mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 9:24 pm**

: Επίκτητη καθετότητα.png (5.74 KiB) Προβλήθηκε 2124 φορές

Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα

κατά ίσο της

τμήμα

και την κάθετη πλευρά

κατά διπλάσιό της τμήμα

. Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 10:06 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Αν

είναι το μέσο του

, τότε

και $SK \bot AT$ , αφού στο τρίγωνο CSK

το

ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του.

Από την ισότητα των ορθ. τριγώνων BAT

και

(εύκολη) προκύπτει ότι $\widehat {MTK} = \widehat {TSK} = \widehat {KSM}$ (1)

επειδή το τρίγωνο AST

είναι ισοσκελές (

ύψος και διάμεσος άρα και διχοτόμος)

Αν

είναι η τομή των

και

τότε τα τρίγωνα KNT

και

είναι όμοια αφού

$\widehat {MTK} = \widehat {KSM}$ από την (1) και $\widehat {KNT} = \widehat {SNM}$ (κατακορυφήν)

Οπότε $\widehat {TMS} = \widehat {NKT} = 90^\circ$ δηλαδή $SA \bot BT$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 10:48 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Θεωρούμε τον κύκλο $\displaystyle{(B):(B,\alpha )}$ διαμέτρου $\displaystyle{CS}$ και $\displaystyle{\left( B \right) \cap CT = E}$ .Τότε $\displaystyle{SE \bot CT}$ και $\displaystyle{CA = AE = ET = b}$
Έστω , $\displaystyle{\left( B \right) \cap SA = N,CN \cap SE = Z}$
Είναι, $\displaystyle{\angle ECZ = \angle NSE = \angle EST = \omega }$ ( $\displaystyle{SE}$ μεσοκάθετος της $\displaystyle{AT}$ ) $\displaystyle{ \Rightarrow STZC}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle CTZ = \angle CSZ = {45^0} = \angle SCT}$ $\displaystyle{ \Rightarrow TZ//BC}$
Αλλά από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{BAC,ETZ \Rightarrow TZ = BC}$ .Άρα το $\displaystyle{BTZC}$ παραλ/μμο οπότε $\displaystyle{BT//CZ}$ κι επειδή $\displaystyle{CZ \bot SN \Rightarrow \boxed{BT \bot SN}}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 10:55 pm**

KARKAR έγραψε: Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

: 1.png (17.43 KiB) Προβλήθηκε 2073 φορές

Αν $TQ \bot CS \Rightarrow ABQT$ εγγράψιμο οπότε : $\left( {CS} \right)\left( {CQ} \right) = \left( {CA} \right)\left( {CT} \right) \Rightarrow$ $a\left( {a + \left( {BQ} \right)} \right) = 3{b^2}\mathop \Rightarrow \limits^{{a^2} = 2{b^2}} \boxed{\left( {BQ} \right) = \frac{a}{2}}:\left( 1 \right)$ .

Έτσι από ${a^2} = 2{b^2} \Rightarrow \dfrac{b}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{a}{b}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{\dfrac{{\left( {BA} \right)}}{{\left( {BQ} \right)}} = \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {BA} \right)}}}$ , οπότε από το ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΚΑΘΕΤΩΝ ΕΥΘΕΙΩΝ ή

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

εδώ προκύπτει ότι $TB \bot AS$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 11:08 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Καλησπέρα σε όλους . Στάθη, πότε προλαβαίνεις Μεγάλε να διασκεδάζεις και να δίνεις λύσεις!!
Η πιο κάτω λύση μου βγήκε, αυτή δίδω ( και καταϊδρωμένος ).

: Επίτκτητη καθετότητα.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 2047 φορές

Έστω

και

το μέσο της υποτείνουσας

. Ας είναι και

η προβολή του

στην

. Θα είναι $AC = R\sqrt 2 \,,\,TC = 3R\sqrt 2 \,,\,SB = 2R$ . Θέτουμε $\boxed{MB = x}$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ABMT

( στα

οι γωνίες ορθές) έχουμε: $CA \cdot CT = CB \cdot CM \Rightarrow R\sqrt 2 \cdot 3R\sqrt 2 = 2R(2R + x)$ , απ’ όπου $\boxed{MB = R}$ . Το τρίγωνο TSB

έχει την

ύψος και διάμεσο ταυτόχρονα άρα είναι ισοσκελές και η

διχοτομεί την γωνία της κορυφής του $\widehat {STB}$ . Επίσης το ορθογώνιο τρίγωνο MTC

θα είναι και ισοσκελές αφού η γωνία του $\widehat C = {45^0}$ και άρα $MC = MT \Rightarrow 3R = MT \Rightarrow \boxed{MT = SO}$ . Τώρα τα ορθογώνια τρίγωνα $MTS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OSA\,\,$ θα έχουν τις κάθετες πλευρές τους : $MS = OA = R\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MT = OS = 3R$ οπότε θα είναι ίσα και άρα $\boxed{\widehat \omega = \widehat {{\omega _1}}}$ ,οπότε: $\boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat \phi }$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο TSMP

είναι εγγράψιμο και άρα τα T,M

θα βλέπουν την

υπό ίσες γωνίες δηλαδή $\boxed{TP \bot AS}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 11:52 pm**

KARKAR έγραψε:Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Στο αρχικό σχήμα του Θανάση...

Από το 1ο Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle CTS \Rightarrow {\left( {TS} \right)^2} + {\left( {CT} \right)^2} = 2{\left( {TB} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {SC} \right)}^2}}}{2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {CT} \right) = 3b,{{\left( {TB} \right)}^2} = {{\left( {AB} \right)}^2} + {{\left( {AT} \right)}^2} = 5{b^2},{{\left( {SC} \right)}^2} = 4{a^2} = 8{b^2}}$

$\ldots {\left( {TS} \right)^2} = 5{b^2} \Rightarrow$ ${\left( {TS} \right)^2} - 4{b^2} = {b^2} = {a^2} - {b^2} \Rightarrow$ $\boxed{{{\left( {TS} \right)}^2} - {{\left( {AT} \right)}^2} = {{\left( {BS} \right)}^2} - {{\left( {BA} \right)}^2}} \Rightarrow \boxed{AS \bot TB}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 12:08 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Ας το δούμε και με Μενέλαο..

Έστω $\displaystyle{SE \bot CT}$ .Τότε , $\displaystyle{CA = AE = ET = b}$ , $\displaystyle{LE = \frac{b}{2},SE = 2b \Rightarrow \frac{{LS}}{{LE}} = 3}$
Στο τρίγωνο $\displaystyle{SAE}$ με διατέμνουσα $\displaystyle{KLT \Rightarrow \frac{{KA}}{{KS}} \cdot \frac{{LS}}{{LE}} \cdot \frac{{TE}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \frac{{KA}}{{KS}} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{KA}}{{KS}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{SA}}{{KS}} = \frac{5}{3}}$
Στο τρίγωνο $\displaystyle{KTA}$ με διατέμνουσα $\displaystyle{ELS \Rightarrow \frac{{LK}}{{LT}} \cdot \frac{{ET}}{{EA}} \cdot \frac{{SA}}{{SK}} = 1 \Rightarrow \frac{{LK}}{{LT}} \cdot 1 \cdot \frac{5}{3} = 1 \Rightarrow KL = \frac{3}{5}LT \Rightarrow TK = \frac{8}{5}LT}$
Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{LET}$ με Π.Θ έχουμε $\displaystyle{L{T^2} = {c^2} + \frac{{{c^2}}}{4} \Rightarrow L{T^2} = \frac{{5{c^2}}}{4}}$
Είναι τώρα, $\displaystyle{TL \cdot TK = \frac{8}{5}L{T^2} = \frac{8}{5} \cdot \frac{{5{c^2}}}{4} = 2{c^2} = TE \cdot TA \Rightarrow KLEA}$ εγγράψιμο ,οπότε $\displaystyle{\boxed{TK \bot SA}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 12:59 am**

KARKAR έγραψε:Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Ακόμα ένας Μενέλαος...

: 1.png (12.52 KiB) Προβλήθηκε 1975 φορές

Έστω το μέσο της $CT \Rightarrow \left( {AM} \right) = \dfrac{b}{2} \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{b}{2}}}{b} = \dfrac{b}{{2b}} \Rightarrow \dfrac{{\left( {AM} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {AT} \right)}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle MAB = \angle MAB = {{90}^0}} \vartriangle MAB \sim \vartriangle BAT \Rightarrow \boxed{\angle MBA = \angle BTA}:\left( 1 \right)$ .

Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle BCM$ με διατέμνουσα την $SKA\left( {K \equiv AS \cap BT} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {SB} \right)}}{{\left( {SC} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {AC} \right)}}{{\left( {AM} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {KM} \right)}}{{\left( {KB} \right)}} = 1$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {SC} \right) = 2\left( {SB} \right) = 2a,\left( {AC} \right) = 2\left( {AM} \right) = 2\frac{b}{2}}$ $\left( {KM} \right) = \left( {KB} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle MAB = {{90}^0}}$ $\angle SAB \equiv \angle KAB = \angle MBA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle SAB = \angle BTA\mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot TA} \boxed{SA \bot BT}$

(ίσες γωνίες με πλευρές του ίδιου προσανατολισμού με μία κάθετη πλευρά) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 1:19 am**

KARKAR έγραψε:
Επίκτητη καθετότητα.png
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Με διανύσματα έχουμε:
$\displaystyle \overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BT}=\left(\overrightarrow{SB}+ \overrightarrow{BA}\right)\left( \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AT}\right)=\left|\overrightarrow{SB} \right|\left|\overrightarrow{BA} \right|cos45^{o}+\left|\overrightarrow{SB} \right|\left|\overrightarrow{AT} \right|cos135^{o}+\left|\overrightarrow{BA} \right|^2+\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{AT}=\frac{\sqrt{2}ab}{2}-\sqrt{2}ab+b^2=b\left(b-\frac{\sqrt{2}a}{2} \right)=0$
καθώς $a=\sqrt{2}b$ και άρα $SA \perp BT$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 1:26 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Ας το δούμε κι αλλιώς..

Έστω $\displaystyle{SE \bot CT}$ και η παράλληλη από το $\displaystyle{S}$ προς την $\displaystyle{CT}$ τέμνει την εκ του $\displaystyle{T}$ κάθετη στην $\displaystyle{BT}$ , στο $\displaystyle{H}$
Τότε $\displaystyle{CA = AE = ET = b,SE = 2b}$ και $\displaystyle{SA = ST = b\sqrt 5 }$
$\displaystyle{SLTH}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle LST = \angle LHT = x \Rightarrow \vartriangle SET \simeq \vartriangle HTL \Rightarrow \frac{{SE}}{{ET}} = \frac{{HT}}{{LT}} \Rightarrow 2 = \frac{{HT}}{{LT}} \Rightarrow HT = 2LT}$
Αλλά,από το $\displaystyle{\vartriangle LET}$ με Π.Θ και $\displaystyle{ET = b,LE = \frac{b}{2} \Rightarrow LT = \frac{{b\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow HT = b\sqrt 5 \Rightarrow HT = ST = SA}$ και $\displaystyle{\angle SHT = \angle HST = \angle STA = \angle TAS = \omega }$
Τώρα ,είναι προφανές ότι το $\displaystyle{SHTA}$ είναι παραλ/μμο κι επειδή $\displaystyle{HT \bot BT \Rightarrow \boxed{AS \bot BT}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 1:52 am**

KARKAR έγραψε:Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Και άλλος Μενέλαος ...

: 1.png (13.18 KiB) Προβλήθηκε 1926 φορές

Αν $K \equiv AS \cap BT$ τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο με διατέμνουσα την $SKA \Rightarrow \dfrac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {KT} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {AT} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {CS} \right)}}{{\left( {CB} \right)}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AT} \right) = 2b = 2\left( {AC} \right),\left( {CS} \right) = 2a = 2\left( {CB} \right)}$

$\dfrac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {KT} \right)}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {BT} \right)}} = \dfrac{1}{5}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle BAT\left( {\angle BAT = {{90}^0}} \right) \to \left( {BT} \right) = b\sqrt 5 }$ $\dfrac{{\left( {BK} \right)}}{{b\sqrt 5 }} = \dfrac{1}{5} \Rightarrow \dfrac{{\left( {BK} \right)}}{b} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \dfrac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {BA} \right)}} = \dfrac{b}{{b\sqrt 5 }} =$ $\dfrac{{\left( {BA} \right)}}{{\left( {BT} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ABK \equiv \angle TBA} \vartriangle ABK \sim \vartriangle TAB \Rightarrow$

$\angle BKA = \angle BAT = {90^0} \Rightarrow AK \bot BT \Rightarrow \boxed{AS \bot BT}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 2:01 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Και αναλυτικά..

Έστω $\displaystyle{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 1}$ Θεωρούμε το σύστημα αξόνων με $\displaystyle{A(0,0)}$ όπως στο σχήμα.
$\displaystyle{{\lambda _{BT}} = - \frac{1}{2},{\lambda _{AS}} = 2 \Rightarrow {\lambda _{BT}} \cdot {\lambda _{AS}} = - 1 \Rightarrow \boxed{AS \bot BT}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 2:27 am**

KARKAR έγραψε:Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Ας "αρμονίσουμε"

: 1.png (11.97 KiB) Προβλήθηκε 1906 φορές

Έστω $P \equiv TS \cap AB,Q \equiv TB \cap PC,K \equiv AS \cap TB$ . Τότε από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η σειρά $\left( {K,Q,B,T} \right)$ είναι αρμονική

άρα και η δέσμη είναι αρμονική και με $AB \bot AT \Rightarrow \boxed{\angle SAB = \angle BAQ}:\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot AB} A.BCFS$ είναι αρμονική,

οπότε και η σειρά $\left( {B,C,F,S} \right)$ είναι αρμονική, άρα $\dfrac{{\left( {BF} \right)}}{{\left( {FC} \right)}} = \dfrac{{\left( {SB} \right)}}{{\left( {SC} \right)}} = \dfrac{a}{{2a}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{\left( {BF} \right)}}{{\left( {CB} \right)}} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{b}{{3b}} = \dfrac{{\left( {BA} \right)}}{{\left( {CT} \right)}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle FBA = \angle BCT = {{45}^0}} \vartriangle FBA \sim \vartriangle BCT \Rightarrow$

$\angle BAF \equiv \angle BAQ = \angle BTC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle SAB = \angle BTC\mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot TC} \boxed{AS \bot BT}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 3:08 am**

$\bullet$ Έστω

η προβολή του

επί της

και ας είναι $T\equiv AC\cap BK,$ οπότε, αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{AC}{AT} = \frac{1}{2}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle KAB,\ \vartriangle KTA,$ έχουμε $\displaystyle \frac{BK}{AK} = \frac{AB}{AT} = \frac{AC}{AT}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{BK}{AK} = \frac{1}{2}\ \ \ ,(3)$

: Επίκτητη καθετότητα.; f=22_t=41030.PNG (14.92 KiB) Προβλήθηκε 1761 φορές

$\bullet$ Δια του σημείου

φέρνουμε την κάθετη ευθεία επί την CS,

οποία τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

και άρα, ισχύει SR = SB

$\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{SR}{SC} = \frac{1}{2}\ \ \ ,(4)$

Από $\angle CSR = 90^{o} = \angle CAR$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο ACRS

είναι εγγράψιμο και άρα, έχουμε $\angle RCS = \angle RAS\equiv BAK\ \ \ ,(5)$

Από (5)

έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle SCR,\ \vartriangle KAB$ είναι όμοια και άρα, ισχύει $\displaystyle \frac{BK}{AK} = \frac{SR}{SC}$ $\Longrightarrow$ (3)

$\Longrightarrow$ (1)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 3:19 am**

KARKAR έγραψε: Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

: 1.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 1878 φορές

Έστω το σημείο τομής της στο καθέτου επί την με την . Τότε από $AB\parallel TQ\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{\left( {CB} \right)}}{{\left( {BQ} \right)}} = \dfrac{{\left( {CA} \right)}}{{\left( {AT} \right)}} = \dfrac{b}{{2b}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow$

$\left( {BQ} \right) = 2\left( {CB} \right) = 2a\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BS} \right) = a} \left( {SQ} \right) = a = \left( {CB} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TCQ = {{45}^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle CTQ = {{90}^0}} \left( {TQ} \right) = \left( {TC} \right)} \vartriangle SQT = \vartriangle BCT \Rightarrow \boxed{\angle STQ = \angle BTC}:\left( 1 \right)$ .

Από το δισορθογώνιο τραπέζιο $ABQT\left( {AB\parallel TQ} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{S\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,BQ} \angle STQ = \angle BTC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\angle BTS = \angle SAB\mathop \Rightarrow \limits^{TA \bot AB} \boxed{SA \bot TB}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 4:15 am**

KARKAR έγραψε:Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

: 1.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 1854 φορές

Έστω το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την και ας είναι η ορθή προβολή του πάνω στην .

Τότε με $\left( {CB} \right) = \left( {BS} \right) = a\mathop \Rightarrow \limits^{SQ\parallel TC} SQCT$ παραλληλόγραμμο οπότε: $\boxed{\left( {BT} \right) = \left( {BQ} \right)}:\left( 1 \right)$ και $\boxed{\left( {CQ} \right) = \left( {TS} \right)}:\left( 2 \right)$ καθώς και $AA' \bot QS$ , με $A' \equiv AB \cap SQ$ .

Με $\angle TCK = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle CKT = {{90}^0}} 2{\left( {CK} \right)^2} = {\left( {CT} \right)^2} = 9{b^2}\mathop \Rightarrow \limits^{2{b^2} = {a^2}}$ ${\left( {CK} \right)^2} = \dfrac{{9{a^2}}}{4} \Rightarrow \left( {CK} \right) = \dfrac{{3a}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {CB} \right) = a} \left( {BK} \right) = \dfrac{a}{2}\mathop = \limits^{\left( {BS} \right) = a} \left( {KS} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{TK \bot BS}$

$\left( {TS} \right) = \left( {TB} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \left( {QB} \right) = \left( {QC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AC} \right) = \left( {AB} \right) = b} QCAB$ "χαρταετός" οπότε $QA \bot BC \Rightarrow SS' \bot QA\mathop \Rightarrow \limits^{AA' \bot SQ} B$

το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ASQ \Rightarrow QB \bot AS\mathop \Rightarrow \limits^{Q,B,T\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } \boxed{TB \bot AS}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Y.S.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 4:35 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Επίκτητη καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Θεωρούμε την $\displaystyle{SE \bot CT}$ και την παράλληλη από το $\displaystyle{S}$ στην $\displaystyle{CT}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{F}$ .Τότε, $\displaystyle{CA = AE = ET = FS = b}$ και προφανώς το $\displaystyle{FSTC}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Άρα $\displaystyle{\angle KTC = \angle KCT = \angle KSF = \angle KFS = \angle FBS = {45^0}}$ και $\displaystyle{FT}$ μεσοκάθετος της $\displaystyle{BS}$ .
Έτσι στο τρίγωνο $\displaystyle{FTC}$ ,τα $\displaystyle{FA,CK}$ ύψη ,άρα και $\displaystyle{TB \bot FC}$ κι επειδή το $\displaystyle{FSAC}$ παραλ/μμο( $\displaystyle{FS = //AC}$ ) θα είναι και $\displaystyle{\boxed{AS \bot BT}}$

Υ.Σ Καιρός για ύπνο...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 17, 2013 8:22 am**

KARKAR έγραψε:
Επίκτητη καθετότητα.png
Στο ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , προεκτείναμε την υποτείνουσα κατά ίσο της

τμήμα και την κάθετη πλευρά κατά διπλάσιό της τμήμα . Δείξτε ότι : $SA \perp BT$

Καλημέρα.
Με νόμο συνημιτόνων και νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο SAC

έχουμε

$\begin{gathered} a = b\sqrt 2 \hfill \\ S{A^2} = {b^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \cdot b \cdot 2a \cdot \eta \mu 45^\circ \Leftrightarrow \hfill \\ S{A^2} = {b^2} + {\left( {2b\sqrt 2 } \right)^2} - 2 \cdot b \cdot 2b\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \hfill \\ S{A^2} = \left( {1 + 8 - 4} \right){b^2} \Leftrightarrow SA = b\sqrt 5 \hfill \\ \hfill \\ \frac{{SA}}{{\eta \mu 45^\circ }} = \frac{{2a}}{{\eta \mu \left( {90^\circ + BAS} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{b\sqrt 5 }}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{2b\sqrt 2 }}{{\sigma \upsilon \nu BAS}} \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu BAS = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \sigma \upsilon \nu T = \frac{{2b}}{{BT}} = \frac{{2b}}{{\sqrt {{b^2} + {{\left( {2b} \right)}^2}} }} = \frac{{2b}}{{b\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \angle BAS = \angle T \hfill \\ \angle T + \angle ABT = 90^\circ \Leftrightarrow \angle BAS + \angle ABT = 90^\circ \hfill \\ \hfill \\ SA \bot BT \hfill \\ \end{gathered}$