα θέματα για την Μεξικάνικη Μαθηματική Ολυμπιάδα ( δείτε

την εκφώνηση και διαπιστώστε ότι όλα είναι σχεδόν κατανοητά , παρότι στα Ισπανικά ! )

Υπολογιστική λύση Νίκο εννοείς το : AB^2-BD^2=AE^2-ED^2

; Επίσης , η πηγαία

διατύπωση "δεν θυμάμαι να την έχω ξαναδεί " , φανερώνει την τεράστια εμπειρία του ανδρός

STOPJOHN · #8

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:39 pm
Αστρική καθετότητα.pngΑπό το ίχνος της διχοτόμου τριγώνου , με , φέρουμε παράλληλη

προς την , η οποία τέμνει τη διάμεσο στο σημείο . Δείξτε ότι : $BE \perp AD$ .

Απο το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC,BD=\dfrac{ac}{b+c},DC=\dfrac{ab}{b+c},$

$DE//AB\Leftrightarrow \dfrac{DE}{c}=\dfrac{2DM}{a},(1), DM=\dfrac{a}{2}-BD=\dfrac{a}{2}-\dfrac{ac}{b+c}\Leftrightarrow \dfrac{2DM}{a}= \dfrac{b-c}{b+c},(2), (1),(2)\Rightarrow DE=\dfrac{c(b-c)}{b+c},DE^{2}+c^{2}=2c^{2}.\dfrac{b^{2}+c^{2}}{(b+c)^{2}},(*)$

$\dfrac{2DM}{a}=\dfrac{AM-AE}{AM}\Leftrightarrow \dfrac{AE}{AM}=1-\dfrac{2DM}{a},(3), (2),(3)\Rightarrow \dfrac{AE}{AM}=\dfrac{2c}{b+c}\Rightarrow AE^{2}=\dfrac{4c^{2}}{(b+c)^{2}}.AM^{2} \Rightarrow BD^{2}+AE^{2}=\dfrac{2(b^{2}+c^{2})c^{2}}{(b+c)^{2}},(**), (*),(**)\Rightarrow BD^{2}+AE^{2}=DE^{2}+c^{2}\Leftrightarrow BE\perp AD$

Αστρική καθετότητα

Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Re: Αστρική καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση