Καθετότητα για κάθε γούστο

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7129
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Καθετότητα για κάθε γούστο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm

Καθετότητα για κάθε γούστο.png
Καθετότητα για κάθε γούστο.png (8.64 KiB) Προβλήθηκε 841 φορές

Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Ιούλ 04, 2019 7:13 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
Αν F\equiv AZ\cap BC τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle CMB με διατέμνουσα την AZF εύκολα προκύπτει ότι το F είναι το μέσο της BC και συνεπώς EF\bot AC (τα τρίγωνα \vartriangle ABC,\vartriangle FBE είναι ορθογώνια ισοσκελή) οπότε F το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle ACE (σημείο τομής των υψών του CB,EK,K\equiv EF\cap AC ) και συνεπώς AF\equiv AZ\bot CE και το ζητούμενο έχει 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
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 731
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Πέμ Ιούλ 04, 2019 7:36 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
Καλησπέρα!

Έστω L\equiv DC\cap AZ και N η ορθή προβολή του L στην προέκταση της AB.

Από τις παράλληλες DC,AB έχουμε \dfrac{DL}{AE}=\dfrac{ZL}{ZA}=\dfrac{ZD}{ZE}=\dfrac{DC}{ME}=\dfrac{4}{3}\Leftrightarrow DL=\dfrac{4}{3}\cdot \dfrac{3}{2}a=2a

Έτσι έχουμε \tan\widehat{BAL}=2=\tan\widehat{BCE} δηλαδή AZ\perp CE
82.PNG
82.PNG (21.07 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9185
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιούλ 04, 2019 8:05 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
...Για κάθε γούστο.png
...Για κάθε γούστο.png (17.17 KiB) Προβλήθηκε 803 φορές
Από Ceva στο ACE, \displaystyle \frac{{EL}}{{LC}} = \frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{AE}}{{DC}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{{EL}}{{EC}} = \frac{3}{5}. Αλλά, με Π. Θ στο CBE βρίσκω \displaystyle CE = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}

\displaystyle EL \cdot EC = \frac{3}{5} \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} = EB \cdot EA και το ζητούμενο έπεται.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Ιούλ 05, 2019 3:33 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png

Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Μία άλλη λύση, που όμως δεν συγκρίνεται σε ομορφιά με τις 3 προηγούμενες :) .

Έστω WLOG AB=4 οπότε AM=3,MB=1,BE=2.

Από τα όμοια τρίγωνα \vartriangle DCZ,\vartriangle ZME, προκύπτει CZ/ZM=4/3, και αφού από Π.Θ. CM=\sqrt{17}, προκύπτει CZ=\dfrac{4\sqrt{17}}{7}.

Ακόμη, από τα προαναφερθέντα όμοια τρίγωνα, DZ/ZE=4/3, και αφού από Π.Θ. DE=\sqrt{52}, προκύπτει ZE=\dfrac{3\sqrt{52}}{7}.

Συνεπώς, συνδυάζοντας τις προηγούμενες και το γεγονός ότι AC=\sqrt{32}, έχω ότι AE^2-AC^2=36-32=4=ZE^2-ZC^2, οπότε από το αντίστροφο Κριτηρίου Καθετότητας προκύπτει AZ \perp CE.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Ιούλ 05, 2019 6:25 pm

Καλησπέρα σε όλους! Με χρήση του σχήματος
Καθετότητα  .. N.F.PNG
Καθετότητα .. N.F.PNG (12.03 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές
Θέτω DZ=x..ZH=y..HE=p . Από τα ζεύγη τριγώνων DHC  \sim BHE \Rightarrow   x+y=2p και  DCZ \sim  MEZ\Rightarrow   y+p=3x/4

Προκύπτει y=x/6 \Rightarrow  HN=a/6 αφού ZHN  \sim DAZ. Ακόμη BEH \sim ADE \Rightarrow BH=a/3  οπότε BN=a/2.

Τότε BAN = BEC  \Rightarrow \theta = \varphi   και τελικά \widehat{F}=\widehat{B}=90^{0}.
Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Ιούλ 05, 2019 8:28 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
Έστω K,L οι ορθές προβολές του Z στις AE,BC αντίστοιχα. Τότε

ZK\parallel AD\Rightarrow \dfrac{AK}{AE}=\dfrac{DZ}{DE}\overset{DC\parallel AE}{\mathop{=}}\,\dfrac{DC}{DC+ME}=\dfrac{a}{\dfrac{7}{4}a}=\dfrac{4}{7}\overset{AE=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,AK=\dfrac{6a}{7}:\left( 1 \right) και

ZL\parallel AE\Rightarrow \dfrac{LB}{BC}=\dfrac{ZE}{DE}\overset{DC\parallel AE}{\mathop{=}}\,\dfrac{ME}{ME+DC}=\dfrac{\dfrac{3a}{4}}{\dfrac{7}{4}a}=\dfrac{3}{7}\overset{AE=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,LB=\dfrac{3a}{7}:\left( 2 \right)

Από \left( 1 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AK}{LB}=2=\dfrac{BC}{BE}:\left( 3 \right).

Από \left( 3 \right) σύμφωνα με το http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/ ... tras.shtml προκύπτει ότι AZ\bot CE και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης


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
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1809
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Ιούλ 05, 2019 9:30 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !

Είναι, \displaystyle EM = \frac{{3a}}{4} και \displaystyle \frac{{DZ}}{{ZE}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{4}}} = \frac{4}{3}

Με \displaystyle EK \bot EC \Rightarrow \vartriangle CBE \approx \vartriangle AEK \Rightarrow \frac{{BE}}{{AK}} = \frac{{BC}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{\frac{a}{2}}}{{AK}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{2}}} \Rightarrow \boxed{AK = \frac{{3a}}{4}}

\displaystyle \frac{{AD}}{{AK}} = \frac{a}{{\frac{{3a}}{4}}} = \frac{4}{3} = \frac{{DZ}}{{ZE}} \Rightarrow AZ//KE \Rightarrow \boxed{AZ \bot CE}
Καθετότητα.png
Καθετότητα.png (13.78 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3271
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Παρ Ιούλ 05, 2019 11:52 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm

Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
Καλησπέρα!
shape.png
shape.png (26.44 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές
Έστω AN = ND και K \equiv AZ \cap DC

Από την ισότητα των  \triangleleft CBE, \triangleleft CDN προκύπτει NC \bot CE

Από την ομοιότητα των  \triangleleft EMZ, \triangleleft DCZ και  \triangleleft AMZ, \triangleleft KCZ προκύπτει ότι DC = CK

Έτσι, NC\parallel AK και το ζητούμενο έπεται άμεσα.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7129
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Ιούλ 06, 2019 9:38 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 6:52 pm
Καθετότητα για κάθε γούστο.png


Έστω τετράγωνο ABCD πλευράς a. Προεκτείνω την AB προς το B κατά τμήμα BE = \dfrac{a}{2}.

Ας είναι δε M το μέσο τουAE και Z το σημείο τομής των DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM.

Δείξετε ότι AZ \bot CE.


Όλες οι λύσεις δεκτές( εντός ή εκτός φακέλου) και είναι πάρα πολλές !
καθετότητα για κάθε γούστο_1.png
καθετότητα για κάθε γούστο_1.png (27.76 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές

Ας είναι H\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T\,\, τα σημεία τομής AZ με τις BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EC. Αν θέσω AB = 4k θα είναι : BE = 2k\,\,,\,\,MB = k\,,\,MA = 3k και άρα :

\boxed{\frac{{BM}}{{BE}} = \frac{{AM}}{{AE}} = \frac{1}{2}}.

Η σχέση αυτή μας εξασφαλίζει ότι η τετράδα: \left( {A,B\backslash M,E} \right) είναι αρμονική.

Άρα και η τετράδα : \left( {A,H\backslash Z,T} \right) είναι αρμονική και κατ’ επέκταση η δέσμη

E\left( {A,H,Z,T} \right) είναι αρμονική και αφού η CD//EA , η EH θα τέμνει την CD στο μέσο της , έστω, N

Προφανώς τώρα \vartriangle BAH = \vartriangle BCE \Rightarrow \widehat \omega  = \widehat \theta  \Rightarrow AT \bot EC


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7129
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:44 pm

Θεωρώ Καρτεσιανό συντεταγμένων με αρχή το A(0,0) και έστω B(7,0). Θα είναι έτσι:

\left\{ \begin{gathered} 
  C\left( {7,7} \right),\,\,D\left( {0,7} \right)\,,\,E\left( {\dfrac{{21}}{2},0} \right)\,\,,M\left( {\dfrac{{21}}{4},0} \right) \hfill \\ 
  DE \to 2x + 3y = 21 \hfill \\ 
  CM \to y = 4x - 21 \hfill \\  
\end{gathered}  \right.
καθετότητα με κάθε μέσο_αναλυτική.png
καθετότητα με κάθε μέσο_αναλυτική.png (22.87 KiB) Προβλήθηκε 551 φορές
Από τη λύση του πιο πάνω συστήματος έχω: Z(6,3) και έτσι:

\left\{ \begin{gathered} 
  \overrightarrow {AZ}  = (6,3) \hfill \\ 
  \overrightarrow {EC}  = \left( { - \dfrac{7}{2},7} \right) \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \overrightarrow {AZ}  \cdot \overrightarrow {EC}  = 6\left( { - \dfrac{7}{2}} \right) + 3 \cdot 7 = 0 \Rightarrow AZ \bot EC


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7129
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Καθετότητα για κάθε γούστο

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιούλ 07, 2019 3:17 am

Η δέσμη Z(A,B,M,E) είναι αρμονική . Άρα και η δέσμη , Z(B,N,S,C) είναι αρμονική.

\left\{ \begin{gathered} 
  \frac{x}{6} = \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{3}{9} \hfill \\ 
  \frac{y}{x} = \frac{w}{6} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  x = 2 \hfill \\ 
  \frac{y}{x} = \frac{w}{6} \hfill \\ 
  y + w = 4 \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  x = 2 \hfill \\ 
  y = 1 \hfill \\ 
  w = 3 \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Καθετότητα για κάθε γούστο_3.png
Καθετότητα για κάθε γούστο_3.png (25.38 KiB) Προβλήθηκε 533 φορές

\left\{ \begin{gathered} 
  \tan \theta  = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \hfill \\ 
  \tan \omega  = \frac{{NB}}{{AB}} = \frac{1}{2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \theta  = \omega  \Rightarrow AT \bot CE


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες