Πολλές ορθές ...

Κατερινόπουλος Νικόλας · #1

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος

, το μέσο

του

και σημείο

στην προέκταση του

ώστε

. Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κατερινόπουλος Νικόλας · #2

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του

ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υ.Γ. Όταν βρεθώ σε δικό μου υπολογιστή , θα βάλω το σχήμα .

Επαναφορά , αν και δεν έχει περάσει πολύς καιρός .

STOPJOHN · #3

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του

ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υ.Γ. Όταν βρεθώ σε δικό μου υπολογιστή , θα βάλω το σχήμα .

Καλημέρα
Έστω ότι AE=EK,DE=EC,AB=AZ,BH//TE,HE//BT

Τότε τα

είναι παραλληλόγραμμα. Άρα $\Theta K\perp AZ,BE//ZK$
γιατί AE=EK,AB=BZ

και $AD\perp BC\Rightarrow ADO\perp ZK$
Συνεπώς το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AZK

Αρα $ZD\perp AK$

Γιάννης

Κατερινόπουλος Νικόλας · #4

STOPJOHN έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 22, 2017 2:26 pm

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του

ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υ.Γ. Όταν βρεθώ σε δικό μου υπολογιστή , θα βάλω το σχήμα .

Καλημέρα
Έστω ότι
Τότε τα είναι παραλληλόγραμμα. Άρα $\Theta K\perp AZ,BE//ZK$
γιατί και $AD\perp BC\Rightarrow ADO\perp ZK$
Συνεπώς το σημείο είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου
Αρα $ZD\perp AK$

Γιάννης

Μπράβο Γιάννη !

Εκεί που γράφεις

STOPJOHN έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 22, 2017 2:26 pm
AB=AZ

φαντάζομαι εννοείς ΑΒ=ΒΖ . Τέλος πάντων .

Υπάρχει και πιο απλή λύση , την οποία αφήνω να απαντηθεί . Πάντως , βασίζεται και αυτή στο ορθόκεντρο !

#5

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του

ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

Με Αναλυτική είναι πολύ απλή (ρουτίνα, χωρίς να χρειαστεί καθόλου σκέψη).

Με τους προφανείς άξονες είναι $A(0,0), \, C(c,0), \, B(0,b)$ . Επίσης είναι Z(0, 2b)

.

Άρα οι BC, AD

έχουν εξισώσεις $\displaystyle{y = -\frac {b}{c}(x-c), \, y = \frac {c}{b}x}$ , αντίστοιχα. Λύνοντας το σύστημα
τέμνονται στο $\displaystyle{D \left ( \frac {b^2c}{b^2+c^2}, \, \frac {bc^2}{b^2+c^2} \right )}$ .

Από εδώ εύκολα βρίσκουμε το μέσον

του

(αφήνω τις πράξεις ρουτίνας διότι είναι επίπονες στο πληκτρολόγιο) και άρα την κλίση της

. Επίσης η κλίση της

είναι άμεση, και ελέγχουμε ότι το γινόμενο των δύο κλίσεων που βρήκαμε είναι

.

Κατερινόπουλος Νικόλας · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 22, 2017 8:08 pm

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του

ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .
Με Αναλυτική είναι πολύ απλή (ρουτίνα, χωρίς να χρειαστεί καθόλου σκέψη).

Με τους προφανείς άξονες είναι $A(0,0), \, C(c,0), \, B(0,b)$ . Επίσης είναι .

Άρα οι έχουν εξισώσεις $\displaystyle{y = -\frac {b}{c}(x-c), \, y = \frac {c}{b}x}$ , αντίστοιχα. Λύνοντας το σύστημα
τέμνονται στο $\displaystyle{D \left ( \frac {b^2c}{b^2+c^2}, \, \frac {bc^2}{b^2+c^2} \right )}$ .

Από εδώ εύκολα βρίσκουμε το μέσον του (αφήνω τις πράξεις ρουτίνας διότι είναι επίπονες στο πληκτρολόγιο) και άρα την κλίση της . Επίσης η κλίση της είναι άμεση, και ελέγχουμε ότι το γινόμενο των δύο κλίσεων που βρήκαμε είναι .

Πολύ ωραία ! Άλλη λύση ;

#7

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 2:56 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{\circ}$ , το ύψος , το μέσο του και σημείο στην προέκταση του ώστε . Να δείξετε ότι $ZD\perp AE$ .

: Πολλές κάθετες.png (18.74 KiB) Προβλήθηκε 1523 φορές

Έστω οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα και η ορθή προβολή του στην .

Τότε από $BA = BZ\mathop \Rightarrow \limits^{ZL\parallel AD} LD = 2BD:\left( 1 \right)$ και από το σχηματιζόμενο ορθογώνιο θα είναι $AK = DN:\left( 2 \right)$ .

Από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $BDN,ACD \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{ND}} = \dfrac{{AC}}{{DC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),DC = 2EC}$ $\dfrac{{\dfrac{{LD}}{2}}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{2EC}} \Rightarrow \dfrac{{LD}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{EC}}:\left( 3 \right)$ .

Από την $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras’ Theorem προκύπτει ότι $ZD\bot AE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#8

Πιθανόν ο φίλος ο Γιάννης πιο πάνω να εννοεί αυτή που φαίνεται στο σχήμα

: Πολλές ορθές.png (20.44 KiB) Προβλήθηκε 1489 φορές

στο τρίγωνο AZL

το

είναι ορθόκεντρο .

#9

: Πολλές ορθές_new.png (16.56 KiB) Προβλήθηκε 1480 φορές

[Από την προφανή ομοιότητα των $\vartriangle ADC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle BDA$ έχω :

$\boxed{\frac{{DC}}{{DA}} = \frac{{AC}}{{BA}} \Rightarrow \frac{{EC}}{{DA}} = \frac{{AC}}{{AZ}}}$ κι αφού $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ τα τρίγωνα $AZD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CEA$ είναι όμοια .

Άρα $\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ οπότε το ζητούμενο φανερό .

Κατερινόπουλος Νικόλας · #10

Πολύ ωραίες λύσεις ! Περιμένω κι άλλες ! Ειδικά μια πολύ απλή , αυτή με το ορθόκεντρο ... και μια άλλη , επίσης απλή !

Πολλές ορθές ...

Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Re: Πολλές ορθές ...

Μέλη σε σύνδεση