mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2011 9:35 pm**

Μάλλον θα έχει ξανασυζητηθεί , αλλά η ομορφιά της είναι ανυπέρβλητη - της αξίζει περαιτέρω ενασχόληση ...

Από το μέσο

, της βάσης

του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ ( AB=AC

) , φέρω τμήμα $DE \perp AB$ ,

το οποίο έχει μέσο

. Δείξτε ότι : $AM \perp CE$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2011 10:08 pm**

KARKAR έγραψε:Μάλλον θα έχει ξανασυζητηθεί , αλλά η ομορφιά της είναι ανυπέρβλητη - της αξίζει περαιτέρω ενασχόληση ...

Από το μέσο , της βάσης του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ ( ) , φέρω τμήμα $DE \perp AB$ ,

το οποίο έχει μέσο . Δείξτε ότι : $AM \perp CE$

: 5.png (18.1 KiB) Προβλήθηκε 1349 φορές

Έστω $\displaystyle{ N }$ το μέσο της $\displaystyle{ EB }$ τότε στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BEC }$ το τμήμα $\displaystyle{ DN }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του και συνεπώς θα είναι $\displaystyle{ \boxed{ND//EC}:\left( 1 \right) }$

Ομοίως στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle EBD }$ το τμήμα $\displaystyle{ MN }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του και συνεπώς θα είναι

$\displaystyle{ MN//BC\mathop \Rightarrow \limits^{AD \bot BC(\delta \iota \mu \varepsilon \sigma o\varsigma - \iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda o\varsigma - \sigma \tau \eta - \beta \sigma \eta )} MN \bot AD }$ . ΑΝ λοιπόν είναι $\displaystyle{ L \equiv MN \cap AD }$ τότε στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle AND }$ τα $\displaystyle{ NL,DE }$

είναι τα δύο ύψη του και συνεπώς το σημείο $\displaystyle{ NL \cap ED \equiv M }$ είναι το ορθόκεντρό του άρα $\displaystyle{ AM \bot ND\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):ND//CE} \boxed{AM \bot CE} }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2011 10:33 pm**

Σύντομη αναλυτική λύση .Θεωρούμε το ορθοκανονικό σύστημα αξόνων με αρχή το σημείο

και τον άξονα yy'

να διέρχεται από το σημείο

Θέτουμε $A(0,a),B(-b,0),C(b,o),D(0,0),E(x_{E},y_{E})$ Οι εξισώσεις των ευθειών $y=\frac{-b}{a}x, y=\frac{a}{b}(x+b)$ Οι εξισώσεις των DE,AB

αντίστοιχα Προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου $E(\frac{-a^{2}b}{a^{2}+b^{2}},\frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}})$ και του σημείου $M(\frac{-a^{2}b}{2(a^{2}+b^{2}},\frac{ab^{2}} {2(a^{2}+b^{2})})$ Τότε είναι $l_{AM}\cdot l_{EC} =\frac{b^{2}+2a^{2}}{ab} \cdot \frac{ab}{-2a^{2}-b^{2}} =-1$
Γιάννης Σ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2011 10:45 pm**

Εδώ και εκεί.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 21, 2011 3:00 pm**

Μια διαπραγμάτευση ακόμα
Θέτω

το μέσον του ύψους

. Τότε

ενώνει μέσα πλευρών τριγώνου συνεπώς HM//EA

, $HM \perp ED$ ,
$\triangle BED \sim DMH$ (πλευρές κάθετες) συνεπώς και τα τρίγωνα που προκύπτουν από τις προεκτάσεις των υποτεινουσών τους κατά ίσα τμήματα θα είναι όμοια
δηλ $\triangle BEC \sim DMA$ ,

$\rightarrow \angle LAD=\angle LCD \rightarrow ALDC$ εγγράψιμο

$\rightarrow \angle ALC=\angle ADC=90^0$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 21, 2011 3:00 pm**

On the other hand … "αμαρτία"(*), για την όμορφη.

$\begin{array}{*{20}c} {2\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {EC} = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} } \right)\left( {\overrightarrow {EB} + \overrightarrow {BC} } \right) = \overrightarrow {DE} ^2 + \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {DE} ^2 + 2\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BD} + } \\ {} \\ {\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {DE} ^2 + 2\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BE} = 0 \Rightarrow AM \bot EC.} \\ \end{array}$

(*) Χωρίς Ευκλείδεια.

S.E.Louridas

mathematica.gr

"Θεϊκή καθετότητα"

"Θεϊκή καθετότητα"

Re: "Θεϊκή καθετότητα"

Re: "Θεϊκή καθετότητα"

Re: "Θεϊκή καθετότητα"

Re: "Θεϊκή καθετότητα"

Re: "Θεϊκή καθετότητα"