Διανύσματα σε τετράγωνα

KARKAR · #1

Τα τετράπλευρα OABC

και

είναι τετράγωνα , ενώ

είναι το μέσο της

.

1) Δείξτε ότι : $\overrightarrow{DB}\perp\overrightarrow{CM}$

2) Δείξτε ότι : $|\overrightarrow{DB}|=2|\overrightarrow{CM}|$

#2

: Σχέσεις διανυσμάτων.PNG (40.78 KiB) Προβλήθηκε 619 φορές

Από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{OCD, DET, CZQ}$ προκύπτουν οι συντεταγμένες των σημείων
όπως φαίνεται στο σχήμα.

Άρα:
$\displaystyle \vec{CM}=(\frac{a}{2},\frac{d-a}{2}), \ \ \vec{DB}=(a-d,a)$
και:
$\displaystyle \left|\vec{DB} \right|=\sqrt{(a-d)^2+a^2}, \ \ \left|\vec{CM} \right|=\sqrt{(\frac{a}{2})^2+(\frac{d-a}{2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+(a-d)^2}$

1o) Από τις παραπάνω είναι:
$\displaystyle \vec{CM}\cdot \vec{DB}=(a-d)\cdot \frac{a}{2}+a\cdot (\frac{d-a}{2})=0\Rightarrow \vec{CM}\perp \vec{DB}$

2o) $\displaystyle \left|\vec{DB} \right|=2\left|\vec{CM} \right|$

Σημείωση:
Το σημείο $\displaystyle{D}$ μπορεί και να κινείται και μεταξύ της αρχής και του σημείου $\displaystyle{A}$ . Παραμένουν οι σχέσεις αυτές.

Κώστας Δόρτσιος

Γιώργος Απόκης · #3

Καλημέρα. Με το σχήμα του Θανάση:

Έστω A(a,0),D(b,0)

. Τότε :

. Έχουμε : $CD\perp DE$ άρα $\displaystyle{\lambda_{DE}=\frac{b}{a}}$ και $\displaystyle{(DE):y=\frac{b}{a}(x-b)}$ .

Έστω $\displaystyle{E\left(c,\frac{b}{a}(c-b)\right)}$ . Ισχύει : $\displaystyle{DE=CD\Leftrightarrow \sqrt{(b-c)^2+\frac{b^2}{a^2}(b-c)^2}=\sqrt{a^2+b^2}\Leftrightarrow \left(\frac{b^2}{a^2}+1\right)(b-c)^2=a^2+b^2\Leftrightarrow (b-c)^2=a^2\overset{b<c}\Leftrightarrow c-b=a\Leftrightarrow c=a+b}$ .

Eπομένως, E(a+b,b)

. Από την ισότητα των διανυσμάτων $\overrightarrow{CZ},\overrightarrow{DE}$ έχουμε Z(a,a+b)

άρα προκύπτουν:

$\overrightarrow{DB}=(a-b,a)$ και $\displaystyle{\overrightarrow{CM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CZ}+\overrightarrow{CO})}=\frac{1}{2}(a,b-a)}$ .

1) $\overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{DB}=\frac{1}{2}[a(a-b)+a(b-a)]=0$ άρα τα διανύσματα είναι κάθετα.

2) $|\overrightarrow{DB}|=\sqrt{(a-b)^2+a^2}=\sqrt{a^2+(b-a)^2}=2|\overrightarrow{CM}|$ .

Σημ: Στην πορεία της λύσης, είδα τη λύση του Κώστα που είναι πολύ πιο κομψή, αφήνω για τον κόπο...

Grigoris K. · #4

Καλησπέρα. Μία απάντηση για το α) δίχως την βοήθεια του καρτεσιανού συστήματος:

$\displaystyle{2 \overrightarrow{CM} \cdot \overrightarrow{DB} = (\overrightarrow{CZ} + \overrightarrow{CO})(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}) = (\overrightarrow{DE} + \overrightarrow{BA})(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}) = }$

$\displaystyle{ = \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{AB} + \cancel{\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{DA}} + \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DE}(\overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CA}) + \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{AB} - (AB)^2 = }$

$\displaystyle{ = \cancel{\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{DC}} + \overrightarrow{DE}( \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB}) - (AB)^2 = \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{CB} - (AB)^2 = (DE)(CB)cos\widehat{ZCB} - (AB)^2 =}$

$\displaystyle{ = (AB)(CD)cos\widehat{OCD} - (AB)^2 = (AB)(CO) - (AB)^2 = (AB)^2 - (AB)^2 = 0 \Rightarrow \boxed{\overrightarrow{CM} \perp \overrightarrow{DB}}}$

#5

KARKAR έγραψε:Τα τετράπλευρα και είναι τετράγωνα , ενώ είναι το μέσο της .

1) Δείξτε ότι : $\overrightarrow{DB}\perp\overrightarrow{CM}$

2) Δείξτε ότι : $|\overrightarrow{DB}|=2|\overrightarrow{CM}|$

Γρηγόρη , Γιώργο, ΔΑΣΚΑΛΕ και Θανάση Χρόνιας σας Πολλά

Γρηγόρη μου να δεις αυτό το θέμα το τρώει ο κ… όχι μόνο για αλλαγή φακέλου αλλά και για "υποβάθμιση τάξης" (στην Α’ Λυκείου)
αλλά θα το γράψω αναλυτικά για να το καταλάβει και ο μαθητής της Γ’ Γυμνασίου

Προφανώς είναι: $\displaystyle{ \vartriangle CBZ = \vartriangle COD\,\,\left( {CB\mathop = \limits^{OABC(\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} OC,CZ\mathop = \limits^{CDEZ(\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} CD,\widehat{BCZ} = \widehat{OCD} = 90^0 - \widehat{DCM}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{COD} = 90^0 } }$ $\displaystyle{ \widehat{ZCB} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CBA} = 90^0 } A,B,Z }$ συνευθειακά.

[attachment=0]1.png[/attachment]

Ας είναι $\displaystyle{ Q \equiv CM \cap ABZ }$ και $\displaystyle{ P \equiv CM \cap BD }$ τότε εύκολα είναι:

$\displaystyle{ \vartriangle ZMQ = \vartriangle CMO\,\,\left( {MZ\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\theta \varepsilon \sigma \eta } MO,\widehat{QMZ}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \eta \nu } \widehat{CMO},\widehat{MZQ}\mathop = \limits^{AB\parallel CO \to AQ\parallel CO(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \widehat{MOC}} \right) }$ $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{ZQ = CO}:\left( 1 \right)\,\, \wedge CM = MQ \Rightarrow \boxed{CQ = 2CM}:\left( 2 \right) }$

Τέλος έχουμε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle CZQ \hfill \\ \vartriangle CBD \hfill \\ \end{gathered} \right\}:\left\{ \begin{gathered} CZ\mathop = \limits^{DEZC\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} CD \\ \widehat{CZQ}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \;\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \widehat{DCB} \\ ZQ\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} CO\mathop = \limits^{OABD\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} CB \\ \end{gathered} \right.\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle CZQ = \vartriangle CBD \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{QCZ} = \widehat{BDC}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{QCZ} + \widehat{QCD}\mathop = \limits^{\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} 90^0 } \Rightarrow \widehat{BDC} + \widehat{QCD} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DCP} \widehat{CPD} = 90^0 \Rightarrow DB \bot CM \Rightarrow \boxed{\overrightarrow {DB} \bot \overrightarrow {CM} } \\ \wedge \\ DB = CQ\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} DB = 2CM \Rightarrow \boxed{\left| {\overrightarrow {DB} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {CM} } \right|} \\ \end{gathered} \right. }$ και τα δύο ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

Διανύσματα σε τετράγωνα

Διανύσματα σε τετράγωνα

Re: Διανύσματα σε τετράγωνα

Re: Διανύσματα σε τετράγωνα

Re: Διανύσματα σε τετράγωνα

Re: Διανύσματα σε τετράγωνα

Μέλη σε σύνδεση