Είναι κάθετες

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Είναι κάθετες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Απρ 17, 2013 6:56 pm

Είναι ορθογώνιο.png
Είναι ορθογώνιο.png (9.63 KiB) Προβλήθηκε 657 φορές
Σε τετράγωνο ABCD θεωρούμε τυχαίο σημείο E της πλευράς AD .
Αν η μεσοκάθετος στο EB τμήσει την διαγώνιο AC στο σημείο T , να δειχθεί ότι ET \bot TB .

Αν δεν έχει ξανά συζητηθεί με φιλοδοξία να συμπεριληφθεί στην συλλογή parmenides51.
(Από επτά και άνω λύσεις)

Νίκος


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3279
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Είναι κάθετες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τετ Απρ 17, 2013 7:37 pm

Καλησπέρα φίλε Νίκο...μια πρώτη προσπάθεια (αν και μου φαίνεται πως την έχουμε ξαναδεί).
Είναι-κάθετες.png
Είναι-κάθετες.png (11.16 KiB) Προβλήθηκε 645 φορές
Είναι TE\mathop  = \limits^{MT\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \dot \alpha \theta \varepsilon \tau o\varsigma } TB\mathop  = \limits^{ \triangleleft TCB =  \triangleleft TCD} TD, οπότε T\widehat ED = T\widehat DE = T\widehat BA \Rightarrow TEAB εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Είναι κάθετες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Απρ 17, 2013 8:26 pm

Doloros έγραψε: Σε τετράγωνο ABCD θεωρούμε τυχαίο σημείο E της πλευράς AD . Αν η μεσοκάθετος στο EB τμήσει την διαγώνιο AC στο σημείο T , να δειχθεί ότι ET \bot TB .
Αν δεν έχει ξανά συζητηθεί με φιλοδοξία να συμπεριληφθεί στην συλλογή parmenides51.
(Από επτά και άνω λύσεις)

Νίκος
Μόνο για την παρέα
1.png
1.png (21.83 KiB) Προβλήθηκε 622 φορές
Αν O \equiv AC \cap BD τότε \angle BOC = {90^0} = \angle BMT \Rightarrow TOMB εγγράψιμο οπότε: \boxed{\angle TBM = \angle AOM}:\left( 1 \right). Όμως το τμήμα OM συνδέει τα μέσα των πλευρών

BD,BE του τριγώνου \vartriangle BDE οπότε: OM\parallel ED \Rightarrow OM\parallel AD \Rightarrow \angle AOM = \angle OAD = {45^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}\angle TBM = {45^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{TM\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \eta \,\,\tau \eta \varsigma \,\,EB} \vartriangle ETB

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11704
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Είναι κάθετες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Απρ 17, 2013 9:23 pm

Κρητικός  τέχνης.png
Κρητικός τέχνης.png (9.84 KiB) Προβλήθηκε 600 φορές
Φερω STP//AB . Επειδή TS=SA=PB και TE=TB , τα ορθογώνια

τρίγωνα EST , TPB είναι ίσα , άρα \hat{T_{1}}+ \hat{T_{2}}=90^0


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4673
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Είναι κάθετες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Απρ 17, 2013 9:28 pm

Ένα λιθαράκι στο στόχο των επτά + λύσεων.
17-4-2013 Γεωμετρία.jpg
17-4-2013 Γεωμετρία.jpg (18.58 KiB) Προβλήθηκε 596 φορές
Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο A παίρνουμε τα σημεία B(1, 0), C(1, 1), D(0, 1) που είναι κορυφές τετραγώνου πλευράς 1.

Παίρνουμε σημείο E(0, a), 0 < a < 1 στην AD.

Η AB έχει εξίσωση \displaystyle{y =  - ax + a} και μέσο \displaystyle{M\left( {\frac{1}{2},\;\frac{a}{2}} \right)}, οπότε η μεσοκάθετός της έχει εξίσωση \displaystyle{y = \frac{x}{a} - \frac{1}{{2a}} + \frac{a}{2}}

και τέμνει τη διαγώνιο AC με εξίσωση y = x στο \displaystyle{T\left( {\frac{{a + 1}}{2},\;\frac{{a + 1}}{2}} \right)}

Τότε \displaystyle{\mathop {ET}\limits^ \to   = \left( {\frac{{a + 1}}{2},\;\frac{{1 - a}}{2}} \right),\;\;\mathop {BT}\limits^ \to   = \left( {\frac{{a - 1}}{2},\;\frac{{a + 1}}{2}} \right)}.

Είναι \displaystyle{\mathop {ET}\limits^ \to   \cdot \mathop {BT}\limits^ \to   = \frac{{{a^2} - 1}}{4} + \frac{{1 - {a^2}}}{4} = 0 \Rightarrow \mathop {ET}\limits^ \to   \bot \mathop {BT}\limits^ \to  }


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1857
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Είναι κάθετες

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Πέμ Απρ 18, 2013 12:11 am

Γεια χαρά.Για να πιάσουμε το όριο….Μια λύση παρόμοια με του Στάθη

\textrm{O,M} μέσα των \textrm{DB,EB} κι έτσι \textrm{OM//DA}\Rightarrow \textrm{OMP}\perp \textrm{AB} και μάλιστα μεσοκάθετη.Έτσι \angle MAO=\angle MBO=\chi. Το τετράπλευρο \textrm{BMOT} προφανώς είναι εγγράψιμο οπότε \angle MBO=\angle OTM=\chi.Έτσι το τρίγωνο \textrm{ATM} είναι ισοσκελές.Αλλά στο ορθογώνιο τρίγωνο \textrm{EAB } είναι \textrm{AM}=\frac{EB}{2}\Rightarrow\textrm{TM}=\frac{EB}{2} .Έτσι \angle ETB=90^{0}
Συνημμένα
καθετότητα.png
καθετότητα.png (13.27 KiB) Προβλήθηκε 561 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4673
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Είναι κάθετες

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Απρ 18, 2013 7:29 pm

Άλλη μια για να πιάσουμε το στόχο!
18-4-2013 Γεωμετρία.jpg
18-4-2013 Γεωμετρία.jpg (21.12 KiB) Προβλήθηκε 499 φορές

Ο περιγεγραμμένος κύκλος (M, ME) του AEB τέμνει την AC στο K.

Τότε, αφού η εγγεγραμμένη γωνία \displaystyle{\widehat {BAK} = 45^\circ } είναι \displaystyle{\mathop {KB}\limits^ \cap   = 90^\circ }, οπότε το K είναι το μέσο του ημικυκλιου \displaystyle{\mathop {BKE}\limits^ \cap  }. Οπότε η KM είναι η μεσοκάθετος της EB.

Είναι \displaystyle{\widehat {EKB} = 90^\circ } ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Είναι κάθετες

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 20, 2013 3:15 am

Είναι κάθετες_απ.png
Είναι κάθετες_απ.png (23.62 KiB) Προβλήθηκε 436 φορές
Έστω H η προβολή του A στην EB . Θα είναι MA = MB = ME ( διάμεσος προς υποτείνουσα) ,\widehat {{a_4}} = \widehat {{a_3}} και \widehat {{a_5}} = \widehat {{a_3}}(κάθετες πλευρές) , συνεπώς \widehat {{a_4}} = \widehat {{a_5}}. Αλλά η διαγώνιος AC διχοτομεί την ορθή γωνία στο A συνεπώς θα είναι και \widehat {{a_6}} = \widehat {{a_7}} , λόγω δε της παραλληλίας των TM\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AH θα είναι \widehat {{a_6}} = \widehat {{a_8}} και έτσι \boxed{\widehat {{a_7}} = \widehat {{a_8}}}.
Η τελευταία μας εξασφαλίζει MA = MT δηλαδή τελικά MA = MB = ME = MT = r, οπότε ο κύκλος με κέντρο M και ακτίνα r θα περνά από τα σημεία A,B,T,E, η γωνία \widehat {ETB} θα βαίνει σε ημικύκλιο και άρα θα είναι ορθή. Δηλαδή TB \bot TE .

Νίκος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4673
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Είναι κάθετες

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Απρ 20, 2013 12:23 pm

Και μια ακόμα, για να είμαστε σίγουροι... :lol:
17-4-2013 Γεωμετρία β.jpg
17-4-2013 Γεωμετρία β.jpg (17.63 KiB) Προβλήθηκε 391 φορές
Φέρνουμε \displaystyle{TZ \bot AB,\;\;TF \bot AD}.

Αφού το T είναι στη διαγώνιο AC, ισαπέχει από τις AB, AD και αφού είναι στη μεσοκάθετο του EB είναι TE = TB

οπότε τα τρίγωνα ETF, TZB είναι ίσα, άρα \displaystyle{\widehat {FTE} = \widehat {ZTB} = \varphi }

Τότε \displaystyle{\widehat {{\rm E}{\rm T}{\rm B}} = \widehat {{\rm E}{\rm T}{\rm Z}} + \widehat {{\rm Z}{\rm T}{\rm B}} = \widehat {{\rm E}{\rm T}{\rm Z}} + \widehat {FTE} = \widehat {FTZ} = 90^\circ }


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Είναι κάθετες

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 20, 2013 12:32 pm

Σας ευχαριστώ θερμά όλους και ειδικά τον Γιώργο το Ρίζο που με τις τρεις διαφορετικές λύσεις του την σιγούρεψε για την συλλογή.

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Είναι κάθετες

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 20, 2013 2:58 pm

Doloros έγραψε: Σε τετράγωνο ABCD θεωρούμε τυχαίο σημείο E της πλευράς AD .Αν η μεσοκάθετος στο EB τμήσει την διαγώνιο AC στο σημείο T , να δειχθεί ότι ET \bot TB .
Αν δεν έχει ξανά συζητηθεί με φιλοδοξία να συμπεριληφθεί στην συλλογή parmenides51. (Από επτά και άνω λύσεις)

Νίκος
Ας δείξουμε το ισοδύναμο πρόβλημα για να έχουμε αριθμό λύσεων k με k \in \left\{ {a + i,/\left( {a,i} \right) \in {{\left( {{N^*}} \right)}^2}/a > 7} \right\}. :lol:

Έστω τετράγωνο ABCD και τυχόν σημείο E της πλευράς του AD. Έστω F σημείο στην προέκταση της DC προς το C ώστε CF = AE

και ας είναι T η ορθή προβολή του B στην EF. Να δειχθεί ότι τα σημεία A,T,C είναι συνευθειακά.

Απόδειξη
3.png
3.png (21.09 KiB) Προβλήθηκε 347 φορές
Από την προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων \vartriangle ABE,\vartriangle CBF\left( {AB = CB,AE = CF} \right) προκύπτει ότι: BE = BF και

\boxed{\angle ABE = \angle CBF}:\left( 1 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle ABC = {{90}^0}} \angle EBF = {90^0}

οπότε το τρίγωνο \vartriangle EBF είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και με BT \bot EF \Rightarrow \boxed{ET = TB} = TF άρα το T ανήκει στη μεσοκάθετη του EB

Με \angle FTC\mathop  = \limits^{BTCF\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,\angle BTF = \angle BCF = {{90}^0}} \angle CBF\mathop  = \limits^{\vartriangle DBF = \vartriangle ABE} \angle EBA\mathop  = \limits^{ABTE\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,\angle BTE = \angle BAE = {{90}^0}} \angle ETA\mathop  \Rightarrow \limits^{E,T,F\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } A,T,C

συνευθειακά και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Είναι κάθετες

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 20, 2013 3:11 pm

Μετά την ολιγοήμερη εαρινή του νάρκη ο Στάθης , ξανάγινε ο οδοστρωτήρας των πάντων που "όλα τα σφάζει όλα τα μαχαιρώνει"!!
Σ ευχαριστούμε Στάθη.

Φιλικά Νίκος


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες