Είναι ορθή

#1

Σε τετράγωνο ABCD

το

είναι μέσο της πλευράς

και το

σημείο της διαγωνίου

, τέτοιο ώστε, $AZ = 3 \cdot ZC$ .
Να δειχθεί ότι η γωνία $D\hat ZE$ είναι ορθή.

Ίσως , αλλά δεν το βρήκα, έχει αναρτηθεί και πιο παλιά στο

STOPJOHN · #2

Σύντομη λύση με Αναλυτική ...Έστω $A(0,0),E(a,0),B(2a,0),C(2a,2a),D(0,2a),Z(\frac{3a}{2},\frac{3a}{2})$ Οπότε $DZ^{2}+ZE^{2}=(\frac{3a}{2})^{2}+(\frac{3a}{2}-2a)^{2}+(\frac{3a}{2}-a)^{2}+(\frac{3a}{2})^{2}=5a^{2}, (1) , DE^{2}=a^{2}+(2a)^{2}, (2)$
Οπότε με Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε το ζητούμενο. Η άσκηση λύνεται και με μετρικές σχέσεις...νομίζω ότι έχει λυθεί πάλι
Γιάννης

#3

Doloros έγραψε:Σε τετράγωνο το είναι μέσο της πλευράς και το σημείο της διαγωνίου , τέτοιο ώστε, $AZ = 3 \cdot ZC$ .
Να δειχθεί ότι η γωνία $D\hat ZE$ είναι ορθή.

Ίσως , αλλά δεν το βρήκα, έχει αναρτηθεί και πιο παλιά στο

: 1.png (22.17 KiB) Προβλήθηκε 2214 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ O \equiv AC \cap BD \Rightarrow AC \bot BD }$ και με $\displaystyle{ AZ = 3ZC \Rightarrow \ldots OZ = \frac{{OD}} {2} \Rightarrow \frac{{OZ}} {{OD}} = \frac{1} {2} = \frac{{AE}} {{AD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ZOD} = \widehat{DAE} = 90^0 } }$

$\displaystyle{ \vartriangle ZOD \sim \vartriangle DAE \Rightarrow \widehat{DZO} = \widehat{DEA} \Rightarrow AEZD\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAB} = 90^0 } \boxed{\widehat{DZE} = 90^0 } }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

KARKAR · #4

Και ολίγος Μενέλαος (στο $\Delta BOA$ με διατέμνουσα ESZ

) , δίνει : $\displaystyle \frac{BE}{EA} {\cdot} \frac{AZ}{ZO}{\cdot}\frac{OS}{SB}=1$ ,

δηλαδή $\displaystyle OS=\frac{d}{4}$ , συνεπώς επειδή $ZO^2=OD{\cdot}OS$ , το τρίγωνο ZDS

είναι ορθογώνιο .

#5

Για λόγους "πλουραλισμού" και μια Τριγωνομετρική λύση.

Τη διατυπώνω όσο πιο αναλυτικά γίνεται αφού τα τελευταία τρία χρόνια οι μαθητές μας στη Β΄Λυκείου στερούνται τους Χ Ρ Η Σ Ι Μ Ο Τ Α Τ Ο Υ Σ τύπους αθροισμάτων τόξων κ.λπ.

: 05-09-2012 Γεωμετρία.jpg (12.55 KiB) Προβλήθηκε 2172 φορές

Έστω $\displaystyle AB = a \Rightarrow AE = \frac{a}{2},\;\;AZ = \frac{3}{4}a\sqrt 2$
Στο AEZ

από Ν. Ημιτόνων

$\displaystyle \frac{{AE}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{{\eta \mu \left( {135^\circ - \omega } \right)}} \Leftrightarrow \frac{a}{{2\eta \mu \omega }} = \frac{{3\sqrt 2 a}}{{4\eta \mu \left( {45^\circ + \omega } \right)}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow 3\eta \mu \omega = \sqrt 2 \eta \mu \left( {45^\circ + \omega } \right) \Leftrightarrow 3\eta \mu \omega = \sqrt 2 \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\eta \mu \omega + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sigma \upsilon \nu \omega } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\eta \mu \omega = \sigma \upsilon \nu \omega \Leftrightarrow \varepsilon \phi \omega = \frac{1}{2}$

Στο DAZ

από Ν. Ημιτόνων

$\displaystyle \frac{{AD}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{{\eta \mu \left( {135^\circ - \phi } \right)}} \Leftrightarrow \frac{a}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{3\sqrt 2 a}}{{4\eta \mu \left( {45^\circ + \phi } \right)}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow 3\sqrt 2 \eta \mu \phi = 4\eta \mu \left( {45^\circ + \phi } \right) \Leftrightarrow 3\sqrt 2 \eta \mu \omega = 4\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\eta \mu \phi + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sigma \upsilon \nu \phi } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sqrt 2 \eta \mu \omega = 2\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \phi \Leftrightarrow \varepsilon \phi \phi = 2$

Οπότε $\displaystyle \omega + \phi = 90^\circ$

kostas136 · #6

Και διανυσματικά, αν και είναι ιεροσυλία για άσκηση γεωμετρίας.

$\displaystyle \overrightarrow{DZ} \cdot \overrightarrow{ZE}=(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CZ})(\overrightarrow{ZA}+\overrightarrow{AE})=(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{CA})(\frac{3}{4}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^2+\frac{3}{16}\overrightarrow{CA}^2+\frac{7}{8}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CA}=\frac{a^2}{2}+\frac{3}{16}2a^2+\frac{7}{8}a\sqrt{2}a(-\frac{\sqrt{2}}{2})=\ .\ .\ .=0\Rightarrow DZ\perp ZE$

p_gianno · #7

Έστω

το κέντρο του τετραγώνου. Τότε

μέσο της

και σημείο της μεσοκαθέτου της

.

Συνεπώς ZE=ZB

άρα $\angle1= \angle2$ (1)

Επίσης $\angle3= \angle2$ (2)(συμμετρία ως προς

)

$(1,2) \rightarrow \angle1= \angle3 \rightarrow AEZD$ εγγράψιμο , επομένως $\angle Z=180^0-DAB=90^0$ οεδ

#8

Σας ευχαριστώ πολύ όλους . Απίθανες και πολλές λύσεις!

Την άσκηση την βρήκα ( άλυτη ) στο βιβλίο : Θέματα διανυσματικού λογισμού 1ης δέσμης των κ.κ.
Π. Κ .Βασειλειάδη και Γ. Λ. Μαυρίδη σελ. 120

Ας είναι

το σημείων τομής των διαγωνίων του τετραγώνου και

το μέσο του

. Επειδή $EN// = \displaystyle\frac{{MB}}{2}$ και MB = MC

, έχουμε
1) $E\hat NZ = {90^0}$ και
2) NE = MZ

και
3)

Από την προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $NEZ\,,\,MZD$
Έχουμε : $\hat \omega = {\hat \omega _1}\,$ . Αλλά $\hat \omega + \hat \phi = {90^0}$ , άρα ${\hat \omega _1} + \hat \phi = {90^0} \Leftrightarrow D\hat ZE = {90^0}$ .

Ιστοσελίδα · #9

Καλημέρα…στην ίδια λογική με το Στάθη!

: Είναι-ορθή.png (14.99 KiB) Προβλήθηκε 2114 φορές

Φέρω $EK \bot AC$ . Τα τρίγωνα $DAE,\,ZKE$ είναι όμοια ( $\displaystyle\frac{{AD}}{{AE}} = \displaystyle\frac{{KZ}}{{KE}} = 2\,\,\& \,\,D\widehat AE = Z\widehat KE = {90^ \circ }$ ), το τετράπλευρο ADZE

εγγράψιμο, συνεπώς $D\widehat ZE = {180^ \circ } - {90^ \circ } = {90^ \circ }$ .

Ιστοσελίδα · #10

Καλημέρα και πάλι…άλλη μια λύση για λόγους πλουραλισμού και μόνο.

: Είναι-ορθή_2.png (15.08 KiB) Προβλήθηκε 2088 φορές

Στρέφω το τρίγωνο DCZ

${90^ \circ }$ (ρολόι) ως προς

(τρίγωνο

) και σχηματίζεται το ορθογώνιο και ισοσκελές DZK

.

Από Πυθαγόρειο στα τρίγωνα $ZAK,\,DAE$ παίρνουμε $ZK = DE = \displaystyle\frac{{\sqrt 5 a}}{2}$ , οπότε από Πυθαγόρειο στο DZK

και από νόμο συνημιτόνων στο $AKE:DZ = DK = KE = \displaystyle\frac{{\sqrt {10} a}}{4}$ .

Από την ισότητα των τριγώνων $DZK,\,DKE$ ( $\Pi - \Pi - \Pi$ ) εξασφαλίζεται πως το DKEZ

είναι τετράγωνο και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

KARKAR · #11

Μία ακόμη ....

#12

Αφού ξεκινήσαμε..., ακόμα μία για λόγους μεγαλύτερου πλουραλισμού

Μια τριγωνομετρική παροιμία λέει: "Όπου βρεις το Νόμο Ημιτόνων, ψάξε και το Νόμο Συνημιτόνων"

: 06-9-2012 Γεωμετρία.jpg (14.92 KiB) Προβλήθηκε 2058 φορές

Έστω

, οπότε $\displaystyle AE = \frac{1}{2},\;\;AZ = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$

Στο AEZ

από Ν. Συνημιτόνων είναι

$\displaystyle EZ^2 = AE^2 + AZ^2 - 2AE \cdot AZ \cdot \sigma \upsilon \nu 45^\circ = \frac{1}{4} + \frac{9}{8} - 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} =$

$\displaystyle = \frac{1}{4} + \frac{9}{8} - \frac{3}{4} = \frac{5}{8}$

Στο DAZ

από Ν. Συνημιτόνων είναι
$\displaystyle DZ^2 = AD^2 + AZ^2 - 2AD \cdot AZ \cdot \sigma \upsilon \nu 45^\circ = 1 + \frac{9}{8} - 2 \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 1 + \frac{9}{8} - \frac{3}{2} = \frac{5}{8}$

Στο DAE

είναι $\displaystyle DE^2 = AD^2 + AE^2 = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}$

Στο DEZ

είναι $\displaystyle DZ^2 + EZ^2 = AD^2$ οπότε $\displaystyle \widehat{DZE} = 90^\circ$

(και μάλιστα είναι και ισοσκελές με $\displaystyle DZ = EZ$ )

S.E.Louridas · #13

Ας μπούμε και μείς στην παρέα

$\left( {OZ = ZC} \right) \wedge \left( {\angle OE{'} C = 90^ \circ } \right) \Rightarrow \angle E{'}ZA = 90^ \circ \Rightarrow \angle DZE = 90^ \circ$

dimitris pap · #14

Μια ακόμα λύση (και υπάρχουν κι άλλες...)

Εστω

το συμμετρικό του

ως προς

. Τότε

παραλληλόγραμμο. Αν

η τομή

,

τότε εύκολα OL=LK=DE

.

Aρα

παραλληλόγραμμο, κι έτσι EK=DL=AE

, συνεπώς στο τρίγωνο AEK

η

είναι και ύψος!

p_gianno · #15

Χωρίς λόγια και επί του πλέγματος

TS ||=DZ

τριγ E

προκύπτει από στροφή περί το

κατά

του τριγώνου TAS

και μεταφορά του κατά διάνυσμα

.

Συνεπώς $ZE \perp TS \rightarrow ZE \perp DZ$ οεδ

----
Σαν μια ακόμη λύση , μπορούμε να δούμε ότι αν ονομάσουμε

το μέσο της

εύκολα έχουμε ZM=DM=ME

απ'όπου προκύπτει το ζητούμενο.

Ιστοσελίδα · #16

Καλησπέρα.

: Είναι-ορθή_3.png (17.91 KiB) Προβλήθηκε 1992 φορές

Από το

φέρω κάθετες προς τις πλευρές του τετραγώνου και απ’ τη δοσμένη σχέση και το λόγο ομοιότητας εύκολα προκύπτουν τα ίσα τρίγωνα $ZKD,\,ZNE$ . Λόγω των ίσων γωνιών τους (με μαύρο χρώμα) το τετράπλευρο ADZE

είναι εγγράψιμο άρα έπεται το ζητούμενο.

S.E.Louridas · #17

Κοίτα σε τι όμορφο Γεωμετρικό Παιχνίδι «μπλέξαμε», 16 λύσεις (μέχρι αυτή τη στιγμή).

$OZ = ZC \Rightarrow EZ = ZS,\;\,AE = OE = CS \Rightarrow \vartriangle DAE = \vartriangle DCS \Rightarrow$ DE = DS

Ιστοσελίδα · #18

Μια περιγραφική...

: Είναι-ορθή_4.png (11.4 KiB) Προβλήθηκε 1953 φορές

Πρώτο θεώρημα διαμέσων στο DOC

και εντοπίζουμε την

που είναι ίση με τη

. Με το ίδιο θεώρημα στο ZAB

εντοπίζουμε την

. Από Πυθαγόρειο στο DAE

υπολογίζουμε την

και από αντίστροφο Πυθαγορείου στο DEZ

έπεται το ζητούμενο.

#19

Doloros έγραψε:Σε τετράγωνο το είναι μέσο της πλευράς και το σημείο της διαγωνίου , τέτοιο ώστε, $AZ = 3 \cdot ZC$ .
Να δειχθεί ότι η γωνία $D\hat ZE$ είναι ορθή.

Ίσως , αλλά δεν το βρήκα, έχει αναρτηθεί και πιο παλιά στο

Μόνο για να «χάσει» ο Σωτήρης το μέτρημα των λύσεων

: 5.png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 1932 φορές

Στον κύκλο $\displaystyle{ \left( {Z,ZD = ZE = ZB} \right) }$ είναι $\displaystyle{ \widehat{DZE}\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2 \cdot \widehat{DBE}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DBE} = 45^0 } \boxed{\widehat{DZE} = 90^0 } }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ιστοσελίδα · #20

: Είναι-ορθή_5.png (12.01 KiB) Προβλήθηκε 1905 φορές

, $\Delta \,DKZ = \Delta \,ZOE$ , $\varphi + \theta = {45^ \circ } \Rightarrow D\widehat ZE = {90^ \circ }$ .

Είναι ορθή

Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Re: Είναι ορθή

Μέλη σε σύνδεση