Καθετότητα απ' τα παλιά

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: 10648
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Καθετότητα απ' τα παλιά

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm

Καθετότητα  απ' τα παλιά.png
Καθετότητα απ' τα παλιά.png (8.9 KiB) Προβλήθηκε 619 φορές
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8029
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Μαρ 12, 2021 6:26 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.
καθετότητα απ τα παλιά_1.png
καθετότητα απ τα παλιά_1.png (15.14 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές
Αν O το μέσο του BC και H το σημείο τομής των AO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BM θα είναι:

AO \bot BC και το H βαρύκεντρο του \vartriangle ABC κι έτσι :

\dfrac{{BH}}{{HM}} = 2 = \dfrac{{4k}}{{2k}} = \dfrac{{BN}}{{NC}} \Rightarrow NH//AC \Rightarrow NH \bot AB. Δηλαδή το H είναι ορθόκεντρο του \vartriangle ABN.

Συνεπώς BM \bot AN


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1448
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Μαρ 12, 2021 7:28 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm

BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.
Καλησπέρα! Με χρήση του σχήματος
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
Καθετότητα απ' τα παλιά.png (72.1 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές
Συμπληρώνουμε το τετράγωνο ABEC. Από τα όμοια τρίγωνα BAN,NIC έπεται ότι το I είναι το μέσο της EC.

Τα τρίγωνα MAB,CIA είναι ίσα , έτσι \theta +\omega =90^o άρα και \widehat{AFB}=90^o.

Φιλικά, Γιώργος.


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2098
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Παρ Μαρ 12, 2021 9:10 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.
Εστω ότι AN\perp MB

Θα αποδειχθεί ότι

NB=2CN

Στο τρίγωνο

CMB με τέμνουσα APN απο το θεώρημα Μενελάου

\dfrac{PB}{MP}.\dfrac{AM}{AC}.\dfrac{CN}{BN}=1\Rightarrow \dfrac{PB}{MP}=\dfrac{2(a-x)}{x},(1)

όπου CN=x,

Στο τρίγωνο

AMB απο μετρικές σχέσεις

PB=\dfrac{2b}{\sqrt{5}},MP=\dfrac{b}{2\sqrt{5}},\dfrac{PB}{MP}=4,(2),

 (1),(2)\Rightarrow x=\dfrac{a}{3},

NC=a-x=\dfrac{2a}{3}.
Συνημμένα
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
Καθετότητα απ' τα παλιά.png (41.29 KiB) Προβλήθηκε 512 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2080
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Μαρ 12, 2021 9:54 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.
Με D μέσον της  BN προφανώς  \triangle  CAN= \triangle DAB και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες έστω x

Επιπλέον ,MN//AD άρα E μέσον της MB οπότε  \angle x= \angle  \theta που αποδεικνύει το ζητούμενο
καθετότητα.png
καθετότητα.png (12.47 KiB) Προβλήθηκε 505 φορές


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 163
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Μαρ 12, 2021 10:43 pm

Άλλη μία
Ας είναι AB=a,BC=a\sqrt 2
Είναι: AB^2=a^2,AM^2=\dfrac{a^2}{4},BN^2=(\dfrac{2\sqrt 2 a}{3})^2=\dfrac{8a^2}{9}
Από νόμο συνημιτόνων στο MCN:
MN^2=CN^2+CM^2-2CN\cdot CM\cdot \cos 45^{\circ}
=(\dfrac{a\sqrt{2}}{3})^2+(\dfrac{a}{2})^2-2\cdot \dfrac{a\sqrt{2}}{3} \cdot \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{\sqrt 2}{2}=\dfrac{5a^2}{36}
Επομένως: BN^2-MN^2=AB^2-AM^2=\dfrac{3a^2}{4} και από κριτήριο καθετότητας έπεται το ζητούμενο.


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2098
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Σάβ Μαρ 13, 2021 9:16 am

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.

Εστω

CN=NS=SB=\dfrac{a}{3},TS//AN,OA=AT=TB=\dfrac{b}{2}, OM=MT

\Rightarrow \hat{MOA}=\hat{MTA}=45^{0}=\hat{OMA}=\hat{CMJ}\Rightarrow OJ\perp CB

Αρα το σημείο M είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου OCB

και OC\perp BI,TS//AN//MB\Rightarrow AN\perp MB
Συνημμένα
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
Καθετότητα απ' τα παλιά.png (42.59 KiB) Προβλήθηκε 462 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Μαρ 13, 2021 11:32 am

george visvikis έγραψε:
Πέμ Μαρ 11, 2021 4:02 pm
Καθετότητα απ' τα παλιά.png
BM είναι η διάμεσος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB=AC) και

N είναι ένα σημείο της υποτείνουσας ώστε BN=2NC. Να δείξετε ότι AN\bot BM.


24 ώρες για μαθητές.
Αν T είναι η ορθή προβολή του N επί της AB τότε από την εύκολη ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων AMC και NTA (Ανάλογες κάθετες πλευρές ) και με τις κάθετες πλευρές τους κάθετες μεταξύ τους θα ειναι κάθετες και οι υποτείνουσες τους και το ζητούμενο εχει αποδειχθεί


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12683
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Μαρ 13, 2021 7:28 pm

Τώρα μπορούμε να δώσουμε και παραπομπή : Δείτε πολλές ακόμη λύσεις εδώ


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1448
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Μαρ 13, 2021 7:52 pm

Ακόμη μία για την Καλησπέρα στους φίλους!

Δεν ..μελέτησα τις παραπομπές.Πιθανόν να είναι παρόμοια με κάποιες λύσεις..
παλιά.png
παλιά.png (80.6 KiB) Προβλήθηκε 401 φορές
Αρκεί να δείξουμε x=y. Φέρω NE \perp AC.

Αν NE=CE=1 τότε AB=AC=3...AE=2 έπεται tanx =1/2 ενώ και tany=1/2 δηλ. x=y... Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10648
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Καθετότητα απ' τα παλιά

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 16, 2021 12:55 pm

Σας ευχαριστώ καθένα ξεχωριστά για τις ωραίες αντιμετωπίσεις του παρόντος θέματος. Αν και συμμετείχα στις λύσεις

της παραπομπής του Θανάση, δεν το θυμόμουν. Το αντίστροφο αυτής της άσκησης, ανέσυρα από μία ακόμη παλαιότερη

δημοσίευση. Είναι η Ασκ.10 εδώ.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

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