Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

#1

Μια πρώτη άσκηση για προθέρμανση !

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC ( AB=AC)

και τα σημεία D,E

των πλευρών AB,AC

αντίστοιχα, ώστε AD=CE

.

Αν

είναι το μέσο του

και

το μέσο του

, να αποδειχθεί ότι $MN\perp BC$ .

: 2014-1-28,mathematica.PNG (11.23 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

Μπάμπης

#2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Μια πρώτη άσκηση για προθέρμανση !

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο και τα σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε .

Αν είναι το μέσο του και το μέσο του , να αποδειχθεί ότι $MN\perp BC$ .

Το συνημμένο 2014-1-28,mathematica.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Μπάμπης

Καλησπέρα ή... καλημέρα Μπάμπη.

: Me stoxo.png (21.95 KiB) Προβλήθηκε 652 φορές

Προεκτείνουμε την

προς το

κατά $AT = CE \Rightarrow AT = AD$ .
Στο ισοσκελές τρίγωνο ATD

, με κορυφή το

, οι παρά τη βάση γωνίες του είναι $\widehat \omega$ κάθε μια καθώς και η $B\widehat DK$ ως κατακορυφήν με την $A\widehat DT$ .και $B\widehat AC = 2\widehat \omega$ , ως εξωτερική στο τρίγωνο ADT

Ας πούμε και τις κάθε μια παρά την βάση του αρχικού ισοσκελούς τριγώνου ABC

με $\widehat \phi$ . Από το τρίγωνο ABC

έχουμε $\widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^0} \Rightarrow 2\widehat \omega + 2\widehat \phi = {180^0} \Rightarrow \boxed{\widehat \omega + \widehat \phi = {{90}^0}}$ . Δηλαδή $\boxed{TD \bot BC}$ .
Όμως στο τρίγωνο TDC

το

συνδέει τα μέσα των πλευρών του CT,CD

και άρα $\boxed{NM//TD}$ . Ε μα τότε και $NM \bot BC$ .

Φιλικά Νίκος
Σημ.
Σήμερα σε τρία τμήματα Α Λυκείου, στο Λύκειο που εργάζομαι, έγινε συζήτηση για την άσκηση του σχολικού βιβλίου :
1 Σύνθετα σελίδας .
Με μια ελαφρά μετατροπή προέκυψε η παραπάνω ωραία άσκηση από τον Μπάμπη.
Ευχαριστούμε τον Μπάμπη που μας την χάρισε.

Ιστοσελίδα · #3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Μια πρώτη άσκηση για προθέρμανση !

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο και τα σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε .

Αν είναι το μέσο του και το μέσο του , να αποδειχθεί ότι $MN\perp BC$ .

Μπάμπης

Καλημέρα στους φίλους Μπάμπη και Νίκο.

: Με-στόχο-τον-Αρχιμήδη-Νέων---Γεωμετρία.png (28.18 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές

Φέρουμε το ύψος-διχοτόμο-διάμεσο

. Είναι $MK\parallel AB \Rightarrow M\widehat KA = B\widehat AK = K\widehat AN$ και $MK = \dfrac{{BD}}{2} = AN$ .

Το ANMK

είναι ισοσκελές τραπέζιο (προκύπτει από $\triangleleft KAN\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft AKM$ και το ANMK

είναι εγγράψιμο, μια που η

φαίνεται υπό τις ίσες γωνίες $A\widehat NK,\,A\widehat MK$ ), συνεπώς $MN\parallel AK \bot BC$ .

ArgirisM · #4

Μία ακόμη λύση για αυτή την απλή, αλλά όμορφη άσκηση. Από τα A, N, E

φέρουμε κάθετες στην πλευρά

. Το τετράπλευρο AEZH

είναι τραπέζιο, με το

να είναι μέσον της πλευρά

. Αρκεί να δείξουμε πως το

είναι μέσον του

. Αφού όμως

είναι το μέσον της

, αρκεί, ισοδύναμα, να δείξουμε πως DH = CZ

. Θα δείξουμε πρώτα πως τα ορθογώνια τρίγωνα CEE'

και

είναι ίσα ( D':

η προβολή του

στην

). Αυτό προκύπτει εύκολα αφού AD = CE

και $\hat{CEE'} = 90^0 - \hat{C} = 90^0 - \hat{B} = \hat{DAD'}$ . Άρα DD' = CE'

. Επίσης, συγκρίνοντας τα ορθογώνια τρίγωνα HDD'

και

προκύπτει ότι DH = CZ

(οι κίτρινες γωνίες στο σχήμα είναι ίσες, λόγω των παραλληλιών). Έτσι το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σημ.: Δεν μπορούμε να δουλέψουμε με τα τρίγωνα ADH, CEZ

, καθώς αυτά αποτελούν την γνωστή αμφίβολη περίπτωση ισότητας τριγώνων (δύο αντίστοιχες πλευρές ίσες και μία γωνία, που όμως δεν είναι περιεχομένη αυτών).
Σημ.2: Ένα επιπρόσθετο ερώτημα θα μπορούσε να είναι η συνευθειακότητα των D', M, E

, η οποία προκύπτει άμεσα από το παραλληλόγραμμο DD'CE

.
Σημ.3: Θα ήταν ενδιαφέρον να βλέπαμε και ορισμένες προσεγγίσεις από τη μεριά των μαθητών του γυμνασίου...
Σημ.4: Θα μπορούσε να γίνει κάτι ανάλογο και στο φάκελο του λυκείου;

Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

Re: Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

Re: Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

Re: Με στόχο τον Αρχιμήδη Νέων - Γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση