mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 10:34 am**

Την άσκηση την έχω συλλέξει (χθες)από μια γερμανική ιστοσελίδα ολυμπιάδων. Είναι η άσκηση του μήνα για το κρατίδιο του Αμβούργου.Την έχει χωρίς λύση.Μόλις έκανα μια καθαρή γεωμετρική λύση, ελπίζω καλή (!).Αλλά είμαι σίγουρος ότι θα βρεθούν και άλλες λύσεις(πιθανόν και με διανύσματα και σίγουρα με αναλυτική!).

ΑΣΚΗΣΗ
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, το μέσο Μ του ΑΒ, η προβολή Δ του Μ στην ΑΓ και το μέσο Ν του ΜΔ . Να αποδειχθεί ότι οι ΒΔ , ΓΝ τέμνονται κάθετα !

Καλή Ανάσταση !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 4:12 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Την έχει χωρίς λύση.Μόλις έκανα μια καθαρή γεωμετρική λύση, ελπίζω καλή (!).Αλλά είμαι σίγουρος ότι θα βρεθούν και άλλες λύσεις(πιθανόν και με διανύσματα και σίγουρα με αναλυτική!).
ΑΣΚΗΣΗ
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, το μέσο Μ του ΑΒ, η προβολή Δ του Μ στην ΑΓ και το μέσο Ν του ΜΔ . Να αποδειχθεί ότι οι ΒΔ , ΓΝ τέμνονται κάθετα !
Καλή Ανάσταση !

γεια σας
δίνω μία απάντηση (βασικά το σχήμα) χωρίς πράξεις- μέρα που είναι !!!

γεωμετρική λύση θα δώσω μετά το κατσικάκι...

: 18.PNG (9.4 KiB) Προβλήθηκε 2746 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 5:35 pm**

Μια συντομη λυση με χρηση Μετρικης Γεωμετριας:

Στο ορθογωνιο MAD: γωνια DMA = 30 μοιρες => AD = AM/2 = a/4, οπου a η πλευρα του τριγωνου ABC.

αρα $MD^2 = \frac{a^2}{4} - \frac{a^2}{16} = \frac{3a^2}{16}$

Απο θεωρημα συνημιτονων: $BD^2 = CD^2 + a^2 - 2aCDcos60 = (\frac{3a}{4})^2 + a^2 - a\frac{3a}{4} = \frac{13a^2}{16}$

Απο Θεωρημα Διαμεσων στο BMD: $BM^2 + BD^2 = 2BN^2 + \frac{MD^2}{2} \Rightarrow \frac{a^2}{4} + \frac{13a^2}{16} = 2BN^2 + \frac{3a^2}{32} \Rightarrow BN^2 = \frac{31a^2}{64}$

Οποτε $BN^2 - ND^2 = BN^2 - \frac{MD^2}{4} = \frac{31a^2}{64} - \frac{3a^2}{64} = \frac{7a^2}{16}$

Ευκολα και: $BC^2 - DC^2 = a^2 - (\frac{3a}{4})^2 = \frac{7a^2}{16} = BN^2 - ND^2$
Αρα BD καθετη στη CN

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 6:55 pm**

Nick1990 έγραψε:Μια συντομη λυση <...>

Νίκο, πολύ ωραία λύση.

Πώς πάει το πόδι σου;
(Για όσους δεν θυμούνται, ο Νίκος είχε πάρει μέρος με την Εθνική ομάδα στον SEEMOUS.
Αμέσως μετά το πέρας του διαγωνισμού είχε μικρό ατύχημα παίζοντας ποδόσφαιρο.)

Σου εύχομαι "σιδερένιος" και Καλή Ανάσταση.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 7:31 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Nick1990 έγραψε:Μια συντομη λυση <...>
Νίκο, πολύ ωραία λύση.

Πώς πάει το πόδι σου;
(Για όσους δεν θυμούνται, ο Νίκος είχε πάρει μέρος με την Εθνική ομάδα στον SEEMOUS.
Αμέσως μετά το πέρας του διαγωνισμού είχε μικρό ατύχημα παίζοντας ποδόσφαιρο.)

Σου εύχομαι "σιδερένιος" και Καλή Ανάσταση.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ευχαριστω κυριε Λαμπρου

Εχει βελτιωθει αρκετα, αλλα θελει ακομα μερικες μερες για να γινει 100% καλα. Μπορω παντος και περπαταω χωρις πατεριτσες φοροντας απλα μια επιγονατιδα. Σε 1 μηνα το πολυ δεν θα τη φοραω ουτε αυτη

Ευχαριστω για το ενδιαφερον παντος και καλη Ανασταση και σε εσας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 8:38 pm**

Καλησπέρα και Καλή ανάσταση σε όλους
Μία ακόμη προσέγγιση στο θέμα

: perpendiculars Babis.png (22.07 KiB) Προβλήθηκε 2631 φορές

Γ . Π

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 9:50 pm**

Καλά το λέω ότι το μυαλό σας ... κατεβάζει ωραίες ιδέες

! Λυπάμαι μόνο που δεν έχω κερδίσει μια φορά ένα πρωτοχρονιάτικο λαχείο , να φτιάξω ένα παραθαλάσσιο ξενοδοχείο και να σας φιλοξενώ εκεί δυο μήνες το καλοκαίρι για να λύνουμε γεωμετρία(τις ώρες που δεν θα ...ψαρεύουμε εννοώ!). Που θα πάει όμως ! Μπορεί να γίνει και αυτό !Αρκεί να μην ξεχάσω να πάρω λαχείο !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 10:00 pm**

Απ΄ότι βλέπω, αρκεί το τρίγωνο να είναι ισοσκελές με κορυφή το Γ.
Καλή ανάσταση σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 10:16 pm**

Μία ακόμη λύση , λίγο πριν σημάνουν οι καμπάνες . Καλή Ανάσταση.
Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 18, 2009 10:54 pm**

Στο δρόμο για την Ανάσταση στην εκκλησία της Παναγίας στην Θάσο, στέλνω μια ακόμη λύση στο πρόβλημα του Μπάμπη.
ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ σε ΟΛΟΥΣ!

: geometry.png (18.11 KiB) Προβλήθηκε 2534 φορές

Είναι $AM = {\rm M}{\rm B} = \frac{\alpha }{2}.$
Φέρνουμε ΒΖ κάθετη στην ΑΓ. Τότε ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm Z} = \frac{\alpha }{4},\;\;{\rm Z}\Gamma = \frac{\alpha }{2}$

Στο ορθογώνιο ΑΜΔ είναι Α = 60º, οπότε ${\rm M}\Delta = \frac{{\alpha \sqrt 3 }}{4}\;\; \Rightarrow \;\;{\rm M}{\rm N} = {\rm N}\Delta = \frac{{\alpha \sqrt 3 }}{8}$ .
Η ΒΖ είναι και διάμεσος, οπότε ${\rm B}{\rm Z} = \frac{{\alpha \sqrt 3 }}{2}$ .
Στο ΒΖΔ είναι: $\varepsilon \phi \Delta _2 = \frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{{\Delta {\rm Z}}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{\alpha }{4}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ , άρα $\sigma \phi \Delta _1 = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ .Στο ΔΝΓ είναι $\varepsilon \phi {\rm N} = \frac{{\Delta \Gamma }}{{{\rm N}\Delta }} = \frac{{\frac{{3\alpha }}{4}}}{{\frac{{\alpha \sqrt 3 }}{8}}} = \frac{6}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ , οπότε $\Delta _1 + {\rm N} = 90^\circ$ , οπότε ${\rm K} = 90^\circ$

Γιώργος Ρίζος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 19, 2009 4:32 pm**

rek2 έγραψε:Απ΄ότι βλέπω, αρκεί το τρίγωνο να είναι ισοσκελές με κορυφή το Γ.
Καλή ανάσταση σε όλους!

Χρόνια πολλά !

Κώστα , και γω το πρωί είδα ότι πρόκειται για την κλασική άσκηση με το ισοσκελές τρίγωνο !!! Απλά , μας δόθηκε το ύψος προς τα ....αριστερά. Είναι θέμα από τους διαγωνισμούς της πρώης Σοβιετικής ένωσης και μια από τις καλύτερες ασκήσεις στο ορθόκεντρο (κλπ).

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 19, 2009 7:34 pm**

Χρόνια πολλά σε όλους

Χάριν της ποικιλίας δίνω ακόμη δύο λύσεις της άσκησης αυτής στο συνημμένο

MsWord - Καθετότητα.pdf: (69.07 KiB) Μεταφορτώθηκε 102 φορές

Π.Γ

Διόρθωση
Στο τέλος της πρώτης λύσης αντί του ΜΔ θέλει ΒΔ.
Μετά από αυτό επισυνάπτω το διορθωμένο αρχείο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2009 8:47 pm**

Παραθέτω και γω μια λύση, αν και είμαι αβέβαιος για την ορθότητά της!
Επειδή δεν ξερω πως κανουμε σχημα, ζητώ συγγνωμη αν ειναι κουραστική!!!

Φερνω ΒΒ1 καθετη στην ΑΓ, ΔΔ1 καθετη στην ΒΓ και ΑΑ1 καθετη στην ΒΓ. Ονομαζω Η το σημειο τομης των ΓΝ και ΒΒ1. Για να ειναι ΓΝ καθετη στην ΒΔ θα πρεπει το Η να ειναι το ορθοκεντρο, αρα θα πρεπει το Η να ανηκει στην ΔΔ1. Για να το δειξουμε αυτο αρκει να δειξουμε οτι ΗΔ//ΑΑ1 και ΗΔ1//ΑΑ1. Προφανως ΗΔ1//ΑΑ1 αφου ειναι και οι 2 καθετες στην ΒΓ. Τωρα για να ειναι ΗΔ//ΑΑ1 αρκει οι γωνιες ΒΔΔ1=ΒΖΑ1 (Ζ ονομαζω το σημείο τομής των ΑΑ1 και ΒΔ) που ισχυει γιατι τα τριγωνα ΒΖΑ1 και ΒΔΔ1 ειναι ομοια.
Αρα το Η ανηκει στην ΔΔ1, αρα Η ορθοκεντρο αρα και ΓΝ καθετη στην ΒΔ!!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2009 11:23 am**

Άλλη μία αντιμετώπιση:
Αν Κ το μέσο της ΑΓ, τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΓΜΔ είναι όμοια μέσω μετασχηματισμού ομοιότητας ορθής γωνίας. Επομένως και οι αντίστοιχες διάμεσοι ΒΔ και ΓΝ είναι κάθετες μεταξύ τους.
ΑΝΔΡΕΑΣ

mathematica.gr

Γεωμετρία

Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία

Re: Γεωμετρία