Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

#1

Δίνεται τρίγωνο (έστω οξυγώνιο) ΑΒΓ και εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ, ΑΓΖΗ και ΒΓΣΤ. Να δειχθεί ότι:
i) Το διάνυσμα $\displaystyle{ \overrightarrow {B{\rm H}} }$ είναι κάθετο στο $\displaystyle{ \overrightarrow {\Gamma {\rm E}} }$ και $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {B{\rm H}} } \right| = \left| {\overrightarrow {\Gamma {\rm E}} } \right| }$

ii) Αν Θ είναι το μέσο της ΕΗ να δειχθεί ότι $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}\Theta } \bot \overrightarrow {B\Gamma } }$ και $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {{\rm A}\Theta } } \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {B\Gamma } } \right|}}{2} }$ (Ομοίως θα μπορούσαμε να δείξουμε ότι αν Ι είναι το μέσο της ΒΓ τότε ισχύει $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}{\rm I}} \bot \overrightarrow {{\rm E}{\rm H}} }$ και $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {{\rm A}{\rm I}} } \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}} } \right|}}{2} }$

iii) Να δειχθεί ότι τα διανύσματα $\displaystyle{ \pi \rho o\beta _{_{\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } } \overrightarrow {{\rm B}\Delta } }$ και $\displaystyle{ \pi \rho o\beta _{_{\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } } \overrightarrow {\Gamma {\rm Z}} }$ είναι αντίθετα

iv) Αν Μ είναι το μέσο του ΔΖ να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΒΜΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές

v) Το τετράπλευρο ΑΙΜΘ (όπου Ι είναι το μέσο του ΒΓ) είναι παραλληλόγραμμο

vi) Αν Ρ, Λ, Κ είναι τα κέντρα των τετραγώνων ΑΒΔΕ, ΑΓΖΗ και ΒΓΣΤ αντίστοιχα τότε να δειχθεί ότι:

a) $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}{\rm K}} \bot \overrightarrow {\Lambda {\rm P}} }$ , $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm B}\Lambda } \bot \overrightarrow {{\rm K}{\rm P}} }$ και $\displaystyle{ \overrightarrow {\Gamma {\rm P}} \bot \overrightarrow {{\rm K}\Lambda } }$

b) Τα $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}{\rm K}} ,\overrightarrow {{\rm B}\Lambda } }$ και $\displaystyle{ \overrightarrow {\Gamma {\rm P}} }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο V (το σημείο Vecten).

Υπάρχουν και άλλα ερωτήματα όπως:

i) Το τρίγωνο PΙΛ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές (δεν είναι έτοιμο στο σχήμα)

ii) Αν $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm B}{\rm B}_1 } \bot \overrightarrow {\Delta \Gamma } }$ και $\displaystyle{ \overrightarrow {\Gamma \Gamma _1 } \bot \overrightarrow {{\rm B}{\rm Z}} }$ και $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}{\rm A}_1 } \bot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } }$ (δεν φαίνεται στο σχήμα γιατί θα γινόταν «τέρας») , τότε οι φορείς των διανυσμάτων $\displaystyle{ \overrightarrow {{\rm A}{\rm A}_1 } ,\;\overrightarrow {{\rm B}{\rm B}_1 } ,\;\overrightarrow {\Gamma \Gamma _1 } }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

(δεν είναι σχηματισμένα στο σχήμα) κ.λ.π.

Υ.Σ Θα μου άρεσε αν κάποιος φίλος ή συνάδελφος ήθελε να δώσει μια γεωμετρική λύση

Φιλικά και Αναλυτικά ή Γεωμετρικά

Στάθης Κούτρας

#2

Για το πρώτο γεωμετρικά:

Επειδή τα τρίγωνα ΑΒΗ και ΑΕΓ είναι ίσα οι γωνίες ΑΕΓ και ΑΒΗ είναι ίσες.
Ακόμα αυτές οι γωνίες έχουν την ΕΑ κάθετη στην ΒΑ άρα θα έχουν
και την ΕΓ κάθετη στην ΒΗ.
Άρα οι ΒΗ και οι ΓΕ είναι όχι μόνο κάθετες αλλά και ίσες.

Δείτε την ισότητα αυτή και στο δυναμικό σχήμα που αναρτώ.

badoun · #3

Με πρόλαβε ο κύριος Κώστας στην απάντησή του,απλά σκεφτηκα οτι για να αποδείξω οτι είναι κάθετα μεταξύ τους και με δεδομένη πλέον την ισότητα των γωνιών ΑΓΕ και ΑΗΒ
εχουμε οτι $\hat{\varXi HZ}+\hat{Z\varGamma\varXi}=90^o-\hat{AHB}+90^o+\hat{A\varGamma E}=180^o$
Άρα $\hat{\varGamma\varXi H}+\hat{HZ\varGamma}=180^o$ δηλαδή $\hat{\varGamma\varXi H} =90^o$

(Συγνωμη για τις πολλες επεξεργασιες αλλα το σχημα εβγαινε τεράστιο

)

#4

Για το δεύτερο γεωμετρικά:

α) Για να είναι $\displaystyle A\Theta \perp B\Gamma$
αρκεί: $\displaystyle \Theta B^2-\Theta \Gamma ^2=AB^2-A\Gamma ^2\ \ (1)$
Εφαρμόζοντας το πρώτο θεώρημα των διαμέσων στα τρίγωνα ΒΕΗ και ΓΕΗ το πρώτο μέλος
της (1) γίνεται:
$\displaystyle \Theta B^2-\Theta \Gamma ^2=\frac{2\left(BE^2+BH^2 \right)-EH^2}{4}-\frac{2\left(\Gamma E^2+\Gamma H^2 \right)-EH^2}{4}=\\ =\ \ \frac{2BE^2-2\Gamma H^2}{4}=\frac{2.2\gamma ^2-2.2\beta ^2}{4}=\gamma ^2-\beta ^2=AB^2-A\Gamma ^2$
(γιατί ΒΗ=ΓΕ από το ερώτημα 1)
Άρα $\displaystyle A\Theta \perp B\Gamma$

β) Από το τρίγωνο ΑΕΗ εχουμε:
$\displaystyle EH^2=AE^2+AH^2-2(AE)(AH)cos(180^o-A)=\beta ^2+\gamma ^2+2\beta \gamma cosA \ \ (2)$
Επίσης η διάμεσος ΑΘ του τριγώνου αυτού είναι:
$\displaystyle A\Theta ^2=\frac{2\left(\beta ^2+\gamma ^2 \right)-EH^2}{4}$
και από τη σχέση (2)
$\displaystyle A\Theta ^2=\frac{2\left(\beta ^2+\gamma ^2 \right)-\beta ^2-\gamma ^2-2\beta \gamma cosA}{4} =\frac{\beta ^2+\gamma ^2-2\beta \gamma cosA}{4}=\frac{\alpha ^2}{4}$
Άρα: $\displaystyle A\Theta =\frac{\alpha }{2}=\frac{AB}{2}$

parmenides51 · #5

επαναφορά για γεωμετρικές λυσεις

#6

Θέλω να ευχαριστήσω το συνάδελφο Παρμενίδη (το μικρό του δεν το γνωρίζω) για την επαναφορά του θέματος και αφού τόσο το επιθυμεί να του δώσω (αφιερωμένο) όπως και σε όλο το από το αρχείο μου τις γεωμετρικές λύσεις του θέματος που μπορούν κατά τη γνώμη μου να μελετηθούν και από μαθητές της Α' Λυκείου

Φιλικά
Στάθης Κούτρας

Υ.Γ. Θα το δώσω ανά σελίδα (σε word) "λόγω όγκου" και ας συραφθεί από κάθε ενδειαφερόμενο

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Θέλω να ευχαριστήσω το συνάδελφο Παρμενίδη (το μικρό του δεν το γνωρίζω) για την επαναφορά του θέματος και αφού τόσο το επιθυμεί να του δώσω (αφιερωμένο) όπως και σε όλο το από το αρχείο μου τις γεωμετρικές λύσεις του θέματος που μπορούν κατά τη γνώμη μου να μελετηθούν και από μαθητές της Α' Λυκείου

Φιλικά
Στάθης Κούτρας

Υ.Γ. Θα το δώσω ανά σελίδα (σε word) "λόγω όγκου" και ας συραφθεί από κάθε ενδειαφερόμενο

parmenides51 · #8

Προσεχώς θα ανεβάσω κι αναλυτικές λύσεις σαν το ελάχιστο ''ευχαριστώ''.

Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Re: Ας δώσουμε βήμα και στα διανύσματα

Μέλη σε σύνδεση