Ορθογώνιο τρίγωνο

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Παίρνουμε τυχαία σημεία Δ, Ε πάνω στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, έτσι ώστε $\Delta \widehat{\rm M}{\rm E} = {90^ \circ }$ . Από το σημείο Β φέρνουμε τμήμα ΒΟ παράλληλο και ίσο με ΔΕ. Δείξτε ότι το τρίγωνο ΟΜΒ είναι ορθογώνιο.
Σημείωση
Η άσκηση αυτή είχε απασχολήσει έναν παλιό μου καθηγητή Χημείας (τον οποίον συνάντησα σήμερα) όταν ήταν μαθητής, στο φροντιστήριο του Σαββαΐδη το 1974 για 1,5 χρόνο περίπου. Πιθανώς και να λείπει κάποιο στοιχείο.

: trig.png (35.68 KiB) Προβλήθηκε 3620 φορές

#2

Κάποιες σκέψεις...

Φαντάζομαι τα Δ και Ε να κινούνται πάνω στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ, αντίστοιχα, έτσι ώστε η γωνία ΔΜΕ να παραμένει ορθή. Κατά την κίνηση το ΔΟΒΕ παραμένει παραλληλόγραμμο. Οπότε το ΔΟ μικραίνει ή μεγαλώνει ανάλογα με το ΕΒ.

Μμμμ..δυσκολεύομαι να φανταστώ αυτό και ταυτόχρονα τη γωνία ΒΟΜ να είναι ορθή
(το

θα "πρέπει" να κινείται στο ημικύκλιο με διάμετρο ΜΒ)

Πιο πιθανό μου φαίνεται το

να κινείται στη μεσοκάθετο του ΒΓ...

Αλλά, αν Ζ είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του ΒΓ με την ΑΓ, με Ζ στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ, και πάρουμε το Δ μεταξύ του Α και του Ζ, τότε δε μου φαίνεται το συμπέρασμα να ισχύει...αλλά πάλι το Δ δε μπορεί να είναι ανάμεσα από το Α και το Ζ, διότι τότε δε μπορούμε να επιλέξουμε το Ε ανάμεσα στο Α και Β..

μμμμ..ενδιαφέρον πρόβλημα...

Αχιλλέας

#3

Το πρόβλημα είναι ολόσωστο, καθότι λύνεται πολύ εύκολα με αναλυτική:

Αν $A=(0,\,0)$ , $B=(b,\,0)$ , $C=(0,\, c)$ , $D=(0,\, y)$ , $E=(x,\,0)$ ,

τότε $M=(\frac{b}{2},\,\frac{c}{2})$ , $O=(b-x,\, y)$ ,

και οι καθετότητες $MD\bot ME$ και $MO\bot MB$ είναι αμφότερες ισοδύναμες προς την $2(bx+cy)=b^{2}+c^{2}$

Γιώργος Μπαλόγλου

S.E.Louridas · #4

Παρατηρούμε ότι ΜΓ=ΜΒ , επίσης ότι,
$\sphericalangle \Delta {\rm A}{\rm E} = \sphericalangle {\rm E}{\rm M}\Delta = 90^ \circ \Rightarrow \sphericalangle {\rm M}\Delta {\rm A} + \sphericalangle {\rm A}{\rm E}{\rm M} = 180^ \circ ,$
που σημαίνει ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα
$\vartriangle \Delta {\rm M}\Gamma ,\vartriangle {\rm E}{\rm M}{\rm B}$ και ισούνται και εφάπτονται στο Μ.
Αν Ι το αντιδιαμετρικό του Ε και Ζ του Β και Σ το σημείο τομής ΖΜ με τον άλλο κύκλο έχουμε:
$\Delta \Sigma \mathop = \limits^\parallel {\rm Z}{\rm I}\mathop = \limits^\parallel {\rm E}{\rm B} \Rightarrow \Sigma {\rm B}\mathop = \limits^\parallel \Delta {\rm E} \Rightarrow \Sigma \equiv {\rm O}.$

S.E.Louridas

Ιστοσελίδα · #5

Μία λύση βασισμένη στην απάντηση του κ. Λουρίδα (η οποία ήταν εξαιρετική).
Θέτω $\Gamma \widehat\Delta {\rm M} = \omega$ και $\Delta \widehat{\rm M}{\rm O} = \varphi$ . Το τετράπλευρο ΑΔΜΕ είναι εγγράψιμο ( $\widehat{\rm A} + \Delta \widehat{\rm M}{\rm E} = {180^ \circ }$ ). Στον περιγεγραμμένο κύκλο η χορδή ΑΜ δημιουργεί δύο τόξα με μέτρα 2ω και 360-2ω. Φέρνοντας τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων ΓΔΜ και ΜΕΒ παρατηρώ ότι υπάρχουν ίσες χορδές ΜΓ=ΜΒ=ΜΑ (διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που καταλήγει στην υποτείνουσα) και τόξα με μέτρα 2ω και 360-2ω. Άρα έχω τρεις ίσους κύκλους που τέμνονται ανά δύο στο Μ. Το κυρτό τόξο ΔΟ ισούται με το κυρτό τόξο ΕΒ, μια που αντιστοιχούν σε ίσες χορδές (λόγω του παραλληλογράμμου ΔΟΒΕ) ίσων κύκλων. Επομένως ${\rm E}\widehat{\rm M}{\rm B} = \varphi$ , οπότε: ${\rm O}\widehat{\rm M}{\rm B} =$ ${\rm O}\widehat{\rm M}{\rm E} + {\rm E}\widehat{\rm M}{\rm B} = {90^ \circ } - \varphi + \varphi = {90^ \circ }$ .

: trig1.png (87.15 KiB) Προβλήθηκε 3471 φορές

#6

ruxumuxu έγραψε:Δίνεται τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Παίρνουμε τυχαία σημεία Δ, Ε πάνω στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, έτσι ώστε $\Delta \widehat{\rm M}{\rm E} = {90^ \circ }$ . Από το σημείο Β φέρνουμε τμήμα ΒΟ παράλληλο και ίσο με ΔΕ. Δείξτε ότι το τρίγωνο ΟΜΒ είναι ορθογώνιο.

Ας παρακολουθήσουμε τα βήματα στο παρακάτω σχήμα :

α) Τα σημεία Κ,Λ είναι μέσα των τμημάτων ΔΕ ,ΟΒ

β) Το ΚΛΕΒ είναι παραλληλόγραμμο.

γ) Είναι $AK = \frac {DE}{2}= \frac {BO}{2}= BL$

δ) Το ΑΚΛΒ είναι ισοσκελές τράπέζιο και έτσι το Μ , αφού βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ, βρίσκεται και στη μεσοκάθετο του ΚΛ. Επομένως είναι :

ΜΚ = ΜΛ

ε) Έχουμε ότι :

$ML =MK = \frac {DE}{2} = \frac {OB}{2}$ ,

οπότε το τρίγωνο ΟΜΒ είναι ορθογώνιο στο Μ, αφού η ΜΛ είναι και διάμεσος.

Μπάμπης

chris · #7

Νομίζω πως η λύση του κ.Στεργίου ξεκαθαρίζει πλήρως τα πράγματα και δείχνει πόσες ισότητες και συμπεράσματα προκύπτουν.

.Πιστεύω πως η ασκηση θα μπορούσε να ενδυναμώθει κατά πολύ με περισσότερα ερωτήματα.

chris · #8

Β ΕΡΩΤΗΜΑ:Αν CO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου MBO στο I ν.δ.ο: $MI=\frac{CI\left[\left(MOB \right)+\left(BIO \right) \right]}{CM^{2}}$

Δείτε και το σχήμα.

Ιστοσελίδα · #9

Καλημέρα, Χριστός Ανέστη και χρόνια πολλά.
Βάζοντας συγκεκριμένες αριθμητικές τιμές (μέσω geogebra) στον τύπο του δεύτερου ερωτήματος που έθεσε ο chris δεν ισχύει η ισότητα. Προφανώς υπάρχει κάποιο σφάλμα.

chris · #10

Μιχάλη έχεις δίκιο δικό μου λάθος.

Ας προσπαθήσουμε ν.δ.ο $\left(BIC \right)=\frac{MB^{3}\left(CO-OI \right)}{OBOM}$

chris · #11

Ας δώσω μία λύση για να χωρίς να σημαίνει οτι είναι η μοναδική και η ευκολότερη

:
Το τρίγωνο BIC είναι ορθογώνιο αφού ΟΒ διάμετρος του κύκλου άρα $\left(BIC \right)=\frac{BI\cdot CI}{2}(1)$
Επίσης απο την δύναμη σημείου έχουμε $CO\cdot CI=CM\cdot CB\Rightarrow 2CM^{2}=BO\cdot CI\Rightarrow CI=\frac{2CM^{2}}{BO}(2)$ με BO=CO αφου OM μεσοκάθετος και BC=2MB αφού Μ μέσο.
Ακόμα στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο MBIO απο το θεώρημα Πτολεμαίου είναι: $MI\cdot BO=MO\cdot BI+MB\cdot OI$ και αφού
MI διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου είναι MI=MB και OB=OC άρα η σχέση γίνεται $BI=\frac{MB\left(OC-OI \right)}{MO}(3)$
Αντικαθιστώντας τις (2),(3) στην (1) έχουμε το ζητούμενο

#12

Άλλη μία λύση για το αρχικό πρόβλημα, χάριν ποικιλίας και για να "ζεσταθούμε" μετά τις μίνι Πασχαλινές διακοπές...

Ιστοσελίδα · #13

Σας ευχαριστώ πολύ όλους σας για τις όμορφες λύσεις. Επικοινώνησα με τον καθηγητή μου και μου αποκάλυψε ότι τόσο καιρό προσπαθούσε να αποδείξει ότι το τρίγωνο ΟΜΒ (καταλαβαίνετε ότι εκείνη την εποχή δεν υπήρχαν προγράμματα δυναμικής γεωμετρίας - ούτε καν οικιακός υπολογιστής) ήταν ορθογώνιο στο Ο

.

Γιώργος Μήτσιος · #14

Χαιρετώ όλους ! Ανασύρω αυτό το θέμα θεωρώντας το ιδιαιτέρως ελκυστικό.
Οι διαδρομές προς τη λύση που ακολουθούν στηρίζονται κατά μεγάλο μέρος
στις απαντήσεις-λύσεις φίλων , όπως θα φανεί στη συνέχεια.

: 25-9-18 Ορθ. τρίγωνο Α.PNG (10 KiB) Προβλήθηκε 2885 φορές

Το τρίγωνο ABC

του σχήματος έχει $\hat{A}=90^{0}$ το $D \in AC$ ενώ τα M,N

ορίζουν τη μεσοκάθετο του

.

Το $I \in MN$ ώστε $DI \parallel AB$ και το $H \in AB$ με BH=DI

.Έτσι το

είναι παρ/μο , οπότε $BI= \parallel HD$ .

Θα δείξουμε ότι $\widehat{DMH}=90^{0}$ με δύο τρόπους :

Η α΄ απόδειξη είναι στην ουσία του αγαπητού ΑΝΔΡΕΑ (βλ. συνημμένο πιο πάνω):

Έχουμε $\widehat{DNM}=90^{0}-\widehat{C}=\widehat{B}=\omega$ και $\dfrac{HB}{DN}=\dfrac{DI}{DN}=\varepsilon \varphi \omega =\dfrac{CM}{MN}=\dfrac{BM}{MN}$

άρα τα τρίγωνα BHM,DMN

είναι όμοια οπότε $\widehat{DMN}=\widehat{BMH}=x$ και $\widehat{DMH}=x+\varphi =\widehat{BMN}=90^{0}$
Η β' απόδειξη βασίζεται σε λύσεις που δόθηκαν στο θέμα ΕΔΩ (βλ. επόμενο σχήμα)

: 25-9-18 Ορθ. τρίγωνο B.PNG (11.07 KiB) Προβλήθηκε 2885 φορές

Είναι $\displaystyle{\widehat{MDH}=x+y=\widehat{B}=\widehat{MAH}$ συνεπώς το DAHM

είναι εγγράψιμο με $\widehat{DAH}=90^{0}$ άρα και $\widehat{DMH}=90^{0}$

Επομένως το είναι το ενώ το είναι το της αρχικής υπόθεσης

και τελικά παίρνουμε $.\widehat{OMB}\equiv \widehat{IMB}=90^{0}$ δηλ. το αρχικό ζητούμενο.
Φιλικά Γιώργος.

STOPJOHN · #15

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 01, 2010 7:33 pm
Δίνεται τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Παίρνουμε τυχαία σημεία Δ, Ε πάνω στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, έτσι ώστε $\Delta \widehat{\rm M}{\rm E} = {90^ \circ }$ . Από το σημείο Β φέρνουμε τμήμα ΒΟ παράλληλο και ίσο με ΔΕ. Δείξτε ότι το τρίγωνο ΟΜΒ είναι ορθογώνιο.
Σημείωση
Η άσκηση αυτή είχε απασχολήσει έναν παλιό μου καθηγητή Χημείας (τον οποίον συνάντησα σήμερα) όταν ήταν μαθητής, στο φροντιστήριο του Σαββαΐδη το 1974 για 1,5 χρόνο περίπου. Πιθανώς και να λείπει κάποιο στοιχείο.
trig.png

Καλημέρα

Το τετράπλευρο $\Delta OBE$ είναι παραλληλόγραμμο γιατί $\Delta E//OB,\Delta E=OB$
Εστω

το σημείο τομής των διαγωνίων του άρα $MI//\Gamma \Delta ,MIT\perp AB,$

Αν KIP//AEB

τότε $KP=O\Delta =BE,KI=IP$

Συνεπώς το τρίγωνο MKP

είναι ισοσκελές με MK=MP

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta ME,MK=\dfrac{\Delta E}{2}=\dfrac{OB}{2}$

Δηλαδή $MP=OP=PB\Leftrightarrow \hat{OMB}=90^{0}$

Γιάννης

Ορθογώνιο τρίγωνο

Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ορθογώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση