Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

Απάντηση
solon28
Δημοσιεύσεις: 36
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 2:22 am

Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από solon28 » Σάβ Νοέμ 03, 2012 3:43 am

Απόδειξη θεωρημάτων γεωμετρίας μέσω διανυσμάτων!!!

1. Αν ύψος ορθογωνίου τριγώνου (\displaystyle{\hat {\rm A} = 90^ \circ }), να αποδείξετε ότι:

α) \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} ^2 = \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Delta } } (1)
και αντιστρόφως αν ισχύει η (1) τότε \displaystyle{\hat {\rm A} = 90^ \circ }



β) \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Delta } ^2 = \overrightarrow {{\rm B}\Delta } \cdot \overrightarrow {\Delta \Gamma } } (2)
και αντιστρόφως αν ισχύει η (2) τότε \displaystyle{\hat {\rm A} = 90^ \circ }.

2. Να αποδειχθεί, με τη βοήθεια διανυσμάτων, ότι στο ισοσκελές τρίγωνο, η διάμεσος που αντιστοιχεί στη βάση είναι και ύψος.

3. Αν μέσο της πλευράς τριγώνου, να αποδειχθεί ότι:
α) \displaystyle{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} } \right|^2 + \left| {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right|^2 = 2\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} } \right|^2 + \frac{{\left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|^2 }}{2}}
(1ο θεώρημα διαμέσων)

β) \displaystyle{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} } \right|^2 - \left| {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right|^2 = 2\overrightarrow {\Delta {\rm M}} \cdot \overrightarrow {\Gamma {\rm B}} },
όπου \Delta η προβολή του\rm Aστη \rm B\Gamma. (2ο θεώρημα διαμέσων)

4. Με τη βοήθεια διανυσμάτων, να αποδείξετε ότι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι ίση με το μισό της και αντίστροφα, αν η διάμεσος που αντιστοιχεί σε μια πλευρά ενός τριγώνου είναι ίση με το μισό της τότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά αυτή.

Μετατροπή συνημμένου σε κείμενο. Παρακαλούμε στα μέλη μας να μην απαντούν σε αναρτήσεις που δεν είναι σύμφωνες με τον κανονισμό μας. Συνήθως μη συμβατά μηνύματα διαγράφονται.
ΓΣ
τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές σε Σάβ Νοέμ 03, 2012 10:54 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.
Λόγος: Μετατροπή συνημμένου σε κείμενο με LaTeX


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
Δημοσιεύσεις: 681
Εγγραφή: Δευ Απρ 20, 2009 8:25 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ » Σάβ Νοέμ 03, 2012 7:22 am

Ας ξεκινήσω με το 3α (1ο θεώρημα των διαμέσων)

Επειδή το \displaystyle{{\rm M}} είναι το μέσο της \displaystyle{{\rm B}\Gamma } έχουμε \displaystyle{\overrightarrow {{\rm B}{\rm M}} = \overrightarrow {{\rm M}\Gamma } } καθώς και \displaystyle{\left| {\overrightarrow {{\rm B}{\rm M}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{\rm M}\Gamma } } \right| = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|}

Ακόμα \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = \overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} + \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} }

και \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} + \overrightarrow {{\rm M}\Gamma } = \overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} + \overrightarrow {{\rm B}{\rm M}} = \overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} - \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} }

Έχουμε

\displaystyle{{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right|^2} = {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} ^2} + {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } ^2} = {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} + \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} - \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} } \right)^2} = }

\displaystyle{{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} ^2} + 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm M} \cdot } \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} + {\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} ^2} + {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} ^2} - 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm M} \cdot } \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} + {\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} ^2} = 2{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} ^2} + 2{\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} ^2} = }

\displaystyle{2{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} } \right|^2} + 2{\left| {\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} } \right|^2} = 2{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} } \right|^2} + 2 \cdot \frac{1}{4}{\left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|^2} = 2{\left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} } \right|^2} + \frac{1}{2}{\left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|^2}}

Ας βάλω και το 3β (2ο θεώρημα των διαμέσων)

\displaystyle{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow {A\Gamma } } \right|^2} = {\overrightarrow {AB} ^2} - {\overrightarrow {A\Gamma } ^2} = {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} + \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} - \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} } \right)^2} = {\overrightarrow {A{\rm M}} ^2} + 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} \cdot \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} + {\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} ^2} - {\overrightarrow {A{\rm M}} ^2} + 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} \cdot \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} - {\overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} ^2} = }


\displaystyle{ = 4\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} \cdot \overrightarrow {{\rm M}{\rm B}} = 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = 2\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \left( {\overrightarrow {{\rm A}\Delta } + \overrightarrow {\Delta {\rm M}} } \right) = 2\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm A}\Delta } + 2\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \overrightarrow {\Delta {\rm M}} = 2\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \overrightarrow {\Delta {\rm M}} }

διότι \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Delta } \bot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } οπότε \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Delta } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = 0}


\displaystyle{ {\rm K}\alpha \tau \sigma \dot \iota \pi o\delta \alpha \varsigma \begin{array}{*{20}c} {} & {\Delta \eta \mu \dot \eta \tau \rho \eta \varsigma } \\ \end{array} }
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1787
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:
Επικοινωνία exdx

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Σάβ Νοέμ 03, 2012 8:37 am

Για το (1)

\displaystyle{{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} ^2} = \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Delta } \Leftrightarrow \,\,\,{\overrightarrow {BA} ^2} = \pi \rho o{\beta _{\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }}\overrightarrow {{\rm B}A} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \Leftrightarrow {\overrightarrow {BA} ^2} = \overrightarrow {{\rm B}A} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} \left( {\overrightarrow {{\rm B}A} - \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} \overrightarrow {\Gamma A} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} \bot \overrightarrow {\Gamma A} \Leftrightarrow \widehat{\rm A} = {90^0}}


Kαλαθάκης Γιώργης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
Δημοσιεύσεις: 681
Εγγραφή: Δευ Απρ 20, 2009 8:25 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ » Σάβ Νοέμ 03, 2012 11:01 am

Ας δουμε και την δεύτερη

Θεωρούμε τα διανύσματα \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} = \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } και \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = \overrightarrow {{\rm B}{\rm E}} }

Τότε \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = \overrightarrow {{\rm B}{\rm E}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = \left| {\overrightarrow {{\rm B}{\rm E}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|\sigma \upsilon \nu \varphi }

Και \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} = \left| {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} } \right|\sigma \upsilon \nu \omega }

Ομως \displaystyle{\widehat \omega ,\widehat \varphi } παραπληρωματικές ,οπότε \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = - \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }

Αν \displaystyle{{\rm A}\Delta } η διάμεσος που αντιστοιχεί στη βάση ,αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle{\overrightarrow {\Delta {\rm A}} \cdot \overrightarrow {\Delta {\rm B}} = 0}

Εχουμε \displaystyle{\overrightarrow {\Delta {\rm A}} \cdot \overrightarrow {\Delta {\rm B}} = \overrightarrow {{\rm A}\Delta } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Delta } = \frac{{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} + \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } }}{2} \cdot \frac{{\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }}{2} = \frac{{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } + \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }}{4} = \frac{{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } - \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }}{4} = 0}
Συνημμένα
Χωρίς τίτλο.png
Χωρίς τίτλο.png (12.21 KiB) Προβλήθηκε 4873 φορές


\displaystyle{ {\rm K}\alpha \tau \sigma \dot \iota \pi o\delta \alpha \varsigma \begin{array}{*{20}c} {} & {\Delta \eta \mu \dot \eta \tau \rho \eta \varsigma } \\ \end{array} }
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 17393
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Νοέμ 03, 2012 11:24 am

Αλλιώς το 2) : \displaystyle \vec{BC}\cdot \vec{AM}=(\vec{AC}-\vec{AB})\frac{(\vec{AC}+\vec{AB})}{2}=0


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
Δημοσιεύσεις: 681
Εγγραφή: Δευ Απρ 20, 2009 8:25 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ » Σάβ Νοέμ 03, 2012 12:05 pm

KARKAR έγραψε:Αλλιώς το 2) : \displaystyle \vec{BC}\cdot \vec{AM}=(\vec{AC}-\vec{AB})\frac{(\vec{AC}+\vec{AB})}{2}=0
:clap2: και σκεφτόμουν, δεν μπορει να είναι τόσο δύσκολο....
σίγουρα κρατάμε την δική σου λύση. Η δική μου είναι μπελάς...


\displaystyle{ {\rm K}\alpha \tau \sigma \dot \iota \pi o\delta \alpha \varsigma \begin{array}{*{20}c} {} & {\Delta \eta \mu \dot \eta \tau \rho \eta \varsigma } \\ \end{array} }
Κορυφή
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2011
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Σάβ Νοέμ 03, 2012 4:26 pm

Για το 4 μπορεί να χρησιμοποιηθεί εύκολα το θεώρημα διαμέσων
από το πρώτο ερώτημα και για το ευθύ και για το αντίστροφο.
Πιστεύω ότι ο solon μπορεί να το κάνει


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Κορυφή
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Νοέμ 03, 2012 6:10 pm

Άλλη μια (η λύση με διανύσματα είναι ευκολότερη από αυτήν με ευκλείδεια):

Έστω τρίγωνο ABC με \angle A<90^{\circ}. Φέρνουμε ευθύγραμμο τμήμα AD κάθετο και ίσο προς την πλευρά AB καθώς και ευθύγραμμο τμήμα AE κάθετο και ίσο προς την πλευρά AC, έτσι ώστε \angle DAE<90^{\circ}.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία που διέρχεται από το A και το μέσον της BE είναι κάθετη προς την ευθεία CD.


Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1787
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:
Επικοινωνία exdx

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τρί Νοέμ 06, 2012 2:05 pm

Πραγματικά είναι εύκολη

\displaystyle{\begin{array}{l} \overrightarrow {\,\,\,AZ} \,\,\overrightarrow {{\rm{\Gamma \Delta }}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} + \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} } \right)\,\,\left( {\,\,\overrightarrow {\Gamma A} + \overrightarrow {{\rm A}\Delta } } \right) = \\ \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \,\overrightarrow {\Gamma A} + \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \,\overrightarrow {{\rm A}\Delta } + \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} \,\,\overrightarrow {\Gamma A} + \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} \overrightarrow {{\rm A}\Delta } } \right) = \\ \frac{1}{2}\left( { - \,\,\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } + 0 + 0 + \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} \overrightarrow {{\rm A}\Delta } } \right) = \frac{1}{2}0 = 0\,\, \\ \end{array}}
αφού τα διανύσματα στην τελευταία γραμμή έχουν ίσα μέτρα και η μεταξύ τους γωνία είναι \displaystyle{\,\,{90^0} \displaystyle{ - \widehat{{\rm{\Gamma {\rm A}\Delta }}}}
Συνημμένα
Untitled.png
Untitled.png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 4707 φορές


Kαλαθάκης Γιώργης
Κορυφή
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Οκτ 27, 2016 10:19 pm

Επαναφορά! :)


Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 14747
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Οκτ 27, 2016 10:56 pm

solon28 έγραψε:Απόδειξη θεωρημάτων γεωμετρίας μέσω διανυσμάτων!!!

4. Με τη βοήθεια διανυσμάτων, να αποδείξετε ότι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι ίση με το μισό της και αντίστροφα, αν η διάμεσος που αντιστοιχεί σε μια πλευρά ενός τριγώνου είναι ίση με το μισό της τότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά αυτή.
Έστω τρίγωνο ABC και η διάμεσός του AM.

\displaystyle{\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)^2} = {\left( {2\overrightarrow {AM} } \right)^2} \Leftrightarrow {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 4{\left| {\overrightarrow {AM} } \right|^2}}

● Αν \hat{A}=90^0, τότε \displaystyle{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow {BC} } \right|^2}} και \displaystyle{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0}, οπότε τελικά \boxed{AM = \frac{{BC}}{2}}

● Aν \displaystyle{AM = \frac{{BC}}{2}}, τότε: \displaystyle{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = {\left| {\overrightarrow {BC} } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)^2} = }

\displaystyle{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} - 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0}, άρα \boxed{\hat{A}=90^0}


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Παρ Οκτ 28, 2016 10:37 pm

Ουσιαστικά, πρόκειται για μια πρόταση διδασκαλίας των Μαθηματικών στην Β ΓΕΛ Προσανατολισμού
με στόχο την πολλαπλή αντιμετώπιση των μαθηματικών ασκήσεων και προβλημάτων. Αυτό είναι ένα από τα ζητούμενα της εκπαίδευσης στα Μαθηματικά. Καλό είναι να δείχνουμε στους μαθητές ότι μπορούν να κάνουν χρήση στοιχειώδών πρακτικών (στην περίπτωσή μας χωρίς χρήση του εσωτερικού γινομένου, θεωρήματος προβολών που το έδιωξαν το έρημο κακήν κακώς, κλπ).
Απόδειξη ότι \overrightarrow{AB}^{2}=\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BD}.

\overrightarrow{AB}^{2}=\left ( \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right )\left( \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB} \right )=\overrightarrow{AC}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{CB}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{AC}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{CB}\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BD}


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Παρ Οκτ 28, 2016 10:54 pm

Απόδειξη της αντίστροφης πρότασης
\overrightarrow{AB}^{2}=\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BD} \Leftrightarrow \widehat{\overrightarrow{AB}}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BD}=0

\{\overrightarrow{AB}}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}\left ( \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD} \right )=\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AB}\left (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} \right )=\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}=0
Άρα, \overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}


Κορυφή
Ftse
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Τρί Οκτ 08, 2019 5:51 pm

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ftse » Τρί Οκτ 08, 2019 5:56 pm

Μπορεί κάποιος να μου δώσει λύση στα εξής
Δείξτε ότι το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των μη παράλληλων πλευρών σε ένα τραπέζιο είναι παράλληλο προς τις βάσεις και ίσο με το ημιαθροισμα τους
Και 2 δείξτε ότι το ευθ τμήμα που ενώνει τα μέσα των διαγωνιων σε ένα τραπέζιο ειναι παράλληλο προς τις βάσεις και ίσο με την ημιδιαφορα τους


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

Re: Απόδειξη θεωρημάτων της Γεωμετρίας με χρήση διανυσμάτων

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Τρί Οκτ 08, 2019 7:09 pm

Έστω ABCD το τραπέζιο.
Ονομάζουμε συντομογραφικά \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a}, \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b}, \overrightarrow{DC}=k\overrightarrow{a} , θεωρούμε ότι οι βάσεις του τραπεζίου είναι οι AB και CD .

Από εδώ προκύπτει ότι \overrightarrow{BC}=(k-1)\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} .

Αν οονομάσουμε M και N τα μέσα των διανυσμάτων AD και BC αντίστοιχα, θα έχουμε:
\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA} +\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BN} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{b} + \overrightarrow{a} + \frac{k-1}{2}\overrightarrow{a} + \frac{1}{2}\overrightarrow{a} = \frac{k+1}{2}\overrightarrow{a} = \frac{k}{2}\overrightarrow{a} + \frac{1}{2}\overrightarrow{a} = \frac{1}{2}\left ( \overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AB} \right ).

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται και το δεύτερο ζητούμενο. Τέτοια θέματα δεν παρουσιάζουν δυσκολία. Αρκεί να γνωρίζουμε τους ορισμούς των θεμάτων τα οποία πραγματευόμαστε π.χ. τι είναι τραπέζιο, τι είναι μέσο τμήματος κλπ.
Όπως τονίσαμε πάλι, η προσέγγιση - απόδειξη των θεωρημάτων της Ευκλείδειας Γεωμετρίας μέσω της Διανυσματικής Γεωμετρίας διευκολύνει να κατανοήσουμε τη χρήση και τη χρησιμότητα των διανυσμάτων.


Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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