Ίσα τμήματα

#1

Στις κάθετες πλευρές

και

ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου ABC

επιλέγονται τα σημεία

και

, αντίστοιχα, έτσι ώστε CD=CE

. Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία

και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία

τέμνουν την υποτείνουσα

στα σημεία

και

. Να δειχθεί ότι KL=LB

.

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Νομίζω ότι υπάρχει τυπογραφικό.
Μήπως είναι
Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία

και

στην ευθεία

.

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 7:20 pm

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Νομίζω ότι υπάρχει τυπογραφικό.
Μήπως είναι
Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και στην ευθεία .

Ναι, από την

και

. Το διόρθωσα και στην αρχική ανάρτηση. Ευχαριστώ.

#4

Η κάθετη από το σημείο

στην

, τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

και ισχύει $CE = CZ\ \ \ (1)$ λόγω των ίσων ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle CBZ,\ \vartriangle CAE$ .

Έτσι, από (1)

και $CE = CD\Rightarrow$ $CZ = CD\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $DK\parallel CL\parallel ZB\Rightarrow$ $\boxed{KL = LB}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Διάλεξα μία εύκολη, για έναν χαιρετισμό στους αγαπητούς φίλους, μετά από πολύν καιρό απουσίας από τα δρώμενα του

.

#5

Γεια σας αγαπητοί φίλοι !

Ωραία άσκηση για κάθε σχολική ηλικία και για κάθε λάτρη της γεωμετρίας !

Καλή βδομάδα !

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Με $BC \cap KD=F$ ,

είναι ορθόκεντρο του $\triangle EFA \Rightarrow ED \bot AF$ κι

επειδή $ED//AB \Rightarrow AF \bot AB \Rightarrow \triangle FAB$ ορθογώνιο-ισοσκελές

Άρα

μέσον της

$\Rightarrow KL=LB$

: Ίσα τμήματα.png (10.78 KiB) Προβλήθηκε 541 φορές

STOPJOHN · #7

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Εστω

Το τετράπλευρο LKOD

είναι παραλληλόγραμμο άρα LK=OD,

, Προφανώς τα τρίγωνα EMC,FCD

είναι ίσα και τα τρίγωνα CFD,EAC

είναι όμοια ,άρα

$\dfrac{BL}{EO}=\dfrac{b}{b-t},(*), \dfrac{EM}{MC}=\dfrac{OD}{EO},(1), \dfrac{AC}{EC}=\dfrac{b}{b-t},(2), (1),(2)\Rightarrow \dfrac{OD}{EO}=\dfrac{b}{b-t}\Leftrightarrow \dfrac{EO}{OD}=\dfrac{EO}{LK}=\dfrac{b-t}{b},(**) , (*),(**)\Rightarrow BL=LK$

#8

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά, Αχιλλέας

Αν η ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο

, τότε οι γωνίες $\angle CAE,\angle CBD,\angle CZD$ είναι ίσες.

Επομένως το

είναι μέσο της

στο ισοσκελές τρίγωνο DBZ

και έτσι το

θα είναι μέσο του

(από το τρίγωνο KBZ

).

#9

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Χαιρετώ την παρέα!

: Ίσα τμηματα.ΑΧ.png (9.98 KiB) Προβλήθηκε 498 φορές

είναι το ύψος του ορθογωνίου τριγώνου CAE

άρα: $\boxed{\frac{{AN}}{{NE}} = \frac{{A{C^2}}}{{C{E^2}}}}$ (1)

και επειδή

DK||CL, CA=CB, CD=CE,

θα είναι $\boxed{\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CE}}{{CA}} = \frac{{DC}}{{CA}} = \frac{{KL}}{{LA}}}$ (2)

Θ. Μενελάου στο EAB

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {CNL} :$

$\displaystyle \frac{{AN}}{{NE}} \cdot \frac{{CE}}{{CB}} \cdot \frac{{BL}}{{LA}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{(1),(2)} \frac{{A{C^2}}}{{C{E^2}}} \cdot \frac{{CE}}{{CA}} \cdot \frac{{BL}}{{LA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{BL}}{{LA}} = \frac{{CE}}{{CA}}\mathop = \limits^{(2)} \frac{{KL}}{{LA}} \Rightarrow$ $\boxed{BL=KL}$

Γιώργος Μήτσιος · #10

Καλησπέρα σε όλη την παρέα!

: Ίσα τμήματα.PNG (10.71 KiB) Προβλήθηκε 467 φορές

Φέρω $KZ \perp AC$ που τέμνει την

στο

. Θα δείξουμε πρώτα ότι τα A,D

είναι συζυγή αρμονικά των C,Z

και στη συνέχεια ότι το KOBC

είναι παραλληλόγραμμο που σημαίνει ότι οι BK,OC

διχοτομούνται.

Θα επανέλθω για την απόδειξη των ανωτέρω. Φιλικά , Γιώργος.

#11

: Ισα τμήμτα Achilleas.png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 462 φορές

Το τετράπλευρο ABED

είναι ισοσκελές τραπέζιο κι έστω

το σημείο τομής των ίσων διαγωνίων του .

Ας είναι ακόμα

το σημείο τομής των $CL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DB$ .

Επειδή : $\widehat {{\theta _{}}} = \widehat {{\omega _{}}}$ ( οξείες με πλευρές κάθετες ) και $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\omega _{}}}$

( το ισοσκελές τραπέζιο ABED

είναι εγγράψιμο σε κύκλο)

θα είναι $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\theta _{}}} \Leftrightarrow MC = MB$ , κι αφού το τρίγωνο CDB

είναι ορθογώνιο στο

η

είναι η διάμεσος προς την υποτείνουσά του, δηλαδή στο $\vartriangle DKB$ το

μέσο του

Αλλά η

είναι παράλληλη στην

( ως κάθετες στην

)

Αναγκαστικά λοιπόν και το

μέσο του

Μάλλον είναι η λύση του Μπάμπη , αλλά δεν την είχα δεί ( όπως και καμιά πριν ανεβάσω αυτή),

παρασύρθηκα που δεν έβλεπα πουθενά σε σχήματα τις διαγώνιες του ισοσκελούς τραπεζίου

Γιώργος Μήτσιος · #12

Χαιρετώ και πάλι. Επανέρχομαι για την απόδειξη που υποσχέθηκα.

: 'Ισα τμήματα ΙΙ.PNG (11.67 KiB) Προβλήθηκε 418 φορές

Είναι $OKZ \parallel BC$ (ως κάθετες στην

) , θα δείξουμε ότι OK=BC

.

Τα τετράπλευρα MECD

και

είναι (λόγω των ορθών γωνιών) εγγράψιμα με διαμέτρους τις

και

έτσι έχουμε $\widehat{M_{1}}={\widehat{M_{2}}}=45^{0}$ και $\widehat{M_{4}}=\widehat{AKZ}=45^{0}$ άρα και $\widehat{M_{3}}=45^{0}$ .

Έπεται ότι οι MD,MA

είναι (εσωτερική κι' εξωτερική) διχοτόμοι στο τρίγωνο CMZ

οπότε $\dfrac{DZ}{DC}=\dfrac{MZ}{MC}=\dfrac{AZ}{AC}$

Είναι $DK \parallel OC$ συνεπώς $\dfrac{KZ}{KO}=\dfrac{DZ}{DC}=\dfrac{AZ}{AC}=\dfrac{KZ}{BC}$ άρα OK=BC

ενώ και $OK \parallel BC$

δηλ. το KOBC

είναι παραλληλόγραμμο με συνέπειες LO=LC

και $\boxed{LK=LB}$ . Φιλικά Γιώργος.

#13

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 18, 2019 6:49 pm
Στις κάθετες πλευρές και ενός ισοσκελούς ορθογωνίου τριγώνου επιλέγονται τα σημεία και , αντίστοιχα, έτσι ώστε . Οι προεκτάσεις των καθέτων που άγονται από τα σημεία και $\textcolor{red}{C}$ στην ευθεία τέμνουν την υποτείνουσα στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Πηγή: Πανενωσιακή Μαθηματική Ολυμπιάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

: Ισα τμήμτα Achilleas_new_3.png (19.39 KiB) Προβλήθηκε 389 φορές

Ας είναι $S\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,P$ τα σημεία τομής των $DK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CL$ με την

και

το σημείο τομής των $CL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE$ .

Θέτω: $AK = z\,\,,\,\,KL = DT = x\,\,,\,\,LB = y\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TE = w$ . Προφανώς αρκεί να δείξω ότι : $\boxed{x = y}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $PAL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PET$ , από το θ. κεντρικής δέσμης $\left( {CA,CL,CB} \right)$ , και το θ προβολών των καθέτων πλευρών στην υποτείνουσα έχω

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AL}}{{TE}} = \frac{{AP}}{{PE}} = \frac{{C{A^2}}}{{C{E^2}}} = \frac{{C{B^2}}}{{C{E^2}}} = \frac{{L{B^2}}}{{T{E^2}}} \hfill \\ \frac{{AL}}{{LB}} = \frac{{DT}}{{TE}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{x + z}}{w} = \frac{{{y^2}}}{{{w^2}}} \hfill \\ \frac{{x + z}}{y} = \frac{x}{w} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{x + z}}{y} = \frac{y}{w} \hfill \\ \frac{{x + z}}{y} = \frac{x}{w} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{x = y}$

Έλαβα υπ όψη ακόμα ότι τα τρίγωνα: και είναι όμοια .

Υπάρχει και λύση με αναλυτική γεωμετρία .

Θεωρώ καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το μέσο

του

, οριζόντιο άξονα την

και μοναδιαίο διάνυσμα , $\boxed{\overrightarrow i = \overrightarrow {OB} }$

Επειδή η ευθεία $BC:\,\,x + y = 1$ , αν $E\left( {a,b} \right)\,\,\,,a \in \left( {0,1} \right)$ θα είναι b = 1 - a

δηλαδή:

$D\left( { - a,1 - a} \right)\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,E\left( {a,1 - a} \right)$ . Το διάνυσμα $\overrightarrow {AE} = \left( {a + 1,1 - a} \right)$ άρα οι ευθείες

: ισα τμήματα με αναλυτική γεωμετρία.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 375 φορές

$DK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CL$ έχουν συντελεστές διεύθυνσης : $\boxed{\lambda = \frac{{a + 1}}{{a - 1}}}$ και εξισώσεις:

$\left\{ \begin{gathered} y - \left( {1 - a} \right) = \frac{{a + 1}}{{a - 1}}\left( {x + a} \right) \hfill \\ y - 1 = \frac{{a + 1}}{{a - 1}}x \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Για y = 0

προκύπτουν : $\left\{ \begin{gathered} {x_K} = \frac{{1 - 3a}}{{a + 1}} \hfill \\ {x_L} = \frac{{1 - a}}{{a + 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Επειδή : ${x_K} + {x_B} = 2{x_L}$ το

είναι το μέσο του

.

Ίσα τμήματα

Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Μέλη σε σύνδεση