Τραπέζιο - Τετράγωνα

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #1

ΑΣΚΗΣΗ
Στο εξωτερικό ενός τραπεζίου ΑΒCD ( AB // CD ) θεωρούμε τα τετράγωνα BCEF και ADHG . Αν Κ το μέσο του ΗΕ και L τo μέσο του DC , να δείξετε ότι KL κάθετη στη DC .

: 2.png (28.59 KiB) Προβλήθηκε 724 φορές

chris · #2

Φερουμε τα κάθετα τμήματα προς την

εκ των σημείων H,A,B,E

που τέμνουν την ευθεία

στα σημεία H{'},A{'},B{'},E{'}

αντίστοιχα.
Θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε οτι το

είναι το μέσο του τμήματος H{'}E{'}

.

Πράγματι τα τρίγωνα $\triangle{HDH{'}},\triangle{DAA{'}}$ και $\triangle{CEE{'}},\triangle{CBB{'}}$ είναι ίσα και επομένως
DH{'}=AA{'}=BB{'}=CE{'}

οπότε:

και συνεπώς η

είναι διάμεσος του τραπεζίου HH{'}EE{'}

και επομένως παράλληλη στις βάσεις και κάθετη στην

.

: Τετραγωνα εξωτερικα Τραπεζίου.png (32.63 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές

#3

Μόλις με πρόλαβε ο Χρήστος για 1min αλλά ας μείνει. Θα επανέλθω με διαφορέτικό τρόπο λύσης
Θεωρούμε τις προβολές $\displaystyle{ A',B',E',H' }$ των σημείων $\displaystyle{ A,B,E,H }$ στην ευθεία $\displaystyle{ DC }$ . Τότε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle DH'H \hfill \\ \vartriangle AA'D \hfill \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} \widehat{DH'H} = \widehat{DA'A} = 90^0 \\ DH = DA(\tau \varepsilon \tau \rho \gamma \omega \nu o) \\ \widehat{HDH'} = \widehat{DAA'}(o\xi - \kappa \alpha \theta - \pi \lambda ) \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle DH'H = \vartriangle AA'D \Rightarrow \boxed{DH' = AA'}:\left( 1 \right) }$

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \vartriangle CE'E = \vartriangle BB'C \Rightarrow \boxed{CH' = BB'}:\left( 2 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ AB//DC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AA' \bot DC,BB' \bot DC} \right) \Rightarrow AA'//BB'} ABB'A' }$ παραλληλόγραμμο οπότε:

$\displaystyle{ AA' = BB'\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} DH' = CE'\mathop \Rightarrow \limits^{DL = CL(\upsilon \pi o\theta )} DH' + DL = CE' + LC \Rightarrow \boxed{LH' = LE'}:\left( 3 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ HH' \bot DC,EE' \bot DC }$ (από κατασκευής) το τετράπλευρο $\displaystyle{ HH'E'E }$ είναι «τραπέζιο» (μπορεί και ορθογώνιο αν το αρχικό τραπέζιο είναι ισοσκελές αλλά αυτό δεν επηρεάζει τη λύση)

και επειδή $\displaystyle{ K,L }$ τα μέσα των «μη παραλλήλων» πλευρών η $\displaystyle{ KL }$ θα είναι η διάμεσός του οπότε $\displaystyle{ KL//EE'//HH'\mathop \Rightarrow \limits^{EE' \bot DC \bot HH'} \boxed{KL \bot DC} }$

Στάθης

#4

Και επειδή μου αρέσει (όταν βέβαια μπορώ) να κρατάω τις υποσχέσεις μου ας δώσω και τη δεύτερη λύση

Θεωρούμε $\displaystyle{ D' }$ το συμμετρικό του $\displaystyle{ D }$ ως προς το μέσο $\displaystyle{ K }$ της $\displaystyle{ HE }$ και έστω $\displaystyle{ \boxed{BB'//AD}:\left( 1 \right),\left( {B' \in DC} \right) }$ . Επειδή $\displaystyle{ AB//DC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} ABB'D }$ παραλληλόγραμμο οπότε: $\displaystyle{ \boxed{BB'\mathop = \limits^{//} AD}:\left( 2 \right) }$ .

Το τετράπλευρο $\displaystyle{ HDED' }$ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του $\displaystyle{ DD',HE }$ διχοτομούνται…)

Έτσι: $\displaystyle{ ED'\mathop = \limits^{//} HD\mathop \Rightarrow \limits^{HD \bot AD} ED'\mathop = \limits^ \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):AD\mathop = \limits^{//} BB'} \boxed{ED'\mathop = \limits^ \bot BB'}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{EC\mathop = \limits^ \bot BC}:\left( 4 \right) }$

Από τις $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 4 \right) }$ και με δεδομένο ότι: $\displaystyle{ \widehat{B'BC}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma } \widehat{CED'} }$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle BB'C,\vartriangle ED'C }$ είναι ίσα (Π – Γ – Π) οπότε

$\displaystyle{ \widehat{BCB'} = \widehat{ECD'} = \hat \omega \Rightarrow \widehat{BCB'} + \widehat{D'CB} = \widehat{ECD'} + \widehat{D'CB} \Rightarrow \boxed{\widehat{D'CB'} = \widehat{BCE} = 90^0 } }$ άρα το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle DCD' }$ είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{ C }$ και

επειδή $\displaystyle{ CK }$ είναι η διάμεσός του προς την υποτείνουσα (αφού από κατασκευής είναι $\displaystyle{ K }$ το μέσο της $\displaystyle{ DD' }$ ) θα ισχύει: $\displaystyle{ CK = \frac{{DK}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{K(\tau o\;\mu \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;DD')} CK = KD \Rightarrow \vartriangle DKC }$ είναι ισοσκελές και επειδή $\displaystyle{ KL }$ είναι διάμεσός του (από την υπόθεση) θα είναι και ύψος άρα $\displaystyle{ \boxed{KL \bot DC} }$ (ή πιό εύκολα στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle DD'C }$ το τμήμα $\displaystyle{ KL }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του άρα είναι $\displaystyle{ KL//D'C\mathop \Rightarrow \limits^{D'C \bot DC} \boxed{KL \bot DC} }$ )

Φιλικά
Στάθης

Τραπέζιο - Τετράγωνα

Τραπέζιο - Τετράγωνα

Re: Τραπέζιο - Τετράγωνα

Re: Τραπέζιο - Τετράγωνα

Re: Τραπέζιο - Τετράγωνα

Μέλη σε σύνδεση