Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5374
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Μάιος 04, 2013 8:55 am

Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι \displaystyle{AB=3BC} . Η διχοτόμος της γωνίας D τέμνει την AB στο E .Αν O είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου, να αποδεχθεί ότι :

α) OE\bot DE

β) Αν η ευθεία OE τέμνει την ευθεία DA στο Z , τότε AD=AZ .

( Η σειρά των ερωτημάτων μπορεί και να αλλάξει).

ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ !!!

Μπάμπης


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6899
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Μάιος 04, 2013 10:37 am

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι \displaystyle{AB=3BC} . Η διχοτόμος της γωνίας D τέμνει την AB στο E .Αν O είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου, να αποδεχθεί ότι :

α) OE\bot DE

β) Αν η ευθεία OE τέμνει την ευθεία DA στο Z , τότε AD=AZ .

( Η σειρά των ερωτημάτων μπορεί και να αλλάξει).

ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ !!!

Μπάμπης
Καλή Ανάσταση Μπάμπη – καλή Ανάσταση σε όλους.
Παραλληλόγραμμο και καθετότητα.png
Παραλληλόγραμμο και καθετότητα.png (24.17 KiB) Προβλήθηκε 590 φορές
1. Επειδή ηDE διχοτόμος της γωνίας \widehat {ADC} θα είναι το τρίγωνο AED ισοσκελές με κορυφή το A , με άμεση συνέπεια AD = AE = BC . Αν λοιπόν M το μέσο του EB θα έχουμε : DA = AE = EM = MB = BC . Δηλαδή τώρα και το τρίγωνο BMC ισοσκελές με κορυφή το B και άρα CM διχοτόμος της γωνίας \widehat {BCD} . Οι ευθείες τώρα DE,CM τέμνονται κάθετα , έστω στο σημείο T , ως διχοτόμοι των εντός και επί τα αυτά γωνιών \widehat {ADC\,}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {BCD} . Αφού όμως το E μέσο του AM και το O μέσο του AC στο τρίγωνο ABC θα είναι EO = //\displaystyle\frac{{MC}}{2} . Είναι όπως είδαμε AT \bot MC , άρα και \boxed{AT \bot EO} .
2. Τα τρίγωνα AZE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BCM έχουν : AE = MB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ZAE} = \widehat {CBM}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\rm A}{\rm E}{\rm Z}} = \widehat {BMC} ( παράλληλες πλευρές) , άρα είναι ίσα και συνεπώς θα έχουν AZ = BC \Rightarrow \boxed{AZ = AD} .

Φιλικά και με εκτίμηση

Νίκος

και μια ακόμη
παραλληλόγραμμο και καθετότητα_1.png
παραλληλόγραμμο και καθετότητα_1.png (31.46 KiB) Προβλήθηκε 505 φορές
Επειδή {\widehat \alpha _1} = {\widehat \alpha _2} και {\widehat \alpha _2} = \widehat {DAE} θα είναι {\widehat \alpha _1} = \widehat {DAE} \Leftrightarrow AD = AE

1. Με κέντρο το C και ακτίνα CB γράφω ημικύκλιο που τέμνει την BC στο P και την προέκτασή της στο K .
Τα τετράπλευρα DEBP\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PEBK\, είναι παραλληλόγραμμα γιατί έχουν : DP// = EB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PK// = EB και άρα :
α .Η ευθεία PO διέρχεται από το E και {\widehat a_1} = {\widehat a_2} = {\widehat a_3}
β.DE// = PB
γ.\widehat {PBK} = \widehat {DEZ} (παράλληλες πλευρές)
Όμως \widehat {PBK} = {90^0} γιατί βαίνει σε ημικύκλιο οπότε και \boxed{\widehat {DEZ} = {{90}^0}}

2. Στο ορθογώνιο τρίγωνο \,\,EDZ έχουμε εύκολα ότι η AE διάμεσος προς υποτείνουσα και έτσι DA = AZ

Νίκος
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Σάβ Μάιος 04, 2013 4:10 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3972
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Μάιος 04, 2013 10:39 am

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι \displaystyle{AB=3BC} . Η διχοτόμος της γωνίας D τέμνει την AB στο E .Αν O είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου, να αποδεχθεί ότι :
α) OE\bot DE
β) Αν η ευθεία OE τέμνει την ευθεία DA στο Z , τότε AD=AZ .
( Η σειρά των ερωτημάτων μπορεί και να αλλάξει).
ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ !!!
Μπάμπης
Μπάμπη, καλή ΑΝΑΣΤΑΣΗ σε σένα και στους ανθρώπους που αγαπάς
1.png
1.png (21.51 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές
Έστω H \in AB:\left( {BH} \right) = \frac{{\left( {AB} \right)}}{3} \Rightarrow \boxed{\left( {BH} \right) = \left( {EH} \right) = \left( {BC} \right) = \left( {AE} \right) = \frac{{\left( {AB} \right)}}{3}}.

Στο τρίγωνο \vartriangle AEC το τμήμα OE συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του AC,AB και συνεπώς

OE\parallel HC \Rightarrow \angle OEH\mathop  = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha } \angle BHC \mathop  \Rightarrow \limits^{\angle OEH = \angle AEZ\,\,(\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu )} \boxed{\angle AEZ = \angle BHC}:\left( 1 \right).

Επίσης \boxed{\angle ZAE\mathop  = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi } \angle HBC}:\left( 2 \right).Από \left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {AE} \right) = \left( {HB} \right) = \frac{{\left( {AB} \right)}}{3}} \vartriangle AEZ = \vartriangle BHC και επειδή το τρίγωνο

\vartriangle BHC είναι ισοσκελές \left( {\left( {BH} \right) = \left( {BC} \right) = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{3}} \right) θα είναι ισοσκελές και το τρίγωνο \vartriangle AEZ \Rightarrow \boxed{\left( {AZ} \right) = \left( {AE} \right) = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{3}}:\left( 3 \right)

Με DE διχοτόμο της γωνίας \hat D θα είναι: \angle ADE = \angle EDC\mathop  = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi } \angle DEA \Rightarrow \vartriangle ADE ισοσκελές άρα \boxed{\left( {AD} \right) = \left( {AZ} \right)} = \left( {EA} \right) \Rightarrow \vartriangle DEZ

ορθογώνιο στο E (η διάμεσος ισούται με το μισό της πλευράς που αντιστοιχεί) και τα δύο ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Με απέραντη εκτίμηση
Στάθης


Υ.Σ. Με πρόλαβε ο πολύ καλός μου φίλος Νίκος ,αλλά αυτό μάλλον οφείλεται στο ότι βρίσκομαι 2800 χιλιόμετρα μακρυά :lol: . Θα τα ξαναπούμε σύντομα εντός "γηπέδου"

Νίκο μου, Χρόνια σου πολλά και καλή ΑΝΑΣΤΑΣΗ. Τους χαιρετισμούς μου στη σύζυγο και στα παιδιά


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
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3256
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Σάβ Μάιος 04, 2013 2:24 pm

Καλή Ανάσταση στους φίλους Μπάμπη, Νίκο, Στάθη και στις οικογένειές τους όπως και σ’ όλο το :logo:.
Παραλληλόγραμμο-και-καθετότητα.png
Παραλληλόγραμμο-και-καθετότητα.png (24.3 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές
1) Αν M το μέσο του AB (MO\parallel AD), τότε απ’ τα ισοσκελή \triangleleft ADE,\, \triangleleft MEO προκύπτει ότι A\widehat ED + M\widehat EO = {90^ \circ } \Rightarrow D\widehat EO = {90^ \circ }.

2) Είναι D\widehat AE = 2D\widehat ZE = {180^ \circ } - 2\varphi, συνεπώς AD = AZ = AE = x.

Υ.Γ. Παρατηρούμε πως το E είναι το βαρύκεντρο του \triangleleft BZD.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1726
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Μάιος 07, 2013 8:58 pm

Άλλη μια λύση

Έστω \textrm{BC}=\alpha.Τότε \textrm{AB}=3\alpha
\angle ADE=\angle EDC=\angle DEA=y\Rightarrow \textrm{DA=AE}=\alpha .Έστω \textrm{L} μέσον του \textrm{EB}.Τότε \textrm{AE=EL=LB}=\alpha κι επειδή \textrm{O} μέσον της \textrm{DB}\Rightarrow \textrm{CL=//}2\textrm{OE}.
Έστω ότι η παράλληλη από το \textrm{B} στην \textrm{EO} τέμνει την \textrm{DE} στο \textrm{H} .Τότε \textrm{HB}=//2\textrm{EO} οπότε \textrm{CL=//BH}\Rightarrow \textrm{LH=//CB}=\alpha.Έτσι ,στο τρίγωνο \textrm{EHB} είναι , \textrm{EL=LB=HL}=\alpha \Rightarrow \angle EHB=90^{0}\Rightarrow \angle DEO=90^{0}\Rightarrow \textrm{OE}\perp DE
\angle y+\angle \varphi =90^{0},\angle y+\angle Z=90^{0}\Rightarrow \angle \varphi =\angle Z\Rightarrow \textrm{AZ}=\alpha
Συνημμένα
4.png
4.png (15.46 KiB) Προβλήθηκε 451 φορές


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11141
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Μάιος 07, 2013 10:10 pm

τρίρομβο.png
τρίρομβο.png (13.05 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές
Πρόκειται για τρεις κολλητούς ρόμβους . Η DE είναι διαγώνιος του πρώτου και διχοτόμος της \hat{D}.

Η EQ είναι διαγώνιος του δεύτερου (διέρχεται από το O ) και επειδή στο DEQ η διάμεσος EH ,

ισούται με το μισό της DQ , είναι DE\perp EQ . Φανερά πλέον το Z είναι αντιδιαμετρικό του D .


thanasis.a
Δημοσιεύσεις: 486
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 10:09 pm

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis.a » Τρί Μάιος 07, 2013 11:21 pm

draw2.png
draw2.png (31.06 KiB) Προβλήθηκε 401 φορές
..καλησπέρα..

έστω AD=\alpha,\,\,\,AB=3\alpha,\,\,\,\,AZ=\chi ,\,\,\,\hat{ADE}=\hat{EDC}=\omega ,\,\,\,H\equiv ZO\bigcap{DC}\displaystyle{,\,\,\,N\equiv AD\bigcap{BH}. 
 
Επειδή AB\parallel DC\Rightarrow \hat{AED}=\hat{EDH}=\omega =\hat{EDA}\Rightarrow AD=AE=\alpha 
 
Τώρα \bigtriangleup HOC=\bigtriangleup AOE\,\,\,\,\,\,(OC=OA,\,\,\,\hat{HOC}=\hat{AOE},\,\,\,\hat{HCO}=\hat{OAE})}\Rightarrow AE=HC=\alpha και επίσης DH=2\alpha

Έτσι: \bigtriangleup HBC=\bigtriangleup ADE,\,\,\,\,(HC=CB=AD=AE=\alpha ,\,\,\,\hat{DAE}=\hat{HCB})\,\,\,\,\displaystyle{\Rightarrow HB=DE=\beta ,\,\,\,\,\hat{CBH}=\hat{CHB}=\hat{ADE}=\hat{DEA} 
 
Οπότε: \bigtriangleup DHN: \hat{NHD}=\hat{CHB}=\omega  (κατακορυφήν) και  \hat{DNH}=\hat{CBH}=\omega \,\,\,(CB\parallel AN) οπότε DH=HD=2\alpha 
 
Από Θ. Θαλή λοιπόν (CB\parallel DN\Rightarrow \displaystyle\frac{HC}{DH}=\frac{HB}{HN}\Rightarrow ...\Rightarrow NH=2\beta 
 
όμως:  \displaystyle\bigtriangleup ZED\approx \bigtriangleup ZNH,\,\,\,(\hat{DZE}=\hat{NZH},\,\,\,\hat{ZDE}=\omega =\hat{HNZ})}\displaystyle\Rightarrow \frac{HN}{DE}=\frac{NZ}{DZ}\Rightarrow \frac{2\beta }{\beta }=\frac{3\alpha +\chi }{\alpha +\chi }\Rightarrow ....\Rightarrow \chi =\alpha

Κατά συνέπεια λοιπόν: \bigtriangleup DEZ: \boxed{AE=DA=AZ=\alpha}\,\,\,\,\, \Rightarrow \hat{DEZ}=90^{\circ}\Rightarrow \boxed{DE\perp OE}


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Μάιος 08, 2013 3:23 am

μιας και φτάσαμε αισίως στις 7 λύσεις,
ας ρίξετε μια ματιά σε όσες ασκήσεις εδώ έχουν από 6 λύσεις έκαστη (πάνω πάνω, στην αρχή)
για να βρείτε άλλη μία λύση, ώστε να τις κατεβάσουμε κι αυτές στην ''εφτάδα''

ήδη φτάσαμε στις 92 ασκήσεις με 7+ λύσεις και ακόμα δεν έχω ξεμπερδέψει με τον φάκελο της Γεωμετρίας της Β' (μένουν 17 μήνες ακόμα :) )


p_gianno
Δημοσιεύσεις: 1044
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 1:10 am

Re: Παραλληλόγραμμο και καθετότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από p_gianno » Τετ Μάιος 08, 2013 7:22 am

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι \displaystyle{AB=3BC} . Η διχοτόμος της γωνίας D τέμνει την AB στο E .Αν O είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου, να αποδεχθεί ότι :

α) OE\bot DE

β) Αν η ευθεία OE τέμνει την ευθεία DA στο Z , τότε AD=AZ .

( Η σειρά των ερωτημάτων μπορεί και να αλλάξει).

ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ !!!

Μπάμπης
Χρόνια πολλά σε όλους.

\angle D_1= \angle D_2 (από υπόθεση) και \angle E_1= \angle D_2 (εντός εναλλάξ)

Συνεπώς \angle D_1=\angle E_1 άρα AE=AD=AB:3 (1)

Στο τρίγωνο DZB η ZO είναι διάμεσος και σε συνδυασμό με την (1) προκύπτει ότι E βαρύκεντρο του τριγώνου

επομένως BA διάμεσος στο ίδιο τρίγωνο άρα \boxed{DA=AZ} (2)

Από 1 και 2 έχουμε DA=AZ=AE που σημαίνει ότι \boxed{ \angle DOE=\angle DEZ=90^0}
Συνημμένα
Παραλληλόγραμμο και καθετότητα_2013-05-08_06-49-46.png
Παραλληλόγραμμο και καθετότητα_2013-05-08_06-49-46.png (13.98 KiB) Προβλήθηκε 347 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης