mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 11:59 am**

Χαιρετώ.

: Η μια φέρνει την άλλη.PNG (11.19 KiB) Προβλήθηκε 1894 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι AC=4AB

, η

διάμεσος και $P \in BC$ ώστε PC=8BP

.

Να εξεταστεί αν οι AP, BM

είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 1:43 pm**

Γιώργο καλησπέρα,

Φέρνουμε από το

κάθετη προς την

που τέμνει την

έστω στο

.

$\bigtriangleup ABP\sim \bigtriangleup EPD\Rightarrow \dfrac{DE}{AB}=\dfrac{PD}{PB}=3.5\Rightarrow EM=4c$

Αρα $\bigtriangleup ABM\sim \bigtriangleup AME\Rightarrow \angle AMB=\angle AEM\Rightarrow AE,BM$ κάθετες

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 2:00 pm**

Γειά σας !
Θέτω AB=x

, οπότε

και έστω

η τομή των

και

.

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο BMC

με διατέμνουσα την $\overline{ATP}$
, έχω $\dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{AC}{AM}\cdot \dfrac{TM}{TB}=1\Leftrightarrow \dfrac{1}{8}\cdot 2\cdot \dfrac{TM}{TB}=1\Leftrightarrow \dfrac{TM}{TB}=4$
Τώρα είναι $\dfrac{AM^{2}}{AB^{2}}=\dfrac{4x^{2}}{x^{2}}=4=\dfrac{TM}{BT}\Leftrightarrow AP\perp BM$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 3:24 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Παρ Ιούλ 12, 2019 11:59 am Χαιρετώ.
Η μια φέρνει την άλλη.PNG
Στο ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι , η διάμεσος και $P \in BC$ ώστε .

Να εξεταστεί αν οι είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Αν

είναι οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα , τότε από $PK\parallel AC\Rightarrow \dfrac{AK}{AB}=\dfrac{PC}{BC}=\dfrac{8}{9}\Rightarrow AK=\dfrac{8}{9}AB:\left( 1 \right)$ και από $PL\parallel AB\Rightarrow \dfrac{AL}{AC}=\dfrac{PB}{BC}=\dfrac{1}{9}\Rightarrow AL=\dfrac{2}{9}AM=\dfrac{4}{9}AB:(2)$ :

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AK}{AL}=2=\dfrac{AM}{AB}\overset{Koutras\,\,Theorem}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP\bot BM$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 4:36 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Παρ Ιούλ 12, 2019 11:59 am Χαιρετώ.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι , η διάμεσος και $P \in BC$ ώστε .

Να εξεταστεί αν οι είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

: shape.png (18.12 KiB) Προβλήθηκε 1811 φορές

Από το

φέρω παράλληλη στην

, που τέμνει την

στο

Από Θαλή και αντίστροφο Πυθαγορείου στο $\triangleleft DBM$ το ζητούμενο επιβεβαιώνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 5:34 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Παρ Ιούλ 12, 2019 11:59 am Χαιρετώ.
Η μια φέρνει την άλλη.PNG
Στο ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι , η διάμεσος και $P \in BC$ ώστε .

Να εξεταστεί αν οι είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

Έστω BP=x

και

το μέσο του PC.

Προφανώς

Αρκεί να δείξω ότι $B\widehat MN=90^\circ.$

: Η μία... η άλλη.png (10.09 KiB) Προβλήθηκε 1795 φορές

Με Π. Θ στα τρίγωνα ABC, ABM

βρίσκω $\boxed{{x^2} = \frac{{17{c^2}}}{{81}}}$ και $\boxed{B{M^2} = 5{c^2}}$

Είναι ακόμα $\displaystyle \cos C = \frac{{4c}}{{9x}}$ και με νόμο συνημιτόνων στο MNC,

$\boxed{M{N^2} = \frac{{20{c^2}}}{{81}}}$

Τέλος, με αντίστροφο του Πυθαγορείου στο BMN

προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 12, 2019 8:05 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Παρ Ιούλ 12, 2019 11:59 am Χαιρετώ.
Η μια φέρνει την άλλη.PNG
Στο ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι , η διάμεσος και $P \in BC$ ώστε .

Να εξεταστεί αν οι είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Από το Π.Θ στο $ABC ,a^{2}=17c^{2}$ ,
$AM^{2}+BP^{2}=4c^{2}+\dfrac{1}{81}.a^{2}=c^{2}.\dfrac{341}{81},(1),$ ,

θεώρημα διαμέσου στο τρίγωνο $APC,AP^{2}+PC^{2}=2PM^{2}+8c^{2}\Leftrightarrow 2PM^{2}=AP^{2}+\dfrac{64}{81}.a^{2}-8c^{2},(*),$

Θεώρημα

$Stweart ,ABC,AP^{2}=\dfrac{80}{81}.c^{2},(**), (*),(**)\Rightarrow PM^{2}=\dfrac{260}{81}.c^{2}, c^{2}+PM^{2}=\dfrac{341}{81}.c^{2},(2), (1),(2)\Rightarrow AB^{2}+PM^{2}=AM^{2}+BP^{2}\Rightarrow AP\perp BM$

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 13, 2019 12:03 pm**

Χαίρετε. Αλέξανδρε,Θεοδόση,Στάθη,Μιχάλη,Γιώργο και Γιάννη σας ευχαριστώ για τις ωραίες και ποικίλες λύσεις σας!
Ας δούμε και μια γενίκευση του θέματος.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι tanB=x

, η

διάμεσος και $P \in BC$ ώστε PC=yBP

.

Να εκφραστεί το

, ως συνάρτηση του

ώστε να είναι $AP \perp BM$ .

Και μια εφαρμογή : Αν είναι $tanB=\dfrac{4}{3}$ και $OP=\dfrac{5}{8} cm$ , όπου

το μέσον της

Να βρεθεί η περίμετρος του τριγώνου ABC

.Ευχαριστώ και πάλι , Γιώργος.

: 13-7-19 Καθετότητα.PNG (8.51 KiB) Προβλήθηκε 1732 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 13, 2019 12:48 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Ιούλ 13, 2019 12:03 pm Χαίρετε. Αλέξανδρε,Θεοδόση,Στάθη,Μιχάλη,Γιώργο και Γιάννη σας ευχαριστώ για τις ωραίες και ποικίλες λύσεις σας!
Ας δούμε και μια γενίκευση του θέματος.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι , η διάμεσος και $P \in BC$ ώστε .

Να εκφραστεί το , ως συνάρτηση του ώστε να είναι $AP \perp BM$ .

Και μια εφαρμογή : Αν είναι $tanB=\dfrac{4}{3}$ και $OP=\dfrac{5}{8} cm$ , όπου το μέσον της

Να βρεθεί η περίμετρος του τριγώνου .Ευχαριστώ και πάλι , Γιώργος.
13-7-19 Καθετότητα.PNG

Καλημέρα!

Με το ίδιο σκεπτικό με πριν:

Θεώρημα Μενελάου στο $\overset{\Delta }{BMC}$ με διατέμνουσα $\overline{AEP}$ είναι $\dfrac{PC}{PB}\cdot \dfrac{EB}{EM}\cdot \dfrac{AM}{AC}=1\Leftrightarrow y\cdot \dfrac{4}{x^2}\cdot \dfrac{1}{2}=1\Leftrightarrow y=\dfrac{x^2}{2}$

Για την εφαρμογή: $x=\dfrac{4}{3}\Leftrightarrow y=\dfrac{8}{9}$
Είναι $BP+\dfrac{8}{9}BP=BC\Leftrightarrow BP=\dfrac{9}{17}BC$ , άρα $OP=\dfrac{5}{8}\Leftrightarrow BP-\dfrac{BC}{2}=\dfrac{5}{8}\Leftrightarrow BC=\dfrac{85}{4}$
Με πυθαγόρειο $AC^2+\dfrac{9}{16}AC^2=\dfrac{85}{4}\Leftrightarrow AC=17,AB=\dfrac{51}{4}$

$\pi \varepsilon \rho \iota \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma =17+\dfrac{51}{4}+\dfrac{85}{4}=51$

mathematica.gr

Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη

Re: Η μια καθετότητα φέρνει την άλλη