Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2063
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Ιαν 13, 2019 1:46 pm

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle ABC με \angle A = 90^{o} και ας είναι AB > AC και AD το ύψος του. Έστω το σημείο E\equiv AC\cap BM , όπου M είναι το μέσον του AD και ας είναι Z , η προβολή του σημείου C επί του DE . Αποδείξτε ότι AZ\perp ZB.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f 181_t 63606.PNG
Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.
f 181_t 63606.PNG (13 KiB) Προβλήθηκε 618 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7031
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιαν 13, 2019 2:57 pm

Ας είναι D η αρχή ορθογωνίων συντεταγμένων με μοναδιαίο του κατακόρυφου άξονα το \boxed{\overrightarrow j  = \overrightarrow {OM} } .

Συνεπώς A(0,2) και αν B(2b,0)\,,\,\,b < 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C(2c,0)\,\,\,,c > 0 θα ισχύει : \boxed{c =  - \frac{1}{b}}\,\,\,(1)

( συνθήκη καθετότητας των AB,AC)

Η ευθεία BM \to x + 2by = 2b ενώ η AC \to \dfrac{x}{{2c}} + \dfrac{y}{2} = 1 και από το σύστημά τους

έχω \boxed{E(u,v) = \left( { - \dfrac{{2b}}{{{b^2} + 1}},\dfrac{{2({b^2} + 1)}}{{{b^2} + 1}}} \right)} άρα ο συντελεστής διεύθυνσης της OE είναι

{\lambda _1} = \dfrac{v}{u} =  - \dfrac{{{b^2} + 1}}{b} ενώ της CZ είναι {\lambda _2} = \dfrac{b}{{{b^2} + 1}}
καθετότητα σε ορθογώνιο.png
καθετότητα σε ορθογώνιο.png (14.98 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

Το σημείο Z είναι η τομή των :

\left\{ \begin{gathered} 
  y = {\lambda _1}x \hfill \\ 
  y = {\lambda _2}(x - 2c) \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow Z(m,t) = \boxed{{\rm Z}\left( { - \dfrac{{2b}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}},\dfrac{{2({b^2} + 1)}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}}} \right)} .

Τώρα ο συντελεστής διεύθυνσης της BZ είναι {a_1} = \dfrac{t}{{m - 2b}} =  - \dfrac{1}{{b({b^2} + 2)}} και της

AZ είναι: {a_2} = \dfrac{{t - 2}}{m} = b({b^2} + 2) άρα {a_1}{a_2} =  - 1 \Leftrightarrow AZ \bot BZ


Επειδή δεν υπάρχει καμπύλη στο πρόβλημα , έχω να λύσω μόνο γραμμικά συστήματα και επομένως οι πράξεις είναι σίγουρο ότι θα δώσουν "εύκολα" και σίγουρα αποτελέσματα .Αν δε λάβουμε υπ όψιν ότι τα λογισμικά δίδουν ακαριαίες λύσεις είναι προφανές ότι δεν "κουράστηκα"


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Ιαν 13, 2019 5:26 pm

vittasko έγραψε:
Κυρ Ιαν 13, 2019 1:46 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle ABC με \angle A = 90^{o} και ας είναι AB > AC και AD το ύψος του. Έστω το σημείο E\equiv AC\cap BM , όπου M είναι το μέσον του AD και ας είναι Z , η προβολή του σημείου C επί του DE . Αποδείξτε ότι AZ\perp ZB.

Κώστας Βήττας.
Καλήν εσπέρα άρχοντες και καλή σας χρονιά!!!. Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση από αυτή του Νίκου στην όμορφη πρόταση του Κώστα

 \bullet Έστω F\equiv ED\cap AB και ας είναι K\equiv BME\cap CF . Τότε προφανώς το τετράπλευρο AZCF είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου CF (αφού \angle CZF=\angle CAF={{90}^{0}} ) και η BE είναι η ευθεία Gauss του πλήρους τετραπλεύρου ABDECF (με M,N τα μέσα των διαγωνίων του AF,BE ) και συνεπώς K το μέσο της CF (δηλαδή το κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου AZCF ). Με τη σειρά \left( B,M,E,K \right) αρμονική (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου τέμνεται αρμονικά από τις άλλες δύο) θα είναι και η δέσμη A.BMEK αρμονική και με AE\bot AB θα είναι AE διχοτόμος της \angle MAK\Rightarrow \angle BAD=\angle KAF:\left( 1 \right) (συμπληρώματα ίσων γωνιών) και με
καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο..png
καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο..png (39.01 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές
 \bullet KA = KF = {R_K}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle BAD = \angle KFA \Rightarrow FC \equiv FK\parallel AD\mathop  \Rightarrow \limits^{AD \bot BC} FC \bot BC\mathop  \Rightarrow \limits^{AC \bot FB}

\angle B = \angle FCA\mathop  = \limits^{A,Z,C,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle B = \angle FZA \mathop  \Rightarrow \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } A,Z,D,B ομοκυκλικά , άρα \angle AZB=\angle ADB={{90}^{0}} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση

Στάθης


Υ.Σ. το ότι CF\parallel AD προκύπτει συντομότερα από την αρμονική δέσμη C.BMEK \equiv C.DMAF και ότι M το μέσο της AD


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8954
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιαν 13, 2019 5:39 pm

vittasko έγραψε:
Κυρ Ιαν 13, 2019 1:46 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle ABC με \angle A = 90^{o} και ας είναι AB > AC και AD το ύψος του. Έστω το σημείο E\equiv AC\cap BM , όπου M είναι το μέσον του AD και ας είναι Z , η προβολή του σημείου C επί του DE . Αποδείξτε ότι AZ\perp ZB.

Κώστας Βήττας.
Καλησπέρα σε όλους!
Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.png
Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.png (20.77 KiB) Προβλήθηκε 554 φορές
Έστω P η προβολή του D στην CA και F το συμμετρικό του E ως προς M. Τότε το EDFA είναι παραλληλόγραμμο

και \displaystyle DK||CA \Rightarrow \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{DF}}{{FK}} = \frac{{EA}}{{FK}} \Leftrightarrow E{A^2} = FK \cdot CE \Leftrightarrow \boxed{E{A^2} = EP \cdot EC} (1)

Το PCDZ είναι εγγράψιμο, \displaystyle EP \cdot EC = EZ \cdot ED\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} E{A^2} = EZ \cdot ED, άρα η EA εφάπτεται στον περίκυκλο

του AZD, αλλά και του ADB, οπότε το Z είναι σημείο του κύκλου διαμέτρου AB και το ζητούμενο έπεται.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7031
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιαν 13, 2019 10:04 pm

Μετά από καιρό είδαμε με χαρά τον Στάθη στο :logo: με μια ωραία λύση με τα γνωστά του "υψηλής ραπτικής" εργαλεία .

Βλέπω όμως και μια εκπληκτικά απλή με "αγνά υλικά" του Γιώργου του Βισβίκη .

Προφανώς τις χειροκροτώ αμφότερες :clap2: :clap2:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης