Σύγκλιση καθέτων

#1

: Σύγκλιση καθέτων.png (22.05 KiB) Προβλήθηκε 1712 φορές

Σε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

Υ.Σ. Ο Γιώργος (Μήτσιος) ξέρει ...

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Μαρ 24, 2020 11:38 pm Σύγκλιση καθέτων.pngΣε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

Υ.Σ. Ο Γιώργος (Μήτσιος) ξέρει ...

Καλησπέρα!
Λίγο εκτός φακέλου....
Έστω $\rm K\equiv MS\cap DC$ .Από $\rm Carnot$ αρκεί $\rm AM^2+KD^2+BC^2=AD^2+KC^2+BM^2\Leftrightarrow MD^2-MK^2+BC^2=AD^2+MC^2-MK^2\Leftrightarrow$
$\rm \Leftrightarrow AM^2+AD^2+BC^2=AD^2+MB^2+BC^2 \Leftrightarrow AM^2=BM^2$ που ισχύει.

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Μαρ 24, 2020 11:38 pm Σύγκλιση καθέτων.pngΣε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

Υ.Σ. Ο Γιώργος (Μήτσιος) ξέρει ...

Ας δούμε και μια απόδειξη εντός φακέλου

: Σύγκλιση καθέτων 1.png (22.21 KiB) Προβλήθηκε 1665 φορές

Έστω το σημείο τομής των εκ των καθέτων επί των αντίστοιχα και ας είναι τα σημεία τομής τους (των καθέτων αυτών) με τις αντίστοιχα
Τότε από τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle AMD,\vartriangle BMC\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ θα ισχύει:
$MT\cdot MD=M{{A}^{2}}=M{{B}^{2}}=MF\cdot MC$ $\Rightarrow \dfrac{MT}{MF}=\dfrac{MC}{MD}:\left( 1 \right)$
Από την $\left( 1 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $MS\bot CD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

#4

Καλημέρα και Χρόνια πολλά σε όλους! Μια "τεχνική" απόδειξη με χρήση κατάλληλου συστήματος συντεταγμένων, ομολογουμένως λιγότερο λαμπερή από τις προηγούμενες.

: 25-03-2020 Γεωμετρία.jpg (32.25 KiB) Προβλήθηκε 1652 φορές

Έστω

.

Είναι $\displaystyle {\lambda _{MC}} = \frac{{ - 1}}{a} \Rightarrow BS:\;\;y = ax$ , $\displaystyle {\lambda _{DC}} = \frac{2}{{b - a}} \Rightarrow MS:\;\;y = \frac{{a - b}}{2}x + 1$

και $\displaystyle {\lambda _{MD}} = \frac{1}{b} \Rightarrow AS:\;\;y = - bx + 2$ .

$\displaystyle S:\;\;AS \cap BS$ . Από το σύστημα $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} y = - bx + 2\\ y = ax \end{array} \right.$ έχουμε ότι $\displaystyle S\left( {\frac{2}{{a + b}},\;\frac{{2a}}{{a + b}}} \right)$

Για $\displaystyle x = \frac{2}{{a + b}}$ είναι $\displaystyle y = \frac{{a - b}}{{a + b}} + 1 = \frac{{2a}}{{a + b}}$ , άρα $\displaystyle S \in \;MS$ , οπότε οι AS, MS, DS

συντρέχουν.

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Μαρ 24, 2020 11:38 pm Σύγκλιση καθέτων.pngΣε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

Υ.Σ. Ο Γιώργος (Μήτσιος) ξέρει ...

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά!

Με τα γράμματα του σχήματος, έστω ότι η

τέμνει την

στο

: Σύγκλιση καθέτων.png (15.83 KiB) Προβλήθηκε 1643 φορές

$\displaystyle MT \cdot MD = A{M^2} = M{B^2} = MF \cdot MC.$ Αλλά από το εγγράψιμο TSED,

$\displaystyle MT \cdot MD = MS \cdot ME$

Άρα, $\displaystyle MS \cdot ME = MF \cdot MC,$ οπότε και η

διέρχεται από το

KARKAR · #6

Πολύ ωραία , ώστε να μην έχει ξανατεθεί . Βλέπε κι άλλες λύσεις εδώ .

#7

KARKAR έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 11:54 am Πολύ ωραία , ώστε να μην έχει ξανατεθεί . Βλέπε κι άλλες λύσεις εδώ .

p_gianno · #8

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Μαρ 24, 2020 11:38 pm Σύγκλιση καθέτων.pngΣε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

: Σύγκλιση καθέτων.png (46.34 KiB) Προβλήθηκε 1583 φορές

Οι

προεκτεινόμενες τέμνουν αντιστοίχως τις MC, MD

στα σημεία T’,F’

Στο $\triangle T’MF$ ’ τα τμήματα FF’,TT’

είναι ύψη με

το σημείο τομής τους συνεπώς αρκεί να δειχθεί ότι

είναι φορέας του τρίτου ύψους ή ισοδύναμα ότι $T’F’ ||CD \,\,\, (*)$

Είναι TFT’F’

εγγράψιμο $(\widehat{ F’TT’}=\widehat{ T’FF’}=90^0)$ . Συνεπώς $\widehat{ F’T’F} = \widehat{ MTF} \,\, (1)$

Επίσης $MT \cdot MD=AM^2=MB^2=MF \cdot MC$ άρα TFCD

εγγράψιμο συνεπώς $\hat C = \widehat {MTF} \,\,\, (2)$

Από (1)

και

έπεται $\widehat C=\widehat{F’T’F}$ που σημαίνει ότι ισχύει η (*)

STOPJOHN · #9

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Μαρ 24, 2020 11:38 pm Σύγκλιση καθέτων.pngΣε κάθε δισορθογώνιο τραπέζιο $ABCD\left( \angle A=\angle B={{90}^{0}} \right)$ να δειχθεί ότι οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω στο σχήμα), όπου το μέσο της

Στάθης

Υ.Σ. Ο Γιώργος (Μήτσιος) ξέρει ...

Εστω ότι οι AN,BP,

τέμνονται στο σημείο

θα αποδείξω ότι και $MS\perp DC$

Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου MEG

Αρα $MI\perp GE$

Από το εγράψιμο τετράπλευρο

$NPEG,MN.MG=MP.ME\Leftrightarrow \dfrac{MG}{ME}=\dfrac{MP}{MN},(1)$

$MN=\dfrac{\upsilon^{2} }{MD}\ MN=\dfrac{\upsilon ^{2}}{\sqrt{\alpha^{2}+\upsilon ^{2}}},(2) ,AM=MB=\upsilon ,AD=a,BC=b, MP=\dfrac{\upsilon ^{2}}{\sqrt{\upsilon ^{2}+b^{2}}},(3),$

Αρα

$\dfrac{MP}{MN}=\dfrac{MG}{ME}=\dfrac{MD}{MC}\Leftrightarrow GE//CD\Rightarrow MS\perp CD$

Σύγκλιση καθέτων

Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Re: Σύγκλιση καθέτων

Μέλη σε σύνδεση