mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 5:41 pm**

: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο.png (8.97 KiB) Προβλήθηκε 1080 φορές

Έστω

τυχαίο σημείο του ύψους

ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0)$ . Η κάθετη από το

στη

τέμνει την προέκταση της

στο

και η παράλληλη από το

προς τη

τέμνει την

στο

. Να αποδείξετε ότι AZ=CH

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 6:36 pm**

Το τετράπλευρο AEBZ

είναι εγγράψιμο, αφού $\displaystyle{\angle ZAB = \angle ZEB = {90^ \circ }.}$ Επομένως, είναι $\displaystyle{\angle AZE = \angle ABE.}$ Ακόμη, είναι

$\displaystyle{\angle AEB = {90^ \circ } + \angle AEZ = \angle ZEH,}$

οπότε τα τρίγωνα $\displaystyle{AEB}$ και $\displaystyle{EZH}$ είναι όμοια. Άρα, είναι

$\displaystyle{\frac{{AB}}{{ZH}} = \frac{{AE}}{{EH}}}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Εξάλλου, αφού $\displaystyle{EH\parallel BC,}$ θα είναι

$\displaystyle{\frac{{AE}}{{EH}} = \frac{{AD}}{{CD}} = \tan C = \frac{{AB}}{{AC}}}$ $\bf \color{red} \left(2 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left(1 \right)$ και $\bf \color{red} \left(2 \right)$ έχουμε ότι

$\displaystyle{\frac{{AB}}{{ZH}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow ZH = AC \Rightarrow AZ = CH}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 6:52 pm**

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω τυχαίο σημείο του ύψους ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0)$ . Η κάθετη από το στη τέμνει την προέκταση της στο και η παράλληλη από το προς τη τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι .

Γιώργο, Βαγγέλη γεια . Σε όλους γεια.

: Ισα χωρίς κριτήριo.png (38.63 KiB) Προβλήθηκε 1026 φορές

Το τετράπλευρο AEBZ

είναι εγγράψιμο διαμέτρου

γιατί οι κορυφές A,E

βλέπουν υπό ορθή γωνία το

.

Έστω

το μέσο του

, δηλαδή το κέντρο του κύκλου του τετραπλεύρου AEBZ

.

Το

ως γνωστό θα ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου

. Έστω

το σημείο τομής της ευθείας

με το ημικύκλιο αυτό.

Επειδή EH//BC

θα είναι $\widehat \xi = \widehat \theta$ και αφού $\widehat \phi = \widehat \theta$ ( βαίνουν στο ίδιο τόξο) έχουμε $\boxed{\widehat \phi = \widehat \xi }$ .

Άμεση συνέπεια το τετράπλευρο ATHE

εγγράψιμο και μάλιστα έχει διάμετρο το

, γιατί $AE \bot EH$ .

Αν

το μέσο της διαμέτρου

η κοινή χορδή $KL \bot AE$ και άρα KL//BC

δηλαδή

είναι μέσο του

. Αβίαστα λοιπόν προκύπτει ότι ZA = HC

.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 8:37 pm**

george visvikis έγραψε: Έστω τυχαίο σημείο του ύψους ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0)$ . Η κάθετη από το στη τέμνει την προέκταση της στο και η παράλληλη από το προς τη τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι .

Για την καλησπέρα στους ακούραστους εκλεκτούς Γεωμέτρες!!! του και όχι μόνο

: 1.png (16.9 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

Έστω $EF\parallel AC\left( {F \in BC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{EH\parallel BC} EHCF$ παραλληλόγραμμο, άρα $\boxed{\left( {CH} \right) = \left( {EF} \right)}:\left( 1 \right)$ . Από $EF\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot AB} EF \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{AD \bot BF} E$ το ορθόκεντρο του

$\vartriangle ABF \Rightarrow FA \bot BE\mathop \Rightarrow \limits^{EZ \bot BE} EZ\parallel FA\mathop \Rightarrow \limits^{EF\parallel AZ} AFEZ$ παραλληλόγραμμο, οπότε: $\left( {AZ} \right) = \left( {EF} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{\left( {AZ} \right) = \left( {CH} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 8:45 pm**

george visvikis έγραψε: Έστω τυχαίο σημείο του ύψους ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0)$ . Η κάθετη από το στη τέμνει την προέκταση της στο και η παράλληλη από το προς τη τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι .

Καλησπέρα σας.

: Ίσα-τμήματα-χωρίς-κριτήριο.png (14.62 KiB) Προβλήθηκε 970 φορές

Τα

θα ανήκουν σε κύκλο ( $Z\widehat AB = Z\widehat EB = {90^ \circ }$ ) κέντρου

. Θέτω

την τομή της παράλληλης από το

προς την

με την

.

Προφανώς KHCB

παραλληλόγραμμο και το

θα ανήκει στον (O)

, μια που $\widehat C = \widehat {{A_1}} = \widehat K$ . Έτσι, ZABK

ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και ZA = KB = CH

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 13, 2014 10:14 pm**

$\displaystyle{\begin{gathered} CF|| = AE\mathop {}\limits^{} ,\mathop {}\limits^{} \Rightarrow E\mathop {}\limits^{} ,\mathop {}\limits^{} o\rho \theta \kappa \varepsilon \nu \tau \rho o\mathop {}\limits^{} \sigma \tau o\mathop {}\limits_{} \tau \rho \gamma \omega \nu o\mathop {}\limits^{} {\rm A}{\rm B}L\mathop {}\limits^{} \kappa \alpha \iota \mathop {}\limits_{} {\rm H}C|| = EL \Rightarrow \hfill \\ AZEL\mathop {}\limits_{}^{} \pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \gamma \rho \alpha \mu \mu o\mathop {}\nolimits_{} \Rightarrow AZ = HC \hfill \\ \end{gathered} }$
(Εκ των υστέρων διαπιστώνω την ομοιότητα της λύσης μου με του Στάθη, την οποία
δεν πρόσεξα κατά την επεξεργασία της παρουσίασης της λύσης μου (σχήμα -Latex -κ.τ.λ.)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 14, 2014 11:36 am**

Γεια σας , μετά από καιρό.. Καλημέρα σε όλους .

: 9.13.GV.PNG (4.68 KiB) Προβλήθηκε 853 φορές

Φέρω $HP\perp BC\Rightarrow HP=DE$ . Από το εγγράψιμο AEBZ

προκύπτει $\hat{BED}=\hat{BZA}$

οπότε ορθ. τρίγωνα $BAZ \approx BED$ $\Rightarrow \displaystyle\frac{ED}{AZ}=\frac{BD}{AB} \left(1 \right)$

Από την ομοιότητα των ορθ. τριγώνων $BAD , CHP \Rightarrow \displaystyle\frac{BD}{AB}=\frac{HP}{CH}\Rightarrow \displaystyle\frac{BD}{AB}=\frac{ED}{CH} \left(2 \right)$

Από $\left(1 \right) , \left(2 \right)$ παίρνουμε $\displaystyle\frac{ED}{AZ}=\frac{ED}{CH}\Rightarrow {\color{blue} AZ=CH}$

Φιλικά Γιώργος .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 14, 2014 1:41 pm**

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω τυχαίο σημείο του ύψους ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0)$ . Η κάθετη από το στη τέμνει την προέκταση της στο και η παράλληλη από το προς τη τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι .

Καλό μεσημέρι...Μια λύση ακόμη..

Έστω $\displaystyle{ZL \bot BC}$ .Τότε $\displaystyle{ZABL,ZEBL}$ εγγράψιμα οπότε οι μπλέ γωνίες $\displaystyle{y}$ είναι ίσες ,άρα $\displaystyle{AEBL}$ εγγράψιμο οπότε $\displaystyle{\angle LZE = \angle EBD = \angle LAE = x}$
κι έτσι το τραπέζιο $\displaystyle{ZAEL}$ είναι εγγράψιμο άρα είναι ισοσκελές $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{ZA = EL}(1)}$
Είναι ακόμη, $\displaystyle{\angle LZC = \angle ELZ = \angle B \Rightarrow \angle CLE = \angle C \Rightarrow LEHC}$ ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle{\boxed{EL = HC}(2)}$ .Από $\displaystyle{(1),(2) \Rightarrow \boxed{AZ = HC}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 14, 2014 5:12 pm**

Καλησπέρα σε όλους.

Σας ευχαριστώ όλους για τις ωραίες και ποικίλες λύσεις

Η άσκηση ήταν από το βιβλίο Επιπεδομετρία του Γ. Τσίντσιφα.

mathematica.gr

Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο

Re: Ίσα τμήματα χωρίς κριτήριο