Γεωμετρία από τον Μπάμπη

mathxl · #1

Μια πιθανή μετάφραση: Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή την γωνία Α. Αν Μ το μέσο της ΑΒ, D το ίχνος της καθέτου από το Α στην CM και Ν το μέσο της DC, να αποδείξετε ότι το BD είναι κάθετο στο AN

kwstas12345 · #2

Bάζω μια λύση...

Αρχικά προεκτείνουμε την πλευρά $\displaystyle AN$ κατά ίσο τμήμα: $\displaystyle NI$ ,άρα το $\displaystyle I$ θα είναι μέσο του

$\displaystyle AI$ .Άρα το $\displaystyle MN//BI$ αφού διέρχεται από τα μέσα των άλλων δύο πλευρών.Αρκεί να αποδείξουμε ότι το

$\displaystyle D$ είναι το ορθοκεντρο του $\displaystyle \Delta ABI$ .

Eπειδή: $\displaystyle MN//BI$ και $\displaystyle AD\perp MN\Rightarrow AD\perp BI$ άρα είναι ύψος.

Έστω $\displaystyle L$ το σημείο στο οποίο τέμενει η $\displaystyle BD$ την $\displaystyle AM$

Έπειτα φέρουμε το $\displaystyle CI$ και το $\displaystyle CILA$ είανι παραλληλόγραμμο επειδή οι διαγωνιοί του διχοτομούναται,αφού:

$\displaystyle AN=NI,CN=DN\Rightarrow IL//AC\Rightarrow \hat{ILA}=\hat{BAC}=90^{0}$ ,ώς εντός εκτός και επί ταυτά μέρη των παραλήλων.

Άρα το $\displaystyle IL$ ύψος και το $\displaystyle D$ είναι το ορθοκεντρο του $\displaystyle \Delta ABI$ .

΄Ετσι θα είναι και: $\displaystyle BD\perp NA$

Φιλικά,
Κώστας

Nick1990 · #3

Εστω K το ιχνος της καθετου απο το D στην AN. Απο τις γνωστες μετρικες σχεσεις ορθογωνιου τριγωνου στο ορθογωνιο τριγωνο ANM ισχυει $\frac{KA}{KN} = \frac{{AD}^2}{{DN}^2}$ . Εστω οτι η προεκταση της DK τεμνει την AB στο Q. Τοτε απο Μενελαο στο τριγωνο ANM και απο τη σχεση ${AD}^2 = DC \times DM$ στο ορθογωνιο τριγωνο ABM εχουμε: $1 = \frac{KA}{KN} \times \frac{DN}{DM} \times \frac{QM}{QA} = \frac{{AD}^2}{{DN}^2} \times \frac{DN}{DM} \times \frac{QM}{QA} = \frac{{AD}^2}{DN \times DM} \times \frac{QM}{QA} = 2\frac{{AD}^2}{DC \times DM} \times \frac{QM}{QA} = 2\frac{QM}{QA} \Rightarrow \frac{QM}{QA} = \frac{1}{2} \Rightarrow Q \equiv B$
και τελειωσαμε.

#4

Μια λύση χωρίς βοηθητικές ευθείες προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων NAC και DBA (και την καθετότητα των AC και ΑΒ): τα τρίγωνα αυτά είναι όμοια λόγω της ισότητας γωνιών <NCA = <DAB (γωνίες με κάθετες πλευρές) και της ισότητας λόγων CN/CA = AD/AB (η οποία προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων DAC και DMA και την συνεπαγόμενη ισότητα λόγων CD/CA = AD/AM).

Γιώργος Νπαλόγλου

p_gianno · #5

Άλλη μια αντιμετώπιση

#6

mathxl έγραψε:Μια πιθανή μετάφραση: Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή την γωνία Α. Αν Μ το μέσο της ΑΒ, D το ίχνος της καθέτου από το Α στην CM και Ν το μέσο της DC, να αποδείξετε ότι το BD είναι κάθετο στο AN

Βασίλη, θα μπορούσα να στοιχηματίσω ότι τέτοια άσκηση δεν είχα στείλει ποτέ στο CRUX ! Την έχω ξεχάσει εντελώς .Σε θαυμάζω και αναρωτιέμαι που την ανακάλυψες !

Λοιπόν, είναι αδύνατο να θυμηθώ με πιο σκεπτικό την είχα στείλει, αλλά μετά τις ωραίες λύσεις που μας έστειλαν οι άλλοι φίλοι μας , προσπαθώ να βρω και γω μια λύση.

Αν Σ είναι το μέσο του ΑΔ, τότε ΣΝ // ΑΓ , οπότε η ΝΣ είναι κάθετη στην ΑΜ. Επειδή η ΑΔ είναι κάθετη στην ΝΜ, το Σ είναι ορθόκεντρο στο τρίγωνο ΝΑΜ. Άρα η ΜΣ είναι κάθετη στην ΑΝ και επειδή στο τρίγωνο ΑΔΒ είναι ΜΣ // ΒΔ, θα είναι και η ΒΔ κάθετη στην ΑΝ.

Υποψιάζομαι πως μια τέτοια λύση είχα στείλει στο CRUX, αλλά δεν ξέρω τη λύση που πρότειναν οι αναγνώστες.

Νάστε όλοι καλά !

Μπάμπης

mathxl · #7

Ορίστε η πηγή http://math.missouristate.edu/assets/Ma ... r_2008.pdf μαζί με μια λύση αναλυτικής γεωμετρίας

#8

mathxl έγραψε:Ορίστε η πηγή http://math.missouristate.edu/assets/Ma ... r_2008.pdf μαζί με μια λύση αναλυτικής γεωμετρίας

!!! Μέσα σε λίγες ώρες δώσαμε εδώ 4 λύσεις -- συν αυτήν του προτείνοντος -- και το CRUX έλαβε 12 όλες κι όλες και δημοσίευσε μόνο μια και αυτή με Αναλυτική Γεωμετρία;!

[Αν ήμουν στην θέση του εκδότη θα είχα οπωσδήποτε δημοσιεύσει και μια καθαρά γεωμετρική λύση, και αν δεν είχε σταλεί τέτοια θα είχα ξεσκιστεί να βρω μια δική μου!]

Nick1990 · #9

Λογικα για να δημοσιευσαν μονο αυτη τη λυση, ολοι θα εστειλαν λυσεις με Αναλυτικη. Αναφορικα, στα ονοματα μπορω να διακρινω εναν Ελληνα απο τη Λαρισα καθος επισης και εναν ιταλο φιλο της IMC-ομαδας του ΕΜΠ τον οποιο γνωρισαμε ολοι περισυ στον IMC στη Βουδαπεστη

#10

Nick1990 έγραψε:Λογικα για να δημοσιευσαν μονο αυτη τη λυση, ολοι θα εστειλαν λυσεις με Αναλυτικη. Αναφορικα, στα ονοματα μπορω να διακρινω εναν Ελληνα απο τη Λαρισα καθος επισης και εναν ιταλο φιλο της IMC-ομαδας του ΕΜΠ τον οποιο γνωρισαμε ολοι περισυ στον IMC στη Βουδαπεστη

Όχι κατ' ανάγκην! Έχω μια πολύ περίεργη εμπειρία με το CRUX, συγκεκριμένα το πρόβλημα 2865(c) που είχα προτείνει το 2003: δημοσίευσαν λύση με χρήση μερικών παραγώγων, ενώ εγώ τους είχα στείλει μια πολύ απλή γεωμετρική λύση -- έγραψα στον εκδότη απαιτώντας (!) να την δημοσιεύσουν, πλην όμως εις μάτην

[Αυτήν την ιστορία την είχα αναφέρει παλαιότερα στο

, τότε όμως δεν ήταν ακόμη προσβάσιμη (πενταετές ανάχωμα -- five year wall) η εξωγήϊνη λύση του υπερλύτη Li Zhou.]

Γιώργος Μπαλόγλου

#11

gbaloglou έγραψε:
mathxl έγραψε:Ορίστε η πηγή http://math.missouristate.edu/assets/Ma ... r_2008.pdf μαζί με μια λύση αναλυτικής γεωμετρίας
!!! Μέσα σε λίγες ώρες δώσαμε εδώ 4 λύσεις -- συν αυτήν του προτείνοντος -- και το CRUX έλαβε 12 όλες κι όλες και δημοσίευσε μόνο μια και αυτή με Αναλυτική Γεωμετρία;!

[Αν ήμουν στην θέση του εκδότη θα είχα οπωσδήποτε δημοσιεύσει και μια καθαρά γεωμετρική λύση, και αν δεν είχε σταλεί τέτοια θα είχα ξεσκιστεί να βρω μια δική μου!]

Αγαπητοί φίλοι, μετά από 20ήμερο (σχεδόν) πλήρους ψηφιακής και τηλεοπτικής αποτοξίνωσης, κάνω μια μικρή περιήγηση στα θέματα που πέρασαν.
Σταματώ στον ενδιαφέροντα διάλογο σχετικά με το θέμα του Μπάμπη.

1ον. Επιβεβαιώνεται η ΔΥΝΑΜΗ που μας προσφέρει το mathematica. Πολλές εξαιρετικές προσεγγίσεις σε ΕΛΑΧΙΣΤΟ χρόνο.
2ον. Επειδή πράγματι η αναλυτική λύση του CRUX στερείται φαντασίας, προτείνω μία άλλη λύση με Αναλυτική Γεωμετρία, αλλά, πιστεύω, πιο κομψή.

Στρέφω το σχήμα του Μπάμπη, ώστε να με βολεύει. Γράφω τη λύση λεπτομερώς.

: 10-08-2010 Geometry.png (18.16 KiB) Προβλήθηκε 996 φορές

Θεωρώ ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο το Μ(0, 0). Έστω Δ(1, 0).
Τότε, αφού ΑΔ κάθετη στη ΜΔ παίρνω Α(1, α), με α > 0. Αφού ΑΜ = ΜΒ και Α, Μ, Β συνευθειακά, το Β είναι συμμετρικό του Α ως προς Μ, άρα Β(-1, -α).
Τα Ν, Γ είναι συνευθειακά των Μ, Δ. Έστω Ν(β, 0), με β > 1. Τότε Γ(2β-1, 0), ώστε ΔΝ = ΝΓ και Ν εσωτερικό των Γ, Δ.
Είναι: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} = \left( {2,\;2\alpha } \right),\;\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \left( {2\beta - 2,\; - \alpha } \right)$ .
Αφού $\displaystyle \widehat{BA\Gamma } = 90^\circ \; \Rightarrow \;\overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} \cdot \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = 0\; \Rightarrow \;4\beta - 4 - 2\alpha ^2 = 0\; \Rightarrow \;2\beta - 2 - \alpha ^2 = 0$ (1)

Είναι: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}\Delta } = \left( {2,\;\alpha } \right),\;\overrightarrow {{\rm A}{\rm N}} = \left( {\beta - 1,\; - \alpha } \right)$ , οπότε: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}\Delta } \cdot \overrightarrow {{\rm A}{\rm N}} = \;2\beta - 2 - \alpha ^2 = 0$ (λόγω της (1)), άρα ΒΔ κάθετη στην ΑΝ.

Η φαντασία ταιριάζει και στην Αναλυτική Γεωμετρία. Τι λέτε;

Γιώργος Ρίζος

Savvass · #12

Rigio έγραψε:Στρέφω το σχήμα του Μπάμπη, ώστε να με βολεύει. Γράφω τη λύση λεπτομερώς.
10-08-2010 Geometry.png
Θεωρώ ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο το Μ(0, 0). Έστω Δ(1, 0).
Τότε, αφού ΑΔ κάθετη στη ΜΔ παίρνω Α(1, α), με α > 0. Αφού ΑΜ = ΜΒ και Α, Μ, Β συνευθειακά, το Β είναι συμμετρικό του Α ως προς Μ, άρα Β(-1, -α).
Τα Ν, Γ είναι συνευθειακά των Μ, Δ. Έστω Ν(β, 0), με β > 1. Τότε Γ(2β-1, 0), ώστε ΔΝ = ΝΓ και Ν εσωτερικό των Γ, Δ.
Είναι: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} = \left( {2,\;2\alpha } \right),\;\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \left( {2\beta - 2,\; - \alpha } \right)$ .
Αφού $\displaystyle \widehat{BA\Gamma } = 90^\circ \; \Rightarrow \;\overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} \cdot \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = 0\; \Rightarrow \;4\beta - 4 - 2\alpha ^2 = 0\; \Rightarrow \;2\beta - 2 - \alpha ^2 = 0$ (1)

Είναι: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}\Delta } = \left( {2,\;\alpha } \right),\;\overrightarrow {{\rm A}{\rm N}} = \left( {\beta - 1,\; - \alpha } \right)$ , οπότε: $\displaystyle \overrightarrow {{\rm B}\Delta } \cdot \overrightarrow {{\rm A}{\rm N}} = \;2\beta - 2 - \alpha ^2 = 0$ (λόγω της (1)), άρα ΒΔ κάθετη στην ΑΝ.

Η φαντασία ταιριάζει και στην Αναλυτική Γεωμετρία. Τι λέτε;

Γιώργος Ρίζος

Όντως, πολύ κομψή λύση αν και με χρήση αναλυτικής γεωμετρίας. Δείχνει ότι η αναλυτική γεωμετρία δεν είναι απλά μια μηχανή που της βάζεις χύμα δεδομένα,η έμπνευση και η φαντασία παίζουν ρόλο. Πολλή διδακτική κύριε Γιώργο.

#13

Rigio έγραψε:2ον. Επειδή πράγματι η αναλυτική λύση του CRUX στερείται φαντασίας, προτείνω μία άλλη λύση με Αναλυτική Γεωμετρία, αλλά, πιστεύω, πιο κομψή.

Πολύ ζουμερή η ισοδυναμία ανάμεσα στις δύο καθετότητες! Κάτι ανάλογο είχα κάνει σε πρόβλημα του Μιχάλη Νάννου (ή μάλλον του παλιού του χημικού).

Γιώργος Μπαλόγλου

#14

Ας δώσουμε και μια λύση με μιγαδικούς αριθμούς μιας και προκύπτει άμεσα από το εξής:

"Αν $\alpha, \beta,\gamma,\delta \in \mathbb{C}$ , τότε $\vec{\alpha \beta} \perp \vec{\gamma \delta}$ αν και μόνο αν $\displaystyle{\frac{\beta-\alpha}{\delta-\gamma}}$ είναι (καθαρά) φανταστικός αριθμός, δηλ. ισοδύναμα, αν και μόνο αν $\displaystyle{\frac{\beta-\alpha}{\delta-\gamma}+\frac{\bar{\beta}-\bar{\alpha}}{\bar{\delta}-\bar{\gamma}}=0}$ ".

Ας θεωρήσουμε λοιπόν ότι τα σημεία στο μιγαδικό επίπεδο: $A(0), B(2b), C(c), M(b), D(d), N(\frac{c+d}{2})$ .

Αφού $AC\perp AB$ έχουμε $\frac{b}{c}+\frac{\bar{b}}{\bar{c}}=0$ , δηλ.

$b\bar{c}+\bar{b}c=0$ . (1)

Αφού $AD\perp DC$ έχουμε $\displaystyle{\frac{d}{d-c}+\frac{\bar{d}}{\bar{d}-\bar{c}}=0}$ , δηλ.

$d\bar{d}-d\bar{c}+d\bar{d}-c\bar{d}=0$ (2)

Αφού $AD\perp MD$ έχουμε $\displaystyle{\frac{d}{d-b}+\frac{\bar{d}}{\bar{d}-\bar{b}}=0}$ , δηλ.

$d\bar{d}-d\bar{b}+d\bar{d}-\bar{d}b=0$ . (3)

Έτσι έχουμε $AN \perp DB$ αν και μόνο αν $\displaystyle{\frac{d+c}{2b-d}+\frac{\bar{d}+\bar{c}}{2\bar{b}-\bar{d}}=0}$ , δηλ. αν και μόνο αν

$(d+c)(2\bar{b}-\bar{d})+(2b-d)(\bar{d}+\bar{c})=0$

ή ισοδύναμα

$2d\bar{b}-d\bar{d}+2\bar{b}c-c\bar{d}+2b\bar{d}+2b\bar{c}-d\bar{d}-d\bar{c}=0$

που εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει από τις (1), (2), (3).

Φιλικά,

Αχιλλέας

Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Re: Γεωμετρία από τον Μπάμπη

Μέλη σε σύνδεση