Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#1

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και ας είναι και το ύψος του. Έστω το σημείο $E\equiv AC\cap BM$ , όπου είναι το μέσον του και ας είναι , η προβολή του σημείου επί του . Αποδείξτε ότι $AZ\perp ZB$ .

Κώστας Βήττας.

#2

Ας είναι

η αρχή ορθογωνίων συντεταγμένων με μοναδιαίο του κατακόρυφου άξονα το $\boxed{\overrightarrow j = \overrightarrow {OM} }$ .

Συνεπώς A(0,2)

και αν $B(2b,0)\,,\,\,b < 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C(2c,0)\,\,\,,c > 0$ θα ισχύει : $\boxed{c = - \frac{1}{b}}\,\,\,(1)$

( συνθήκη καθετότητας των AB,AC

)

Η ευθεία $BM \to x + 2by = 2b$ ενώ η $AC \to \dfrac{x}{{2c}} + \dfrac{y}{2} = 1$ και από το σύστημά τους

έχω $\boxed{E(u,v) = \left( { - \dfrac{{2b}}{{{b^2} + 1}},\dfrac{{2({b^2} + 1)}}{{{b^2} + 1}}} \right)}$ άρα ο συντελεστής διεύθυνσης της

είναι

${\lambda _1} = \dfrac{v}{u} = - \dfrac{{{b^2} + 1}}{b}$ ενώ της

είναι ${\lambda _2} = \dfrac{b}{{{b^2} + 1}}$

: καθετότητα σε ορθογώνιο.png (14.98 KiB) Προβλήθηκε 1203 φορές

Το σημείο

είναι η τομή των :

$\left\{ \begin{gathered} y = {\lambda _1}x \hfill \\ y = {\lambda _2}(x - 2c) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow Z(m,t) = \boxed{{\rm Z}\left( { - \dfrac{{2b}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}},\dfrac{{2({b^2} + 1)}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}}} \right)}$ .

Τώρα ο συντελεστής διεύθυνσης της

είναι ${a_1} = \dfrac{t}{{m - 2b}} = - \dfrac{1}{{b({b^2} + 2)}}$ και της

είναι: ${a_2} = \dfrac{{t - 2}}{m} = b({b^2} + 2)$ άρα ${a_1}{a_2} = - 1 \Leftrightarrow AZ \bot BZ$

Επειδή δεν υπάρχει καμπύλη στο πρόβλημα , έχω να λύσω μόνο γραμμικά συστήματα και επομένως οι πράξεις είναι σίγουρο ότι θα δώσουν "εύκολα" και σίγουρα αποτελέσματα .Αν δε λάβουμε υπ όψιν ότι τα λογισμικά δίδουν ακαριαίες λύσεις είναι προφανές ότι δεν "κουράστηκα"

#3

vittasko έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 13, 2019 1:46 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και ας είναι και το ύψος του. Έστω το σημείο $E\equiv AC\cap BM$ , όπου είναι το μέσον του και ας είναι , η προβολή του σημείου επί του . Αποδείξτε ότι $AZ\perp ZB$ .

Κώστας Βήττας.

Καλήν εσπέρα άρχοντες και καλή σας χρονιά!!!. Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση από αυτή του Νίκου στην όμορφη πρόταση του Κώστα

$\bullet$ Έστω $F\equiv ED\cap AB$ και ας είναι $K\equiv BME\cap CF$ . Τότε προφανώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου (αφού $\angle CZF=\angle CAF={{90}^{0}}$ ) και η είναι η ευθεία Gauss του πλήρους τετραπλεύρου (με τα μέσα των διαγωνίων του ) και συνεπώς το μέσο της (δηλαδή το κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου ). Με τη σειρά $\left( B,M,E,K \right)$ αρμονική (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου τέμνεται αρμονικά από τις άλλες δύο) θα είναι και η δέσμη αρμονική και με $AE\bot AB$ θα είναι διχοτόμος της $\angle MAK\Rightarrow \angle BAD=\angle KAF:\left( 1 \right)$ (συμπληρώματα ίσων γωνιών) και με

: καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο..png (39.01 KiB) Προβλήθηκε 1179 φορές

$\bullet$ $KA = KF = {R_K}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle BAD = \angle KFA \Rightarrow$ $FC \equiv FK\parallel AD\mathop \Rightarrow \limits^{AD \bot BC} FC \bot BC\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot FB}$

$\angle B = \angle FCA\mathop = \limits^{A,Z,C,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle B = \angle FZA$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } A,Z,D,B$ ομοκυκλικά , άρα $\angle AZB=\angle ADB={{90}^{0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση

Στάθης

Υ.Σ. το ότι $CF\parallel AD$ προκύπτει συντομότερα από την αρμονική δέσμη $C.BMEK \equiv C.DMAF$ και ότι

το μέσο της

#4

vittasko έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 13, 2019 1:46 pm
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και ας είναι και το ύψος του. Έστω το σημείο $E\equiv AC\cap BM$ , όπου είναι το μέσον του και ας είναι , η προβολή του σημείου επί του . Αποδείξτε ότι $AZ\perp ZB$ .

Κώστας Βήττας.

Καλησπέρα σε όλους!

: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.png (20.77 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

και

το συμμετρικό του

ως προς

Τότε το

είναι παραλληλόγραμμο

και $\displaystyle DK||CA \Rightarrow \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{DF}}{{FK}} = \frac{{EA}}{{FK}} \Leftrightarrow E{A^2} = FK \cdot CE \Leftrightarrow$ $\boxed{E{A^2} = EP \cdot EC}$ (1)

Το

είναι εγγράψιμο, $\displaystyle EP \cdot EC = EZ \cdot ED\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} E{A^2} = EZ \cdot ED,$ άρα η

εφάπτεται στον περίκυκλο

του AZD,

αλλά και του ADB,

οπότε το

είναι σημείο του κύκλου διαμέτρου

και το ζητούμενο έπεται.

#5

Μετά από καιρό είδαμε με χαρά τον Στάθη στο

με μια ωραία λύση με τα γνωστά του "υψηλής ραπτικής" εργαλεία .

Βλέπω όμως και μια εκπληκτικά απλή με "αγνά υλικά" του Γιώργου του Βισβίκη .

Προφανώς τις χειροκροτώ αμφότερες

Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Μέλη σε σύνδεση