mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 9:37 pm**

: Καθετότητα έκπληξη !.png (6.4 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Στο ορθογώνιο και ισοσκελές $\displaystyle ABC$ , το

είναι το μέσο της

, ενώ το

σημείο της υποτείνουσας ,

ώστε SC=2BS

. Δείξτε ότι $CM \perp AS$ . Το θέμα προβλέπεται να προσελκύσει πολλούς λύτες ...

Σημείωση : Σε παλιότερη ανάρτηση είχαμε αποδείξει το αντίστροφο της πρότασης . Μπορείτε να τη

χρησιμοποιήσετε ως λήμμα για την επίλυση και αυτής

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 10:58 pm**

: Κάθετη απο λόγο.png (24.91 KiB) Προβλήθηκε 1938 φορές

Γράφω το κύκλο του τριγώνου ABC

που προφανώς έχει διάμετρο το

. Η προέκταση της

, προς το

, τέμνει αυτόν τον κύκλο στο

.

Η

είναι προφανώς διχοτόμος της ορθής γωνίας $B\widehat EC$ και από το σχετικό θεώρημα στο τρίγωνο EBC

θα έχουμε : $\boxed{\frac{{EC}}{{EB}} = \frac{{SC}}{{SB}} = 2}$ . τώρα όμως τα ορθογώνια τρίγωνα $EBC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AMC$ είναι όμοια

ως έχοντα καθέτους πλευρές ανάλογες και άρα $\boxed{\widehat \phi = \widehat \omega }$ . Επειδή $\widehat \phi + \widehat \theta = {45^0} \Rightarrow \boxed{\widehat \omega + \widehat \theta = {{45}^0}}$ και άρα το τρίγωνο TEC

είναι ισοσκελές ορθογώνιο .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 11:05 pm**

Σχηματίζουμε το τετράγωνο $\displaystyle{ABDC}$ και $\displaystyle{AS \cap BD = E}$
Είναι, $\displaystyle{\frac{{BS}}{{SC}} = \frac{{EB}}{\alpha } = \frac{1}{2} \Rightarrow \boxed{EB = \frac{\alpha }{2}}}$ .
Τώρα,προφανώς $\displaystyle{\vartriangle DEA = \vartriangle CMB \Rightarrow \angle \phi = \angle \vartheta \Rightarrow COTA}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle CTA = \angle COA = {90^0}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 11:09 pm**

: 1.png (13.48 KiB) Προβλήθηκε 1925 φορές

Έστω το σημείο τομής της με την εκ του παραλλήλου προς την και $BD \bot AB\left( {D \in CT} \right)$ .

Τότε προφανώς το είναι τετράγωνο (από κατασκευής) και με $CT\parallel AB \Rightarrow \dfrac{{\left( {CT} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{\left( {SC} \right)}}{{\left( {BS} \right)}} = 2 \Rightarrow$ $\left( {CT} \right) = 2\left( {AB} \right) = 2\left( {CD} \right) \Rightarrow D$ το μέσο της .

Με το μέσο της και $CT\parallel AB$ προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική και με το μέσο της προκύπτει ότι και η δέσμη είναι

αρμονική και επειδή οι τα τρία ζεύγη ομολόγων ακτινών των αρμονικών αυτών δεσμών είναι κάθετα μεταξύ τους

το ίδιο θα συμβεί και για το τέταρτο ζεύγος των ακτινών τους, δηλαδή $CM \bot AT$ ή $CM \bot AS$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 12:06 am**

: kath_ekpl.PNG (11.23 KiB) Προβλήθηκε 1885 φορές

Καλησπέρα,

Φέρνουμε την παράλληλη από το

ως προς την

. Έστω ότι η

την τέμνει στο

.

Από την ομοιότητα των τριγώνων ACS

και

έχουμε $\frac{SB}{SC} = \frac{BN}{AC} = \frac{1}{2}$ οπότε

BN = AM

. Άρα τα τρίγωνα ACM

και

είναι ίσα (δυο πλευρές ίσες και περιοχόμενη ορθή γωνία).
Έστω επίσης

το σημείο τομής των CM, AS

.
Τότε θα έχουμε $\angle AKM = 180^0 - (\angle KAM + \angle KMA) = 180^0 -90^0 = 90^0$ , δηλαδή $CM \perp AS$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 12:52 am**

Καλησπέρα σε όλους.

: καθετότητα έκπληξη.png (9 KiB) Προβλήθηκε 1859 φορές

Προεκτείνω την

κατά τμήμα BD=AB

και έστω

.
Επειδή η

είναι διάμεσος του τριγώνου CAD

και

, τότε το

θα είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, οπότε η

θα είναι διάμεσος και η

μεσοκάθετος του

.

$\displaystyle{\varepsilon \varphi \omega = \frac{{2x}}{x} = \varepsilon \varphi \varphi \Leftrightarrow \omega = \varphi }$

Άρα το HNBM

είναι εγγράψιμο, επομένως $\boxed{CM \perp AS}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 8:46 am**

Επίτηδες το έγραψε ο Θανάσης, για να μάς προκαλέσει...

Καλό μήνα σε όλους! Μια σύντομη ΑναλυτικοΓεωμετρική.

: 01-04-2014 Γεωμετρία.jpg (16.34 KiB) Προβλήθηκε 1824 φορές

Σε κατάλληλο σχήμα σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων, που πληροί τις προϋποθέσεις της εκφώνησης, είναι

$\displaystyle {\lambda _{AS}} = \frac{{1 - 0}}{{0 - \frac{1}{3}}} = 3,\;\;{\lambda _{CM}} = \frac{{\frac{1}{2} - 0}}{{ - \frac{1}{2} - 1}} = - \frac{1}{3} \Rightarrow AS \bot CM$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 9:09 am**

Για να φτάσουμε τις επτά, ας το δούμε και Τριγωνομετρικά

: 01-04-2014 Γεωμετρία β.jpg (12.98 KiB) Προβλήθηκε 1816 φορές

Στο

είναι $\displaystyle \frac{{SB}}{{\eta \mu \varphi }} = \frac{{AS}}{{\eta \mu 45^\circ }}$

Στο ASC

είναι $\displaystyle \frac{{SC}}{{\eta \mu \left( {90^\circ - \varphi } \right)}} = \frac{{AS}}{{\eta \mu 45^\circ }}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{\eta \mu \varphi }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi }} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi = \frac{1}{2},\;\;0^\circ < \varphi < 90^\circ$

Όμως, στο CAM

είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi \omega = \frac{{{\rm A}{\rm M}}}{{{\rm A}C}} = \frac{1}{2},\;\;0^\circ < \omega < 90^\circ$ , δηλαδή $\displaystyle \varphi = \omega$

οπότε $\displaystyle \widehat {CAS} + \widehat {ACM} = 90^\circ \Rightarrow CM \bot AS$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 9:56 am**

Είσαι φοβερός!
Συμφωνώ απόλυτα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 1:30 pm**

Ορίστε άλλες 12+1

λύσεις : Λήμμα : Αν από το

φέρουμε κάθετη προς τη διάμεσο

,η οποία να

τμήσει την υποτείνουσα στο

, τότε :

. Αλλά το σημείο

είναι μοναδικό ! Σε κάποιο σχόλιο

εκεί , είχα διατυπώσει και το αντίστροφο που έλαβε και εκεί μιαν απάντηση ( από τον Μιχάλη Τσουρακάκη )

και μάλιστα διαφορετική από τις αναρτηθείσες παραπάνω !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 01, 2014 2:33 pm**

Μια ακόμη γεωμετρική λύση…

Η κάθετη στην $\displaystyle{CM}$ στο $\displaystyle{C}$ , τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{D}$ και στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{DCM}$ με ύψος $\displaystyle{CA = \alpha }$ έχουμε
$\displaystyle{{\alpha ^2} = \frac{\alpha }{2} \cdot AD \Rightarrow AD = 2\alpha = 2AB \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{CS}}{{SB}} = 2 \Rightarrow CD//AS \Rightarrow \boxed{AS \bot CM}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 12:46 am**

+1

Γρήγοροι και προφανείς υπολογισμοί:
$CB=\sqrt{2}a,SB=\frac{\sqrt{2}a}{3},SC=\frac{2\sqrt{2}a}{3}$

$SM^2=SB^2+MB^2-2SB\cdot MBcos45^o=...=\frac{5}{36}a^2$

και τώρα φανερά: MA^2-MS^2=CA^2-CS^2

που δίνει την καθετότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 2:22 am**

Καλημέρα σε όλους .
Θα ήταν ''αμαρτία'' να αγνοήσω μια άσκηση με τέτοιο ..παρελθόν που βλέπω , αλλά και να μην ευχηθώ
Καλό μήνα σε μια ομάδα με αυτή την ... δύναμη πυρός !

Ας υποβάλω μια προσέγγιση , αφενός Γεωμετρική και αφετέρου δίχως καμιά βοηθητική.

: 4-2. Έκπληξη.PNG (6.41 KiB) Προβλήθηκε 1683 φορές

Έστω

η τομή της

με την

. Αρκεί να δείξουμε ότι $\left(CAS \right)=\frac{1}{2}AS.CH$
που σημαίνει

ύψος στο τρίγωνο CAS

οπότε και $CM\perp AS$ .

Θέτω για ευκολία AB=AC=3

, αφού οι λόγοι και τα μέτρα των γωνιών δεν επηρεάζονται .
Τότε είναι $BC= 3\sqrt{2}$ και $BS=\sqrt{2}$ . Βρήσκουμε $\left(CAS \right)= \frac{2}{3}\left(BAC \right)=\frac{2}{3}.\frac{3^{2}}{2}\Rightarrow {\color{blue} \left(CAS \right)=3}.$

Ο Ν. Συνημιτόνων στο BAS

δίνει

$AS^{2}=BS^{2}+AB^{2}-2AB.AS.\sigma \upsilon \nu 45^{0}$ $\Rightarrow AS^{2}= 3^{2}+\left(\sqrt{2} \right)^{2}-2.3.\sqrt{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=5$
συνεπώς $AS=\sqrt{5}$ . Ακόμη το Πυθαγόρειο στο CAM

δίνει $CM^{2}= 3^{2}+\left(\frac{3}{2} \right)^{2}\Rightarrow CM=\frac{3}{2}\sqrt{5}$ .

Τώρα από το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο BCM

με διατέμνουσα την AHS

προκύπτει

$\displaystyle\frac{BA}{AM}.\frac{MH}{HC}.\frac{CS}{SB}=1\Rightarrow 2.\frac{MH}{HC}.2=1$ άρα $CH=4HM \Rightarrow CH=\frac{4}{5}CM=\frac{4}{5}.\frac{3}{2}\sqrt{5}$ δηλ. $CH=\frac{6}{5}\sqrt{5}$ .

Εχουμε λοιπόν $\frac{1}{2}.AS.CH= \frac{1}{2} .\sqrt{5}.\frac{6}{5}\sqrt{5}=3 \Rightarrow {\color{blue} \left(CAS \right)=\frac{1}{2}.AS.CH}$ .

Φιλικά Γιώργος.

Υ.Γ Ας προσθέσω μια παραλλαγή χωρίς χρήση του Θ. Μενελάου.

Αν $\omega$ η γωνία των διαγωνίων CM, AS

του τετραπλεύρου CAMS

τότε $\left(CAMS \right)=\displaystyle\frac{1}{2}CM.AS.\eta \mu \omega =..=\displaystyle\frac{15}{4}\eta \mu \omega$

ενώ $\left(BSM= \right)\displaystyle\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left(BAC \right)$ συνεπώς $\left(CAMS \right)=\displaystyle\frac{5}{6}\left(BAC \right)=\frac{5}{6}.\frac{9}{2}=\frac{15}{4}$

Aπό τις δύο ισότητες προκύπτει $\eta \mu \omega = 1$ και τελικά ${\color{blue} CM\perp AS }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 6:54 am**

Στο αμέσως πιο πάνω σχήμα του Γιώργου. Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle CMB$ με διατέμνουσα την θα είναι:

$\dfrac{{\left( {AM} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {SB} \right)}}{{\left( {SC} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {HC} \right)}}{{\left( {HM} \right)}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{\left( {HC} \right)}}{{\left( {HM} \right)}} = 1 \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {HC} \right)}}{{\left( {HM} \right)}} = 4 = \dfrac{{{{\left( {AC} \right)}^2}}}{{{{\left( {AM} \right)}^2}}} \Rightarrow \boxed{AH \bot CM}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 10:09 am**

Το τετράπλευρο AHQZ

είναι τετράγωνο με HS=SQ

, επομένως ισχύει $AS \bot CM.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 5:02 pm**

Αφού τα είδαμε όλα , μένει η λύση και με διανύσματα:

$\displaystyle{\vec{AS}=\vec{AB}+\vec{BS}=\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{BC}=\vec{AB}+\frac{1}{3}(\vec{BA}+\vec{AC})=\frac{1}{3}\vec{AC}+\frac{2}{3}\vec{AB}}$

$\displaystyle{\vec{CM}=\vec{CA}+\vec{AM}=\frac{1}{2}\vec{AB}-\vec{AC}}$

Άρα:

$\displaystyle{\vec{AS}. \vec{CM}=(\frac{1}{3}\vec{AC}+\frac{2}{3}\vec{AB})(\frac{1}{2}\vec{AB}-\vec{AC})=\frac{1}{3}(-\vec{AC}^2 +\vec{AB}^2 -\frac{1}{2}\vec{AB}\vec{AC})=}$

$\displaystyle{\frac{1}{3}(|\vec{AB}|^2 -|\vec{AC}|^2 -0 )=0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 6:50 pm**

Άλλη μία εκδοχή, για να πω και εγώ την καλησπέρα μου στην υπέροχη γεωμετρική παρέα.
Σχηματίζοντας τα τρία τετράγωνα, τα τρίγωνα CHK, CAZ

είναι ίσα με κάθετες τις αντίστοιχες πλευρές (ορθογώνια στροφή).

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 6:53 pm**

Χε-χε !

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 7:05 pm**

Και μια λύση από τον συνάδελφο Κασσωτάκη Μανώλη του 2ου Λυκείου Ιεράπετρας.

: Kasotakis_17.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 1517 φορές

Αν

το μέσο του

η τομή

των

είναι το βαρύκεντρο του ABC

και άρα $AG = 2GM \Rightarrow SG//AB \Rightarrow SG \bot AC$ . Συνεπώς το

ορθόκεντρο τού τριγώνου CAS

, οπότε $\boxed{CG \bot AS}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 02, 2014 11:15 pm**

: 1.png (10.39 KiB) Προβλήθηκε 1471 φορές

Αν οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα, τότε είναι: $\dfrac{{\left( {AD} \right)}}{{\left( {AE} \right)}} = \dfrac{{\left( {AD} \right)}}{{\left( {DB} \right)}} = \dfrac{{\left( {CS} \right)}}{{\left( {SB} \right)}} = 2 = \dfrac{{\left( {AC} \right)}}{{\left( {AM} \right)}}$ οπότε σύμφωνα

με το Θεώρημα των καθέτων ευθειών που αναφέρεται εδώ θα είναι $AS \bot CM$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

mathematica.gr

Καθετότητα έκπληξη !

Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !