Πολλά μέσα και καθετότητα

#1

: Πολλά μέσα.png (14.44 KiB) Προβλήθηκε 807 φορές

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,(A = 90^\circ )$ . Το ύψος

το προεκτείνω, πέραν του

, κατά $DE = \dfrac{1}{2}AD$ . Ας είναι δε $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ αντίστοιχα.

Από τυχαίο σημείο

της

φέρνω παράλληλη στη

που τέμνει την

στο σημείο

. Αν

το συμμετρικό του

ως προς το

, δείξετε ότι $NQ \bot AM$ .

#2

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 19, 2019 12:21 am
Πολλά μέσα.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,(A = 90^\circ )$ . Το ύψος το προεκτείνω, πέραν του , κατά $DE = \dfrac{1}{2}AD$ . Ας είναι δε $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ αντίστοιχα.

Από τυχαίο σημείο της γέρνω παράλληλη στη που τέμνει την στο σημείο . Αν το συμμετρικό του ως προς το , δείξετε ότι $NQ \bot AM$ .

Έστω

τα σημεία τομής των EM, EN

με τις

αντίστοιχα και

το σημείο τομής των TS, AE.

: Μέσα και καθετότητα.png (20.1 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

$\displaystyle A{D^2} = BD \cdot DC = 2MD \cdot 2DN = 4MD \cdot DN \Leftrightarrow MD \cdot DN = \frac{{A{D^2}}}{4} = D{E^2}$

Άρα $M\widehat EN=90^\circ,$ το τετράπλευρο ATES

είναι εγγράψιμο και προφανώς τα τρίγωνα ABC, EMN

είναι όμοια.

Οπότε, $E\widehat AT=A\widehat ET, E\widehat AS=A\widehat ES$ και η

είναι μεσοκάθετη του AE,

δηλαδή

Επειδή τώρα, $\displaystyle AD \cdot HD = MD \cdot DN,$ το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AMN.

Αλλά,

είναι τα μέσα

των CD, PQ,

άρα το

είναι μέσο του HS,

τα σημεία

είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έπεται.

#3

george visvikis έγραψε:...Επειδή τώρα, $\displaystyle AD \cdot HD = MD \cdot DN,$ το είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου

Εδώ νομίζω είναι όλα τα λεφτά.

Κώστας Βήττας.

#4

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 19, 2019 12:21 am
Πολλά μέσα.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,(A = 90^\circ )$ . Το ύψος το προεκτείνω, πέραν του , κατά $DE = \dfrac{1}{2}AD$ . Ας είναι δε $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ αντίστοιχα.

Από τυχαίο σημείο της φέρνω παράλληλη στη που τέμνει την στο σημείο . Αν το συμμετρικό του ως προς το , δείξετε ότι $NQ \bot AM$ .

Για να χαιρετήσω την καταπληκτική γεωμετρική παρέα…!!!!

: Πολλά μέσα και καθετότητα.png (28.38 KiB) Προβλήθηκε 680 φορές

Με το μέσο της και $ND\parallel PQ$ προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική άρα και η σειρά $\left( E,A,S,D \right)$ , με $S\equiv NQ\cap AD$ , άρα $\dfrac{ED}{EA}=\dfrac{SD}{SA}\overset{AD=2ED}{\mathop{=}}\,\dfrac{1}{3}\Rightarrow S$ το μέσο του με το μέσο του . Τότε όμως στο τρίγωνο $\vartriangle DLC$ θα είναι $NQ\equiv SN\parallel CL:\left( 1 \right)$ (ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του). Με $CL\bot AM$ (ομόλογοι διάμεσοι των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle ADC,\vartriangle BDA$ (με κάθετες τις πλευρές τους μια προς μια) από την $\left( 1 \right)$ προκύπτει ότι και $\boxed{NQ \bot AM}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 21, 2019 11:34 pm

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 19, 2019 12:21 am
Πολλά μέσα.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,(A = 90^\circ )$ . Το ύψος το προεκτείνω, πέραν του , κατά $DE = \dfrac{1}{2}AD$ . Ας είναι δε $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ αντίστοιχα.

Από τυχαίο σημείο της φέρνω παράλληλη στη που τέμνει την στο σημείο . Αν το συμμετρικό του ως προς το , δείξετε ότι $NQ \bot AM$ .
Για να χαιρετήσω την καταπληκτική γεωμετρική παρέα…!!!!
Πολλά μέσα και καθετότητα.png
Με το μέσο της και $ND\parallel PQ$ προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική άρα και η σειρά $\left( E,A,S,D \right)$ , με $S\equiv NQ\cap AD$ , άρα $\dfrac{ED}{EA}=\dfrac{SD}{SA}\overset{AD=2ED}{\mathop{=}}\,\dfrac{1}{3}\Rightarrow S$ το μέσο του με το μέσο του . Τότε όμως στο τρίγωνο $\vartriangle DLC$ θα είναι $NQ\equiv SN\parallel CL:\left( 1 \right)$ (ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του). Με $CL\bot AM$ (ομόλογοι διάμεσοι των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle ADC,\vartriangle BDA$ (με κάθετες τις πλευρές τους μια προς μια) από την $\left( 1 \right)$ προκύπτει ότι και $\boxed{NQ \bot AM}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

1) Άριστη λύση από το Γιώργο

2) Να χαιρετήσω το Κώστα που στοχεύει πάντα σωστά.

3) Να αποδώσω τα εύσημα στον εκπληκτικό Στάθη . Αυτή τη λύση περίμενα γιατί μ αυτό το σκεφτικό έφτιαξα την άσκηση.

.

Πολλά μέσα και καθετότητα

Πολλά μέσα και καθετότητα

Re: Πολλά μέσα και καθετότητα

Re: Πολλά μέσα και καθετότητα

Re: Πολλά μέσα και καθετότητα

Re: Πολλά μέσα και καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση