mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm**

: Καθετότητα λόγω ομοιότητας.png (25.39 KiB) Προβλήθηκε 1096 φορές

Με υποτείνουσα την κάθετη πλευρά

του ορθογωνίου τριγώνου ABC

σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε

το μέσο της

. Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 25, 2025 2:23 pm**

Με

μέσο του

είναι $MK\parallel DB$
Από τις ομόλογες διαμέσους CM,CK

των $\vartriangle BAC \sim \vartriangle DAC$ ισχύει $\vartriangle BCK \sim \vartriangle MCA$
Από $\displaystyle\left.\begin{matrix} & \angle MCK=\angle BCA \\ & \displaystyle\frac{CM}{CK}=\frac{CA}{CB} \\ \end{matrix}\right\} \Longrightarrow \vartriangle CMK \sim \vartriangle BCA \Longrightarrow \angle KMC=90^\circ \overset{MK\parallel DB}\Longrightarrow BD \perp CM$

: Από παράλληλο.png (19.62 KiB) Προβλήθηκε 1073 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 25, 2025 4:55 pm**

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 2:23 pm
Με μέσο του είναι $MK\parallel DB$
Από τις ομόλογες διαμέσους των $\vartriangle BAC \sim \vartriangle DAC$ ισχύει $\vartriangle BCK \sim \vartriangle MCA$
Από $\displaystyle\left.\begin{matrix} & \angle MCK=\angle BCA \\ & \displaystyle\frac{CM}{CK}=\frac{CA}{CB} \\ \end{matrix}\right\} \Longrightarrow \vartriangle CMK \sim \vartriangle BCA \Longrightarrow \angle KMC=90^\circ \overset{MK\parallel DB}\Longrightarrow BD \perp CM$
Από παράλληλο.png

Καλό

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 25, 2025 5:42 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm
Καθετότητα λόγω ομοιότητας.pngΜε υποτείνουσα την κάθετη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε το μέσο της . Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Αλλάζω λίγο την εκφώνηση. Θεωρώ

το σημείο τομής της

με το ημικύκλιο διαμέτρου

και

το σημείο τομής των CS, AD.

Θα δείξω ότι

είναι το μέσο της AD.

: Καθετότητα-Ομοιότητα.png (17.65 KiB) Προβλήθηκε 1028 φορές

Οι μπλε γωνίες είναι ίσες, άρα η

εφάπτεται στο ημικύκλιο, οπότε $\displaystyle M{A^2} = MS \cdot MC.$

Αλλά από θεώρημα Ευκλείδη $MD^2=MS\cdot MC.$ Επομένως MA=MD

και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 26, 2025 10:19 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm
Καθετότητα λόγω ομοιότητας.pngΜε υποτείνουσα την κάθετη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε το μέσο της . Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Από την ομοιότητα των τριγώνων

$ABC,ADC,\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{AD}=\dfrac{b}{DC}\Rightarrow AD=\frac{cb}{a},DC=\dfrac{b^{2}}{a},$
$BD^{2}+B\Pi ^{2}=2c^{2}+\dfrac{D\Pi ^{2}}{2},(1)$
Από την ομοιότητα των τριγώνων

$AΠΒ,ΑΒC,AD=\dfrac{cb}{a}, (1), c^{2} +DB^{2}=2MB^{2}+\dfrac{AD^{2}}{2},(2), (1),(2)\Rightarrow MB^{2}=\dfrac{3c^{2}}{2}+\dfrac{3c^{2}b^{2}-2c^{4}}{4a^{2}},MB^{2}+DC^{2} =DM^{2}+CB^{2}\Rightarrow BD\perp CM$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 26, 2025 3:37 pm**

Καθετότητα λόγω της ομοιότητας των χρωματισμένων τριγώνων.

Το

μέσο του

.

$\dfrac{MN}{NC}=\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{AB}{AD}$ και

$\angle BAD=\angle MNC$ .

Άρα, το χρωματισμένα τρίγωνα όμοια και τα ζεύγη των ομόλογων πλευρών τους σχηματίζουν την ίδια γωνία, δηλαδή ορθή γωνία, αφού οι ομόλογες πλευρές AD,NC

τέμνονται κάθετα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 26, 2025 4:04 pm**

Έξοχη λύση αλλά η αξιοποίηση του τίτλου είναι θεόπνευστη

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 26, 2025 10:03 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm
Καθετότητα λόγω ομοιότητας.pngΜε υποτείνουσα την κάθετη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε το μέσο της . Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Ας είναι

το μέσο του

. Θα είναι , $\vartriangle ANC \approx \vartriangle DMC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle NBC \approx \vartriangle MAC$ . Έτσι τα τρίγωνα αυτά θα είναι ισογώνια.

Δηλαδή οι γωνίες με το ίδιο χρώμα είναι ίσες . Λόγω της ισότητας των γαλάζιων γωνιών,
.

: Καθετότητα λόγω ομοιότητας_new.png (27.16 KiB) Προβλήθηκε 864 φορές

.
το τετράπλευρο AMCN

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

γιατί η $\widehat {NAC} = 90^\circ$ , οπότε και $\widehat {NMC} = 90^\circ$ .

Αλλά $NM// = \dfrac{{BD}}{2}$ κι αφού $NM \bot MC$ θα είναι και $BD \bot MC$ .

Παρατήρηση .

Όλες οι προηγούμενες λύσεις μου άρεσαν .

Εκ των υστέρων διαπιστώνω ότι η λύση μου ξεκινά με την ίδια σκέψη του

αλλά με κάπως διαφορετική διαδρομή . την αφήνω .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 28, 2025 12:07 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm
Καθετότητα λόγω ομοιότητας.pngΜε υποτείνουσα την κάθετη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε το μέσο της . Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Μια λύση με χρήση εμβαδών..

Με $AE \bot BC\Rightarrow ADCE$ εγγράψιμμο

$\triangle ABC \simeq \triangle ACD \Rightarrow \dfrac{(ABC}{(ACD)}= \dfrac{a^2}{b^2}= \dfrac{BS}{SD}(1)$ .Ακόμη $\dfrac{(ADC}{(AEC)}= \dfrac{DL}{LE}(2)$

$(1).(2) \Rightarrow \dfrac{(ABC)}{(AEC)}= \dfrac{a^2}{b^2}. \dfrac{DL}{LE}= \dfrac{a^2}{b^2} \Rightarrow DL=LE$ (αφού $\triangle ABC\simeq \triangle ACE$ )

Έτσι για τα όμοια τρίγωνα AEC,ACD

είναι $\dfrac{(AEC)}{(ADC)}= \dfrac{EL}{LD} =1 \Rightarrow AE.EC=AD.DC \Rightarrow \dfrac{AE}{AD}= \dfrac{EC}{CD}$

Συνεπώς όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες (όπως και οι μπλε) και το EADC

είναι εγγράψιμμος χαρταετός, άρα $\angle DLA=90^0$

Είναι $ML//AE \Rightarrow ML \bot BC \Rightarrow QMDC$ εγγράψιμμο ,άρα οι ροζ γωνίες είναι ίσες

Αλλά CD^2=CL.CA=CQ.CB

άρα η

εφάπτεται του κύκλου (B,Q,D)

,επομένως η γωνία DBC

είναι

επίσης ροζ,άρα MNQB

εγγράψιμμο,οπότε $MN \bot BD$

: καθετότητα λόγω ομοιότητας.png (44.01 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

Παρατήρηση

Στην παραπάνω λύση,ουσιαστικά αποδείχτηκε πρώτα ότι η γωνία ABC

ισούται με τη γωνία CAD

(Δεν πρόσεξα ότι αυτό δίνεται στην εκφώνηση)

Στο παρακάτω σχήμα,είναι AD//BC

και οι γωνίες DAC,ACB

είναι ίσες ,άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ABC,ACD

είναι επίσης όμοια

Όμως η γωνία BNC

προφανώς είναι αμβλεία κι όχι ορθή πάντα

Ορθή είναι μόνο στην περίπτωση που το

ταυτιστεί με το

: καθετότητα....png (29.28 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 28, 2025 2:24 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 25, 2025 12:31 pm
Καθετότητα λόγω ομοιότητας.pngΜε υποτείνουσα την κάθετη πλευρά του ορθογωνίου τριγώνου σχεδιάζουμε όμοιο τρίγωνο

$DAC , (\widehat{ABC}=\widehat{DAC})$ και ονομάζουμε το μέσο της . Δείξτε ότι : $BD \perp CM$

Λύση λαμβάνοντας υπ όψη την δεδομένη ισότητα γωνιών (που δεν πρόσεξα στην προηγούμενη ανάρτηση)

Με $AE \bot BC\Rightarrow ADCE$ εγγράψιμμο

Λόγω ισότητας των μπλε γωνιών το EADC

είναι εγγράψιμμος χαρταετός, άρα

$\angle DLA=90^0$ και προφανώς DL=LE