Καθετότητα από το πουθενά

KARKAR · #1

Σημείο

βρίσκεται στην πλευρά

, του τετραγώνου OABC

. Οι

,

τέμνουν τις προεκτάσεις των

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα .

Η

τέμνει την

στο

. Δείξτε ότι : $AT \perp CQ$

#2

Έστω

και $\displaystyle{O(0,0),A(a,0),C(0,a), B(a,a), S(a,b)}$ .

Τότε η ευθεία

έχει εξίσωση: $\displaystyle{y=\frac{b}{a}x}$ , ενώ η

έχει εξίσωση y=a

.

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών $\displaystyle{OS,BC}$ βρίσκουμε τις συντεταγμένες του

, όπου $\displaystyle{P\left (\frac{a^2}{b},0 \right)}$ .

Eπίσης η ευθεία

έχει εξίσωση: $\displaystyle{y-a=\frac{a-b}{0-a}(x-0) \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow y=\frac{b-a}{a}x+a}$ ,
ενώ η

έχει εξίσωση y=0

.

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών $\displaystyle{CS,OA}$ βρίσκουμε τις συντεταγμένες του

, όπου $\displaystyle{Q\left (\frac{a^2}{a-b},0 \right)}$ .

Eπίσης η ευθεία

έχει εξίσωση: $\displaystyle{y-a=\frac{a-0}{a-\frac{a^2}{a-b}}(x-a) \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow y=\frac{b-a}{b}x+\frac{a^2}{b}}$ .

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών $\displaystyle{BQ,O}S$ βρίσκουμε τις συντεταγμένες του

, όπου $\displaystyle{T\left (\frac{a^3}{a^2-ab+b^2},\frac{ba^2}{a^2-ab+b^2} \right)}$ .

Συνεπώς:

$\displaystyle{\lambda_{CQ}=\frac{a-0}{0-\frac{a^2}{a-b}}=\ldots=\frac{b-a}{a}}$

και

$\displaystyle{\lambda_{AT}=\frac{0-\frac{ba^2}{a^2-ab+b^2}}{a-\frac{a^3}{a^2-ab+b^2}}=\ldots=\frac{a}{a-b}}$ ,

δηλαδή $\displaystyle{ \lambda_{CQ}\lambda_{AT}=-1}$ , από το οποίο παίρνουμε το ζητούμενο.

#3

KARKAR έγραψε:Σημείο βρίσκεται στην πλευρά , του τετραγώνου . Οι ,

τέμνουν τις προεκτάσεις των και στα σημεία και αντίστοιχα .

Η τέμνει την στο . Δείξτε ότι : $AT \perp CQ$

Σε μια προσπάθεια «να της αλλάξω φάκελο» …

: 10.png (27.77 KiB) Προβλήθηκε 1395 φορές

Έστω $\displaystyle{ L \equiv AT \cap BC }$ τότε από $\displaystyle{ CP//OQ \Rightarrow \frac{{PB}} {{OQ}} = \frac{{BL}} {{AQ}} \Rightarrow \frac{{PB}} {{BL}} = \frac{{OQ}} {{AQ}}\mathop \Rightarrow \limits^{SA//CO \Rightarrow \vartriangle OCQ \sim \vartriangle ASQ \Rightarrow \frac{{OQ}} {{AQ}} = \frac{{OC}} {{SA}}} }$

$\displaystyle{ \frac{{PB}} {{BL}} = \frac{{OC}} {{SA}}\mathop \Rightarrow \limits^{OC = OA} \frac{{PB}} {{BL}} = \frac{{OA}} {{SA}}\mathop \Rightarrow \limits^{OA//BP \Rightarrow \vartriangle SOA \sim \vartriangle SBP \Rightarrow \frac{{OA}} {{SA}} = \frac{{BP}} {{SB}}} \frac{{PB}} {{BL}} = \frac{{BP}} {{SB}} \Rightarrow BL = SB\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{SBL} = 90^0 } \vartriangle SBL }$ ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε

$\displaystyle{ \widehat{BLS} = 45^0 = \widehat{CBO} \Rightarrow SL//OB\mathop \Rightarrow \limits^{OB \bot AC} LS \bot AC\mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot CL} S }$ το ορθόκεντρο

του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ACL \Rightarrow \boxed{CQ \bot AL} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Ας μου επιτρέψει ο Θανάσης να θέσω δύο ακόμα "ενδιαφέροντα νομίζω" αποτελέσματα που προκύπτουν από το παραπάνω θέμα

Αν $\displaystyle{ F \equiv CQ \cap AT }$ και $\displaystyle{ N \equiv OF \cap CB }$ τότε:

1) Να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{ AC,SL,OF }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο και

2) Το $\displaystyle{ P }$ είναι το μέσο του τμήματος $\displaystyle{ BN }$

Φιλικά
Στάθης

KARKAR · #4

Για το αρχικό ερώτημα της άσκησης , θα βρείτε δύο ακόμη απαντήσεις στην άσκηση του Μπάμπη Στεργίου εκεί .

Εκεί θα βρείτε και μιαν απάντηση στα ερωτήματα του Στάθη , από τον Κώστα Βήττα , η οποία στηρίζεται

σε "προχωρημένη" ύλη , ( και ατυχώς δεν έχει σχήμα ! ) . Αναμένεται ( πιθανή ) στοιχειωδέστερη λύση , εν ανάγκη

από τον κατασκευαστή των ερωτημάτων

#5

KARKAR έγραψε:Για το αρχικό ερώτημα της άσκησης , θα βρείτε δύο ακόμη απαντήσεις στην άσκηση του Μπάμπη Στεργίου εκεί .

Εκεί θα βρείτε και μιαν απάντηση στα ερωτήματα του Στάθη , από τον Κώστα Βήττα , η οποία στηρίζεται

σε "προχωρημένη" ύλη , ( και ατυχώς δεν έχει σχήμα ! ) . Αναμένεται ( πιθανή ) στοιχειωδέστερη λύση , εν ανάγκη

από τον κατασκευαστή των ερωτημάτων

Παρότι "απέχω" αυτό το διάστημα από το για προσωπικούς λόγους δεν μπορώ να αρνηθώ τη συμμετοχή μου στην πρόσκληση του Θανάση
που τόσα μας έχει προσφέρει στο forum και τον ευχαριστώ ακόμα μια φορά

Θα κάνω μια προσπάθεια για "στοιχειωδέστερη" (όπως λέει και ο Θανάσης) λύση του θέματος.

Ας δείξουμε πρώτα ένα λήμμα που θα μας βοηθήσει στην απόδειξη του 2) ερωτήματος που έχω θέσει πιο πάνω:

Θα χρησιμοποιήσω τα γράμματα που θα επακολουθήσουν στη λύση ...

Λήμμα: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle SFA\,\,\left( {\hat A = 90^0 } \right) }$ και έστω $\displaystyle{ FJ,FB }$ η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: $\displaystyle{ \frac{{BJ}} {{JA}} = 2\frac{{SB}} {{SA}} }$

: Λήμμα.png (26.29 KiB) Προβλήθηκε 1196 φορές

Απόδειξη

Θεωρούμε την $\displaystyle{ \boxed{JW\parallel FA}:\left( 1 \right) }$ και έστω $\displaystyle{ X \equiv JQ \cap SF }$ τότε επειδή $\displaystyle{ SF \bot FA\mathop \Rightarrow \limits^{JW\parallel FA} JW \bot SF }$ και με $\displaystyle{ \widehat{WFS} = \widehat{SFJ} = 45^0 \Rightarrow \vartriangle WFJ }$ ισοσκελές

( $\displaystyle{ FX }$ ύψος και διχοτόμος) άρα $\displaystyle{ FS }$ μεσοκάθετη της

$\displaystyle{ WJ \Rightarrow SW = SJ \Rightarrow \widehat{WSB} = 2 \cdot \widehat{WJS}\mathop \Rightarrow \limits^{JW\parallel FA\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha )} \widehat{WSB} = 2 \cdot \hat A }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{O \to \mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau o\upsilon \,\,SA \to \vartriangle OFA\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \widehat{WSB} = \widehat{FOS} \Rightarrow \boxed{SW\parallel OF}:\left( 2 \right) }$

Από $\displaystyle{ JW\parallel FA\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\frac{{BJ}} {{JA}} = \frac{{BW}} {{WF}}}:\left( 3 \right) }$ και από $\displaystyle{ SW\parallel OF\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\frac{{BS}} {{SO}} = \frac{{BW}} {{WF}}}:\left( 4 \right) }$

Τέλος από $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \frac{{BJ}} {{JA}} = \frac{{BS}} {{SO}}\mathop \Rightarrow \limits^{SO = \frac{{SA}} {2}} \frac{{BJ}} {{JA}} = \frac{{BS}} {{\frac{{SA}} {2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{BJ}} {{JA}} = 2\frac{{BS}} {{SA}}} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

Υ.Σ. Οσονούπω η απόδειξη των ερωτημάτων

#6

$\displaystyle{ \bullet }$ Στο αρχικό θέμα έχουμε δείξει (πιο πάνω – πριν το Λήμμα) ότι $\displaystyle{ CQ \bot AL }$ τότε επειδή από το τετράγωνο είναι: $\displaystyle{ AB \bot CL }$ το σημείο $\displaystyle{ S \equiv CQ \cap AB }$

θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ACL }$ (σημείο τομής δύο υψών του) οπότε είναι και $\displaystyle{ \boxed{SL \bot AC}:\left( 1 \right) }$ ( $\displaystyle{ SL }$ η ευθεία του τρίτου ύψους του)

$\displaystyle{ \bullet }$ Έστω $\displaystyle{ M \equiv AC \cap ON }$ . Επειδή $\displaystyle{ \widehat{SFL} = 90^0 = \widehat{SBL} \Rightarrow FSBL }$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{BFS} = \widehat{BLS}\mathop = \limits^{\tau o\,\,\delta \varepsilon \iota \xi \alpha \mu \varepsilon \,\,\sigma \tau o\,\,\alpha \rho \chi \iota \kappa o\,\,\theta \varepsilon \mu \alpha } 45^0 }:\left( 2 \right) }$

$\displaystyle{ \bullet }$ Επίσης $\displaystyle{ CQ \bot AL \Rightarrow \widehat{CFA} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\hat O = 90^0 \,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} CFAO }$ εγγράψιμο σε κύκλο άρα τα σημεία $\displaystyle{ O,A,F,B,C }$ είναι ομοκυκλικά, οπότε:

$\displaystyle{ \widehat{CFO}\mathop = \limits^{F,A\,\,\beta \lambda \varepsilon \pi o\upsilon \nu \,\,\tau \eta \nu \,\,\iota \delta \iota \alpha \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \alpha \,\,OC} \widehat{CAO} = 45^0 \Rightarrow AFSM }$ εγγράψιμο σε κύκλο άρα:

$\displaystyle{ \widehat{SMA} + \widehat{SFA} = 180^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{SFA} = 90^0 \,\left( {SF \bot AF} \right)} \widehat{SMA} = 90^0 \Rightarrow SM \bot AC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right) & :SL \bot AC} SL\parallel SM \Rightarrow L,S,M }$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

[attachment=0]1.png[/attachment]
$\displaystyle{ \bullet }$ Από $\displaystyle{ BP\parallel OA \Rightarrow \vartriangle SBL \sim \vartriangle OSA \Rightarrow \boxed{\frac{{PB}} {{OA}} = \frac{{SB}} {{SA}}}:\left( 3 \right) }$ . Επίσης αν $\displaystyle{ J \equiv ON \cap AB }$ από $\displaystyle{ BN\parallel OA \Rightarrow \vartriangle NBJ \sim \vartriangle OAJ \Rightarrow \boxed{\frac{{NB}} {{OA}} = \frac{{BJ}} {{JA}}}:\left( 4 \right) }$

Με βάσει το λήμμα που δείξαμε πιο πάνω για το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle SFA\,\,\left( {\widehat{SFA} = 90^0 } \right) }$ με εσωτερική και εξωτερική διχοτόμο τις $\displaystyle{ FJ,FB }$ αντίστοιχα ισχύει:

$\displaystyle{ \frac{{BJ}} {{JA}} = 2\frac{{SB}} {{SA}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right)} \frac{{NB}} {{OA}} = 2\frac{{PB}} {{OA}} \Rightarrow NB = 2PB \Rightarrow \ldots \boxed{NP = PB} }$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Ας μου επιτραπεί ένα επιπλέον ερώτημα στο πιο πάνω σχήμα: Οι ευθείες $\displaystyle{ KT,BF,LS }$ τέμνονται στο ίδιο σημείο

Καθετότητα από το πουθενά

Καθετότητα από το πουθενά

Re: Καθετότητα από το πουθενά

Re: Καθετότητα από το πουθενά

Re: Καθετότητα από το πουθενά

Re: Καθετότητα από το πουθενά

Re: Καθετότητα από το πουθενά

Μέλη σε σύνδεση