Κι άλλη καθετότητα

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8082
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κι άλλη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιούλ 10, 2019 6:31 pm

Κι άλλη καθετότητα.png
Κι άλλη καθετότητα.png (10.91 KiB) Προβλήθηκε 322 φορές
Έστω P σημείο της υποτείνουσας BC ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC, έτσι ώστε

BP=2PC. Αν M είναι το μέσο της AC, Να δείξετε ότι AP\bot BM.


Ένα 24ωρο αποκλειστικά για μαθητές.



Λέξεις Κλειδιά:
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 292
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Κι άλλη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Ιούλ 10, 2019 7:05 pm

george visvikis έγραψε:
Τετ Ιούλ 10, 2019 6:31 pm
Κι άλλη καθετότητα.png
Έστω P σημείο της υποτείνουσας BC ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC, έτσι ώστε

BP=2PC. Αν M είναι το μέσο της AC, Να δείξετε ότι AP\bot BM.


Ένα 24ωρο αποκλειστικά για μαθητές.
Καλησπέρα!

Φέρω το ύψος AL και έτσι το G\equiv AL\cap BM είναι βαρύκεντρο του ABC άρα AG=PC=a,GL=LP=\dfrac{a}{2}

Έτσι έχουμε \dfrac{GL}{BL}=\dfrac{PL}{AL} άρα \widehat{GAK}=\widehat{LBM}
Άρα AP\perp BM
87.PNG
87.PNG (14.86 KiB) Προβλήθηκε 306 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Πέμ Ιούλ 11, 2019 9:57 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 292
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Κι άλλη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Ιούλ 10, 2019 8:27 pm

george visvikis έγραψε:
Τετ Ιούλ 10, 2019 6:31 pm
Κι άλλη καθετότητα.png
Έστω P σημείο της υποτείνουσας BC ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC, έτσι ώστε

BP=2PC. Αν M είναι το μέσο της AC, Να δείξετε ότι AP\bot BM.


Ένα 24ωρο αποκλειστικά για μαθητές.
Διαφορετικά:
Αν PC=a και K το μέσο του BP έχουμε AC=\dfrac{3\sqrt{2}a}{2}.
Είναι BP=2a,ΑΚ^2=\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{9a^2}{4}=\dfrac{10a^2}{4} και 2MP=AK

AM^2-MP^2=\dfrac{9}{8}a^2-\dfrac{10a^2}{16}=\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{9}{2}a^2-4a^2=BP^2-BA^2
οπότε από την συνθήκη καθετότητας έχουμε το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3224
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Κι άλλη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Ιούλ 11, 2019 7:30 am

george visvikis έγραψε:
Τετ Ιούλ 10, 2019 6:31 pm

Έστω P σημείο της υποτείνουσας BC ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC, έτσι ώστε

BP=2PC. Αν M είναι το μέσο της AC, Να δείξετε ότι AP\bot BM.


Ένα 24ωρο αποκλειστικά για μαθητές.
Καλημέρα!
shape.png
shape.png (29.59 KiB) Προβλήθηκε 244 φορές
Από το C φέρνω κάθετη στην BM και έστω D,E τα σημεία τομής με τις BM,BA αντίστοιχα.

Από το εγγράψιμο ABCD οι πράσινες γωνίες είναι ίσες και τα ορθογώνια τρίγωνα ABM,CAE είναι και αυτά ίσα.

Από αντίστροφο Θαλή: AP\parallel EC και το ζητούμενο έπεται.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3224
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Κι άλλη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Ιούλ 11, 2019 9:13 am

george visvikis έγραψε:
Τετ Ιούλ 10, 2019 6:31 pm

Έστω P σημείο της υποτείνουσας BC ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC, έτσι ώστε

BP=2PC. Αν M είναι το μέσο της AC, Να δείξετε ότι AP\bot BM.


Ένα 24ωρο αποκλειστικά για μαθητές.
Άλλη μια…
shape2.png
shape2.png (9.94 KiB) Προβλήθηκε 232 φορές
Αν PD \bot AC, τότε από Θαλή: AD = 2DC = 2k

Τα ορθογώνια  \triangleleft BAM, \triangleleft ADP είναι όμοια, οι πράσινες γωνίες είναι ίσες και από το εγγράψιμο MEPD το ζητούμενο έπεται.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10618
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Κι άλλη καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Ιούλ 11, 2019 11:51 am

Πρόκειται για ένα από τα δημοφιλέστερα θέματα του :logo: . Δείτε π.χ. εδώ


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Κι άλλη καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Ιούλ 12, 2019 6:06 pm

Καλό δειλινό ! Πράγματι άκρως ελκυστικό το θέμα!
Μια ακόμη προσέγγιση
Καθετότητα G.V.PNG
Καθετότητα G.V.PNG (9.22 KiB) Προβλήθηκε 121 φορές
Φέρω MN\parallel AEP και NH\perp AC . Έστω AB=AC=6 οπότε AM=MC=3...BC=6\sqrt{2}

Εύκολα βρίσκουμε PN=NC=\sqrt{2}...NH=HC=1...MH=2.

Τα ορθ. τρίγωνα BAM,MHN είναι όμοια κι' έτσι

\widehat{BMN}+\theta =\widehat{BMC}=\widehat{BAM}+\theta \Rightarrow \widehat{BEP}=\widehat{BMN}=\widehat{BAM}=90^{0}. Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8082
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κι άλλη καθετότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Ιούλ 12, 2019 6:07 pm

Καλησπέρα σε όλους!

Το αντίστροφο αυτής (δίνεται η καθετότητα και ζητείται να δειχτεί ότι BP=2PC) μπήκε φέτος σε

διαγωνισμό στη Σιγκαπούρη. Καμία πρωτοτυπία βέβαια, δεδομένου ότι η άσκηση είναι πολύ παλιά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

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