mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 17, 2019 11:57 pm**

Χαιρετώ.Μια προσπάθεια γενίκευσης πρόσφατου θέματος.

Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}=90^{0}$ . Στις προεκτάσεις των BA,BC

παίρνουμε σημεία

και

αντίστοιχα.

Ι) Αν είναι $AD=k \cdot AB$ και $CE=m \cdot BC$ τότε : Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία : $AE\perp CD \Leftrightarrow k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$

: Κριτήριο καθετοτητας.PNG (7.08 KiB) Προβλήθηκε 1580 φορές

ΙΙ) Εφαρμογή: Αν είναι CE=BC

τότε: Να εξεταστεί αν ισχύει $AE\perp CD \Leftrightarrow AD \cdot AB=2AC^{2}$

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 18, 2019 12:29 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Φεβ 17, 2019 11:57 pm Χαιρετώ.Μια προσπάθεια γενίκευσης πρόσφατου θέματος.

Θεωρούμε τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ . Στις προεκτάσεις των παίρνουμε σημεία και αντίστοιχα.

Ι) Αν είναι $AD=k \cdot AB$ και $CE=m \cdot BC$ τότε : Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία : $AE\perp CD \Leftrightarrow k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$
Κριτήριο καθετοτητας.PNG
ΙΙ) Εφαρμογή: Αν είναι τότε: Να εξεταστεί αν ισχύει $AE\perp CD \Leftrightarrow AD \cdot AB=2AC^{2}$

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Είναι προφανής η σχέση και είναι άμεση συνέπεια του περιώνυμου θεωρήματος https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... tras.shtml

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 18, 2019 11:34 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Φεβ 17, 2019 11:57 pm Χαιρετώ.Μια προσπάθεια γενίκευσης πρόσφατου θέματος.

Θεωρούμε τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ . Στις προεκτάσεις των παίρνουμε σημεία και αντίστοιχα.

Ι) Αν είναι $AD=k \cdot AB$ και $CE=m \cdot BC$ τότε : Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία : $AE\perp CD \Leftrightarrow k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$
Κριτήριο καθετοτητας.PNG
ΙΙ) Εφαρμογή: Αν είναι τότε: Να εξεταστεί αν ισχύει $AE\perp CD \Leftrightarrow AD \cdot AB=2AC^{2}$

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Φέρνω

: Κριτήριο καθετότητας.png (12.65 KiB) Προβλήθηκε 1530 φορές

α) $\displaystyle AE \bot CD \Leftrightarrow \frac{{EC}}{{EB}} = \frac{{HA}}{{BA}} \Leftrightarrow \frac{m}{{m + 1}} = \frac{{HA}}{c} \Leftrightarrow$ $\boxed{HA = \frac{{cm}}{{m + 1}}}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle \frac{{HA}}{{AD}} = \frac{{CZ}}{{ZD}} \Leftrightarrow \frac{{HA}}{{kc}} = \frac{{{b^2}}}{{{k^2}{c^2}}} \Leftrightarrow HA = \frac{{{b^2}}}{{kc}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} k = \frac{{m + 1}}{m} \cdot \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{k=\dfrac{m+1}{m}\tan^{2}B}$

β) $\displaystyle AD \cdot AB = k{c^2} = \frac{{m + 1}}{m} \cdot {b^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{m = 1}$ $\boxed{AD \cdot AB = 2A{C^2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 24, 2019 12:32 pm**

Καλημέρα. Θεωρώ ότι ο πλέον κατάλληλος για να αναφερθεί στη σχέση του παρόντος θέματος με το Stathis Koutras' Theorem
είναι ο ίδιος ο Στάθης ως κτήτωρ του αυτεπώνυμου Θεωρήματος!
Η δική μου προσέγγιση για την απόδειξη του παρόντος είναι ίδια με αυτή του Γιώργου.Ας δούμε συνοπτικά μία ακόμη:

Εκφράζουμε το $DE^{2}$ με δύο τρόπους
Ι) Με το Ν. συνημιτόνων στο τρίγωνο BED

έχουμε $DE^{2}=BD^{2}+ BE^{2}-2BD\cdot BE\cdot cosB$ και

ΙΙ) Με την συνθήκη καθετότητας $AE \perp CD \Leftrightarrow DE^{2}=AD^{2}-AC^{2}+CE^{2}$ .

Εξισώνοντας τα β' μέλη , θέτοντας BD=(k+1)c..BE=(m+1)a

και με χρήση της σχέσης $\dfrac{1}{cos^{2}B}=\dfrac{a^{2}}{b^{2}}=1+tan^{2}B$

φτάνουμε (μετά από πράξεις) στη σχέση $k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$

Η τελευταία μπορεί να γραφεί $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{BE}{CE}\cdot \dfrac{AC^{2}}{AB^{2}} \Leftrightarrow AD\cdot AB\cdot CE=BE\cdot AC^{2}$

δηλ. ισχύει $AE \perp CD\Leftrightarrow AD\cdot AB\cdot CE=BE\cdot AC^{2}$

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 24, 2019 2:27 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Φεβ 17, 2019 11:57 pm Χαιρετώ.Μια προσπάθεια γενίκευσης πρόσφατου θέματος.

Θεωρούμε τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ . Στις προεκτάσεις των παίρνουμε σημεία και αντίστοιχα.

Ι) Αν είναι $AD=k \cdot AB$ και $CE=m \cdot BC$ τότε : Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία[/b] : $AE\perp CD \Leftrightarrow k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$
Κριτήριο καθετοτητας.PNG
ΙΙ) Εφαρμογή: Αν είναι τότε: Να εξεταστεί αν ισχύει[/color][/b] $AE\perp CD \Leftrightarrow AD \cdot AB=2AC^{2}$

Ευχαριστώ , Γιώργος.

: κριτήριο καθετότητας.png (32.32 KiB) Προβλήθηκε 1320 φορές

i) Από $AE \bot CD$ σύμφωνα με το https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... tras.shtml προκύπτει ότι $\dfrac{{AB'}}{{AC'}} = \dfrac{{AD}}{{AC}}:\left( 1 \right)$ με τις ορθές προβολές του στις αντίστοιχα

Από $AB\parallel EB' \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AB'}} = \dfrac{{BC}}{{BE}} = \dfrac{a}{{a + ma}} = \dfrac{1}{{1 + m}}:\left( 2 \right)$ και από $AC\parallel EC' \Rightarrow \dfrac{{AC'}}{{AB}} = \dfrac{{CE}}{{CB}} = m:\left( 3 \right)$

Από $\left( 1 \right) \cdot \left( 2 \right) \cdot \left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{AD}}{{AC}} \cdot \dfrac{m}{{m + 1}}\mathop \Rightarrow \limits^{AD = kc = k \cdot AB}$ $\dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{k \cdot AB}}{{AC}} \cdot \dfrac{m}{{m + 1}} \Rightarrow$ $k = \dfrac{{m + 1}}{m} \cdot \dfrac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = \dfrac{{m + 1}}{m} \cdot {\tan ^2}B$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ii) Για $m = 1 \Rightarrow \ldots$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 02, 2019 11:59 am**

Καλημέρα. Σ' ευχαριστώ Στάθη για την προβολή της λύσης.
Νομίζω άξιζε τον κόπο αφού (θεωρώ ότι) έγινε φανερή η σχέση του Θ. Κούτρα με το παρόν σε περισσότερους από εμάς !
Στη συνέχεια - για εμπέδωση - υποβάλλω την αντίστροφη πορεία της λύσης του Στάθη:

: Κριτήριο καθετότητας Β.PNG (8.81 KiB) Προβλήθηκε 1223 φορές

Σχηματίζουμε το ορθογώνιο AZHE

. Αν $AE \perp CD$ θα δείξουμε ότι $k=\dfrac{m+1}{m}tan^{2}B$ .

Είναι $k=\dfrac{AD}{AB}...\dfrac{m+1}{m}=\dfrac{BE}{CE}$ και $tan^{2}B=\dfrac{AC}{AB}\cdot \dfrac{EZ}{BZ}$ . Αρκεί ν.δ.ο $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{BE}{CE}\cdot \dfrac{AC}{AB}\cdot \dfrac{EZ}{BZ}\Leftrightarrow \dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BE}{CE}\cdot \dfrac{EZ}{BZ}$

Το Θ. Κούτρα μας δίνει $\dfrac{EZ}{AZ}=\dfrac{AD}{AC}$ άρα αρκεί $\dfrac{EZ}{AZ}=\dfrac{BE}{CE}\cdot \dfrac{EZ}{BZ}\Leftrightarrow \dfrac{BZ}{AZ}=\dfrac{BE}{CE}$ που ισχύει αφού $EZ \parallel AC$

Τέλος , ειδικά στο παρόν θέμα , ας κάνουμε μια επαλήθευση του Θ. Κούτρα :

Η σχέση $\dfrac{EZ}{AZ}=\dfrac{AD}{AC}$ προκύπτει και από την ομοιότητα των τριγώνων ZAE

και

ή μ' άλλα λόγια $\displaystyle{\dfrac{EZ}{AZ}=\varepsilon \varphi \omega =\dfrac{AD}{AC}}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Κριτήριο καθετότητας

Κριτήριο καθετότητας

Re: Κριτήριο καθετότητας

Re: Κριτήριο καθετότητας

Re: Κριτήριο καθετότητας

Re: Κριτήριο καθετότητας

Re: Κριτήριο καθετότητας