Καθετότητα έκπληξη !

Γιώργος Μήτσιος · #21

Καλημέρα .
Η ομάδα -και με τα νέα μέλη - έγινε πλέον εκπληκτική !

: 4-3. ΕΚΠΛΗΞΗ !.PNG (7.72 KiB) Προβλήθηκε 373 φορές

Στο σχήμα είναι $BE\parallel AS$ οπότε τρίγωνα $MAH=BEM \left(\Gamma -\Pi -\Gamma \right)\Rightarrow ME=MH$

Από Θ. Θαλή είναι $\frac{CH}{HE}=\frac{CS}{SB}=2\Rightarrow CH=4ME ..CM=5ME$ .

Έστω (χ.β.γ.) AM=MB= 1

τότε είναι AC=2

, $CM=\sqrt{5}..ME=\sqrt{5}/5$

Έτσι έχουμε $CM.ME =\sqrt{5}.\sqrt{5}/5 =1= AM.MB\Rightarrow {\color{blue} CM.ME=AM.MB}$

που σημαίνει ότι το BEAC

είναι εγγράψιμο με την

διάμετρο .

Άρα $CE\perp BE ..\epsilon \nu \omega BE\parallel AS \Rightarrow CM\perp AS.$

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #22

: Καθετότητα.png (5.4 KiB) Προβλήθηκε 357 φορές

Δείξτε ακόμη ότι : CT=3TS

#23

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ακόμη ότι :

΄

: καθετότητα έκπληξη.2.png (9.54 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές

Από το σχήμα του 1ου ερωτήματος είναι: $\displaystyle{BC = 2\sqrt 2 x,DC = 2\sqrt 5 x}$ , $\displaystyle{BS = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}x}$ , $\displaystyle{\eta \mu \omega = \frac{{BD}}{{ND}} = \frac{{4x}}{{DC}} \Leftrightarrow \eta \mu \omega = \frac{2}{{\sqrt 5 }}}$ .

Από Νόμο ημιτόνων στο NBS

: $\displaystyle{\frac{{\eta \mu \omega }}{{SB}} = \frac{{\eta \mu y}}{x} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\eta \mu y = \frac{3}{{\sqrt {10} }}}$

$\displaystyle{\eta {\mu ^2}y = \frac{{\varepsilon {\varphi ^2}y}}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}y}} \Leftrightarrow \frac{{\varepsilon {\varphi ^2}y}}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}y}} = \frac{9}{{10}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{y < {{90}^0}} \varepsilon \varphi y = 3}$

Αλλά, $\displaystyle{\varepsilon \varphi y = \frac{{CT}}{{TS}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{CT = 3TS}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #24

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ακόμη ότι :

Σχηματίζω γωνία $\displaystyle{\angle TCN = {45^0}}$ και ας είναι $\displaystyle{CTM \cap NB = K}$ .Είναι τότε, $\displaystyle{\angle CNT = {45^0}}$ και $\displaystyle{CT = TN}$
Επειδή, $\displaystyle{\angle CBA = \angle CNA = {45^0} \Rightarrow CNBA}$ εγγράψιμο ,οπότε , $\displaystyle{\angle ANB = \angle ACB = {45^0}}$ κι έτσι $\displaystyle{NT}$ είναι διχοτόμος και ύψος στο $\displaystyle{\vartriangle CNK}$ ,άρα και διάμεσος και $\displaystyle{CN = NK}$ .

Ακόμη, $\displaystyle{\frac{1}{2} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{NB}}{{NC}} \Rightarrow \frac{{NB}}{{NK}} = \frac{1}{2} \Rightarrow CB}$ διάμεσος του $\displaystyle{\vartriangle CNK}$ κι έτσι το $\displaystyle{S}$ είναι το κ.βάρους του ,άρα, $\displaystyle{\boxed{TN = CT = 3TS}}$

#25

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Καθετότητα έκπληξη !.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο και ισοσκελές $\displaystyle ABC$ , το είναι το μέσο της , ενώ το σημείο της υποτείνουσας ,

ώστε . 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

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

: Kasotakis_frag.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 299 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 $\boxed{CG \bot AS}$ .

( Και συνεχίζω για το επί πλέον ερώτημα στην ωραία λύση του Μανώλη)

Από δε την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $NCG\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TCS$ έχουμε : $\boxed{\frac{{CT}}{{TS}} = \frac{{CN}}{{NG}} = \frac{{AN}}{{NG}} = 3}$

Φιλικά

Νίκος

#26

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Καθετότητα έκπληξη !.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο και ισοσκελές $\displaystyle ABC$ , το είναι το μέσο της , ενώ το σημείο της υποτείνουσας ,

ώστε . 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

Η πιο κάτω λύση είναι του Βετεράνου (27 έτη συνταξιούχου!) Γεραπετρίτη

μαθηματικού Καμίνη Σοφοκλή .

: Sofoklis_1.png (7.53 KiB) Προβλήθηκε 231 φορές

Αν

το μέσο του

, επειδή $MT// = \dfrac{{AS}}{2}$ αρκεί να δείξουμε ότι το τρίγωνο MCT

ορθογώνιο στο

Αν

, τότε : $CT = 10a\,,\,ST = TB = 2a\,,\,AC = AB = 6a\sqrt 2$ .

Από το θεώρημα συνημιτόνου στο τρίγωνο ASB

έχουμε :

$A{S^2} = A{B^2} + B{S^2} - 2AB \cdot BS \cdot \cos {45^0}$ , απ’ όπου $A{S^2} = 40{a^2} \Rightarrow \boxed{M{T^2} = 10{a^2}}\,\,(1)$

Από το πρώτο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ABC

έχουμε :

$\displaystyle{M{C^2} = \dfrac{{2B{C^2} + 2A{C^2} - A{B^2}}}{4} = \dfrac{{2B{C^2} + A{C^2}}}{4}}$ και άρα , $\boxed{M{C^2} = 90{a^2}}\,\,(2)$ .

Προσθέτουμε τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(2)$ κατά μέλη και προκύπτει:

$M{T^2} + M{C^2} = 100{a^2} = {(10a)^2} = C{T^2}$ , δηλαδή το ζητούμενο .

Για τη μεταφορά Νίκος

Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Re: Καθετότητα έκπληξη !

Μέλη σε σύνδεση