Μία καθετότητα που με παίδεψε.

#1

Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με διάμετρο την πλευρά του . Με βάσεις τις πλευρές $BC,\ CD,\ DA$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle QCD,\ \vartriangle SDA$ αντιστοίχως και ας είναι τα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle SDA$ προς το εξωτερικό μέρος του και το $\vartriangle QCD$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι $QT\perp PS$ , όπου $T\equiv AD\cap BC$ .

Κώστας Βήττας.

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Κώστα. Δίνω μία ιδέα "λερωμένη" με λίγη τριγωνομετρία:

Με γενικευμένο Πυθαγόρειο προκύπτει ότι $\displaystyle{ ST^2 = SD^2 + TD^2 + TD\cdot DA = SD^2 + TD\cdot TA }$ και

$\displaystyle{ PT^2 = CP^2 + TC^2 + TC \cdot CB = CP^2 + TC\cdot TB}$ . Από τον Ν. Συνημιτόνων λαμβάνουμε $\displaystyle{QS^2 = SD^2 + DQ^2 + 2SD\cdot DQ \cos {\angle B } }$

και $\displaystyle{ QP^2 = CP^2 + CQ^2 + 2CP\cdot CQ \cos {\angle A}}$ . Επίσης παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\frac{\cos \angle B}{\cos \angle A}} = \frac{BC}{AD} = \frac{CP}{SD} }$ . Συνεπώς ισχύει η ισότητα

$\displaystyle{ ST^2 - PT^2 = SD^2 - CP^2 = SD^2 - CP^2 + 2DQ(SD\cos \angle B - CP \cos \angle A) = QS^2 - QP^2,}$ δηλαδή $\displaystyle{ QT \perp PS}$ .

#3

vittasko έγραψε:Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με διάμετρο την πλευρά του . Με βάσεις τις πλευρές $BC,\ CD,\ DA$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle QCD,\ \vartriangle SDA$ αντιστοίχως και ας είναι τα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle SDA$ προς το εξωτερικό μέρος του και το $\vartriangle QCD$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι $QT\perp PS$ , όπου $T\equiv AD\cap BC$ .

Κώστας Βήττας.

Ας κάνουμε μια προσπάθεια να βγάλουμε τα "λερωμένα" (κατά Γρηγόρη) συνημίτονα , κάνοντας όμως μια μεγαλύτερη διαδρομή

$\bullet$ Εστω $V \equiv AS \cap PB$ και ας είναι τα σημεία τομής της με τις και τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα.

Εστω ότι κάθετες από το σημείο στις τέμνουν αυτές στα σημεία και τις στα σημεία αντίστοιχα. Τότε θα είναι:

$\vartriangle SAD \sim \vartriangle QDC \Rightarrow \dfrac{{SD}}{{QD}} = \dfrac{{AD}}{{CD}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle SDQ = \angle ADC = \angle SDA + \angle ADQ = \angle QDC + \angle ADQ} \vartriangle SDQ \sim \vartriangle ADS$ $\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \angle QSD = \angle ACD \hfill \\ \angle DQC = \angle DCA \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$

εγγράψιμα σε κύκλους και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και είναι επίσης εγγράψιμα σε κύκλους.

Ισχύει $\boxed{\dfrac{{QS}}{{AC}}}\mathop = \limits^{\vartriangle DSQ \sim \vartriangle DCS} \dfrac{{QD}}{{DC}}\mathop = \limits^{QD = DC} \dfrac{{QC}}{{DC}}\mathop = \limits^{\vartriangle CDB \sim \vartriangle CQP} \boxed{\dfrac{{QP}}{{BD}}}$ $\Rightarrow \boxed{\dfrac{{QS}}{{QP}} = \dfrac{{AC}}{{BD}}\mathop = \limits^{\alpha \pi o\;\varepsilon \mu \beta \alpha \delta o\nu \;\tau o\upsilon \;\vartriangle TAB} \dfrac{{TA}}{{TB}}}:\left( 1 \right)$

(Δύο ύψη τριγώνου είναι αντιστρόφως ανάλογα των πλευρών στις οποίες αντιστοιχούν (από το εμβαδόν του τριγώνου)).

Επίσης

$\left\{ \begin{gathered} \angle Z'QP\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \;\sigma \tau o\;\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\;QKCN} \angle ACN \\ \angle QPZ' \equiv NPB\mathop = \limits^{P,C,N,B\;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle NCB \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\angle Z'QP + \angle QPZ' = \angle ACN + \angle NCB$ $= \angle ACB\mathop = \limits^{\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o} {90^0}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle PQZ'} QZ' \bot VP \Rightarrow SZ'$ ύψος του τριγώνου $\vartriangle VSP$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι είναι ένα δεύτερο ύψος του άρα το ταυτίζεται

με το ορθόκεντρο του $\vartriangle VSP \Rightarrow \boxed{VQ \bot SP}:\left( 2 \right)$ .

[attachment=0]Μια καθετότητα που με παίδεψε.png[/attachment]
$\bullet$ Από το σχηματιζόμενο παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές του κάθετες στην ίδια ευθεία) προκύπτει ότι

$\angle TS'A\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \varepsilon \varsigma \;\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \;\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \;\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o\upsilon \;} \angle TP'B\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TAS = \angle TBP}$
$\vartriangle TAS' \sim \vartriangle TBP' \Rightarrow \boxed{\dfrac{{TS'}}{{TP'}} = \dfrac{{TA}}{{TB}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{QS}}{{QP}}}:\left( 3 \right)$ .

Από το εμβαδόν του παραλληλογράμμου είναι: $\left( {AS'VP'} \right) \Rightarrow TS' \cdot ZZ' = TP' \cdot FF' \Rightarrow$ $\dfrac{{TS'}}{{TP'}} = \dfrac{{FF'}}{{ZZ'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{\dfrac{{QS}}{{QP}} = \dfrac{{FF'}}{{ZZ'}}}:\left( 4 \right)$ .

Από το σχέση $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras’ Theorem προκύπτει ότι $TV \bot SP\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{TQV \equiv TQ \bot SP}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Μετά την απόδειξη ότι το είναι ορθόκεντρο του τριγώνου , το πρόβλημα θα μπορούσε να ολοκληρωθεί δείχνοντας την προοπτικότητα των τριγώνων
$\vartriangle SAE,\vartriangle PBM$ ή ίσως και κάποιος Pascal να έδειχναν τη συνευθειακότητα των αλλά αυτά τα «μονοπάτια» τα περπατάει άριστα ο Κώστας (Βήττας)

#4

Η καθετότητα ισχύει προφανώς και στην ειδική περίπτωση όπου τα P, Q, S

είναι μέσα των BC, CD, DA,

πιθανώς με ευκολότερη απόδειξη. Αναστρέφοντας, βλέπουμε ότι, στην συγκεκριμένη περίπτωση, μπορούμε να γενικεύσουμε αντικαθιστώντας τα μέσα πλευρών με κορυφές όμοιων ισοσκελών τριγώνων. Αυτό βέβαια δεν είναι γενικά δυνατόν, σκεφθείτε πχ το κλασικό αποτέλεσμα της παραλληλίας προς την βάση τριγώνου του ευθύγραμμου τμήματος που ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών: δεν μπορούμε να 'ανυψώσουμε' τα δύο αυτά μέσα σε κορυφές όμοιων ισοσκελών τριγώνων. Τι άραγε αλλάζει στο παρόν πρόβλημα (κάνοντας δυνατή την γενίκευση/'ανύψωση');

#5

gbaloglou έγραψε:Η καθετότητα ισχύει προφανώς και στην ειδική περίπτωση όπου τα είναι μέσα των πιθανώς με ευκολότερη απόδειξη. Αναστρέφοντας, βλέπουμε ότι, στην συγκεκριμένη περίπτωση, μπορούμε να γενικεύσουμε αντικαθιστώντας τα μέσα πλευρών με κορυφές όμοιων ισοσκελών τριγώνων. Αυτό βέβαια δεν είναι γενικά δυνατόν, σκεφθείτε πχ το κλασικό αποτέλεσμα της παραλληλίας προς την βάση τριγώνου του ευθύγραμμου τμήματος που ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών: δεν μπορούμε να 'ανυψώσουμε' τα δύο αυτά μέσα σε κορυφές όμοιων ισοσκελών τριγώνων. Τι άραγε αλλάζει στο παρόν πρόβλημα (κάνοντας δυνατή την γενίκευση/'ανύψωση');

Γιώργο καλησπέρα!

Ο εκφυλισμός που αναφέρεις στέλνει $SA\cap PB\equiv V\to T$ και είναι παράλληλα στα ύψη του τριγώνου $\vartriangle ABT$ (λόγω του ημικυκλίου) αφού συνδέουν μέσα δύο πλευρών , άρα είναι οι φορείς των δύο υψών του τριγώνου $\vartriangle TSP$ , συνεπώς το συνεχίζει να είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου πλέον $\vartriangle TSP$ αντί του $\vartriangle VSP$ και συνεπώς ο φορέας του τρίτου ύψους του εν λόγω τριγώνου $\vartriangle TSP$ άρα $TQ\bot SP$

Η σύνθεση του προβλήματος είναι ΕΚΠΛΗΚΤΙΚΗ!!! (Κώστας Βήττας είναι αυτός !!!) και την ευχαριστήθηκα πολύ τη λύση(Θυμίζει ένα ακόμα Big Bang)

Με εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Και μια φυσική παρατήρηση: Η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της

γύρω από το σταθερό σημείο

ταυτίζεται με την γωνιακή ταχύτητα της περιστροφής της

(κατά την ίδια φορά) στο επίπεδου του αρχικού τετραπλεύρου (διατηρώντας έτσι τη γωνία τους σταθερή (εν προκειμένου ορθή) καθώς οι κορυφές των (ισοσκελών) τριγώνων απομακρύνονται σε σταθερές διευθύνσεις (κάθετες στις τρεις πλευρές) του αρχικού τετραπλεύρου (εκτός της διαμέτρου του ημικυκλίου) με ανάλογο ρυθμό. !!!!

Θα είχε άραγε ενδιαφέρον αυτή η συμπεριφορά για τυχαία και όχι ισοσκελή τρίγωνα: Ιδωμεν !!!

#6

$\bullet$ Καλό απόγευμα σε όλους και ευχαριστώ τους εκλεκτούς φίλους Γρηγόρη, Στάθη και Γιώργο, για το ενδιαφέρον τους.

Κατά πρώτον, θα ήθελα να επισημάνω ότι η λύση του Γρηγόρη είναι εξαιρετική και δεν είναι "λερωμένη" από τίποτα. Νομίζω ότι μία σύντομη λύση είναι το ζητούμενο σε έναν διαγωνισμό όπου το άγχος και ο χρόνος πιέζουν ασφυκτικά.

Η χρήση "Ήπιας Τριγωνομετρίας" στην προσπάθεια λύσης γεωμετρικών προβλημάτων είναι καλοδεχούμενη και έχω διαπιστώσει ότι το κριτήριο καθετότητας που αφορά στην ισότητα της διαφοράς των τετραγώνων των σχετικών αποστάσεων, στις περισσότερες των περιπτώσεων συνδυάζεται αποτελεσματικά με απλές τριγωνομετρικές σχέσεις.

Μία συνθετική λύση έχει την δική της ομορφιά, αλλά πάντοτε το κομψό και σύντομο στην απόδειξη, είναι μία πρόκληση.

$\bullet$ Η ενδιαφέρουσα αυτή πρόταση προέκυψε ως ενδιάμεσο αποτέλεσμα στην ( όχι ατελέσφορη αυτή τη φορά ) προσπάθεια για λύση άλλου προβλήματος και η απόδειξη που μπόρεσα να βρω, βασίζεται επίσης στο Θεώρημα Κούτρα, αλλά με διαφορετικό τρόπο χειρισμού του, από αυτόν του Στάθη.

Θα βάλω την απόδειξη που έχω υπόψη μου ( μαζί με το αναγκαίο Λήμμα

) στην συνέχεια, αλλά ζητώ την κατανόησή σας γιατί συμβαίνουν διάφορα απρόβλεπτα τελευταία και χρειάζομαι λίγο χρόνο.

Σας ευχαριστώ και πάλι, Κώστας Βήττας.

#7

$\bullet$ Έστω το σημείο $H\equiv AC\cap BD$ , ως το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle TAB$ και έστω τα σημεία $K\equiv TA\cap HS$ και $L\equiv TB\cap HP$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle CHB,\ \vartriangle DHA$ , έχουμε $\displaystyle \frac{CH}{DH} = \frac{CB}{DA}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle SAD$ , έχουμε $\displaystyle \frac{CB}{DA} = \frac{CP}{DS}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CH}{DH} = \frac{CP}{DS}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $\angle HCP = \angle HDS$ , προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle CHP,\ \vartriangle DHS$ είναι όμοια.

Στα όμοια αυτά τρίγωνα, οι $CL,\ DK$ είναι ομόλογες ευθείες, λόγω $\angle HCL = 90^{o} = \angle HDK$ και άρα έχουμε $\displaystyle \frac{HL}{LP} = \frac{HK}{KS}\ \ \ ,(4)$

Από $(4)\Rightarrow$ $KL\parallel PS$ και επομένως, αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $QT\perp KL$ .

$\bullet$ Οι δια των σημείων $P,\ S$ , κάθετες ευθείες επί την ευθεία

, τέμνουν τις ευθείες $TB,\ TA$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε $PE = SZ\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και $SZ\parallel TH\parallel PE$ , έχουμε $\displaystyle \frac{TK}{KZ} = \frac{TH}{SZ} = \frac{TH}{PE} = \frac{TL}{LE}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TK}{TZ} = \frac{TL}{TE}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TK}{TL} = \frac{TZ}{TE}}\ \ \ ,(6)$

: Μία καθετότητα που με παίδεψε.; f=185_t=57304(a).png (52.79 KiB) Προβλήθηκε 1317 φορές

$\bullet$ Από $OB\perp PE$ και $EB\perp OP$ , έχουμε ότι το σημείο

ταυτίζεται με το ορθόκενρο του τριγώνου $\vartriangle POE$ και άρα έχουμε $PB\perp OE$

και επομένως, ισχύει $\angle OEP = \angle PBF\ \ \ ,(7)$ με $F\equiv PE\cap OB$ .

Στο τετράπλευρο OEPC

τώρα, ισχύει $\angle OCP + \angle OEP = \angle OCB + \angle BCP + \angle PBF = 180^{ο}\ \ \ ,(8)$

λόγω $\angle OCB = \angle OBC$ και $\angle BCP = \angle CBP$ και $\angle OBC + \angle CBP + \angle PBF = 180^{o}$ .

Άρα, το τετράπλευρο OEPC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (W)

και επομένως έχουμε $\angle OPC = \angle OEC\ \ \ ,(9)$

Αλλά, $\angle OPC = \angle CQM\ \ \ ,(10)$ λόγω των όμοιων ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle PBC,\ \vartriangle QDC$ , με

το μέσον του

και τα σημεία $O,\ Q,\ M$ συνευθειακά, λόγω των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle OCD,\ \vartriangle QCD$ .

Από $(9),\ (10)$ τώρα, προκύπτει ότι το τετράπλευρο OPCQ

είναι εγγράψιμο και επομένως, ο κύκλος (W)

περνάει από το σημείο

.

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι το τετράπλευρο OZSD

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (V)

, ο οποίος περνάει επίσης από το σημείο

.

$\bullet$ Από το εγγράψιμο OECQ

, έχουμε $\angle QEC = \angle QOC\ \ \ ,(11)$

Από το εγγράψιμο ABCD

έχουμε $\angle DBC = \angle MOC\equiv \angle QOC\ \ \ ,(12)$

Από $(11),\ (12)\Rightarrow$ $EQ\parallel BD$ και έστω το σημείο $X\equiv TZ\cap EQ$ .

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι $ZQ\parallel AC$ και έστω το σημείο $Y\equiv TE\cap ZQ$ .

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle XTE,\ \vartriangle YTZ$ τώρα, έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{TY}{TX} = \frac{TZ}{TE}}\ \ \ ,(13)$

Από $(6),\ (13)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TK}{TL} = \frac{TY}{TX}}\ \ \ ,(14)$

Από (14)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα, προκύπτει ότι $QT\perp KL\ \ \ ,(15)$

Από (15)

και $KL\parallel PS\Rightarrow$ $\boxed{QT\perp PS}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται ημικύκλιο με διάμετρο και έστω $C\in (O)$ μεταβλητό σημείο. Με βάση το τμήμα κατασκευάζουμε ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle PBC$ , με $\angle BPC = \angle \omega$ . Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την ευθεία , τέμνει την ευθεία στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι καθώς το σημείο μεταβάλλεται επί του , το μήκος του τμήματος παραμένει σταθερό .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#8

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται ημικύκλιο με διάμετρο και έστω $C\in (O)$ μεταβλητό σημείο. Με βάση το τμήμα κατασκευάζουμε ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle PBC$ , με $\angle BPC = 2\angle \omega$ . Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την ευθεία , τέμνει την ευθεία στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι καθώς το σημείο μεταβάλλεται επί του , το μήκος του τμήματος παραμένει σταθερό .

: Μία καθετότητα που με παίδεψε - Απόδειξη του Λήμματος.; f=185_t=57304(b).png (20.52 KiB) Προβλήθηκε 1360 φορές

Με βάση την διάμετρο

του δοσμένου ημικυκλίου (O)

, κατασκευάζουμε το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle SAB$ , με $\angle ASB = 2\angle \omega$ .

Από $OB\perp PQ$ και $QB\perp PO$ έχουμε ότι στο τρίγωνο $\vartriangle POQ$ , το σημείο

ταυτίζεται με το ορθόκεντρό του και άρα, ισχύει $PB\perp OQ\ \ \ ,(1)$

Από $\angle OPB = \angle OSB = \angle \omega$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο OBPS

είναι εγγράψιμο και επομένως, έχουμε $SP\perp PB\ \ \ ,(2)$ λόγω $SO\perp OB$ .

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $SP\parallel OQ\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $SO\parallel PQ$ , προκύπτει ότι το PQOS

είναι παραλληλόγραμμο.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι PQ = DO

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Re: Μία καθετότητα που με παίδεψε.

Μέλη σε σύνδεση