Τετράγωνο και καθετότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5339
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Τετράγωνο και καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Τετ Ιούλ 17, 2019 9:48 am

Καλημέρα σε όλους !

Την παρακάτω άσκηση μου έστειλε μόλις ένας συνάδελφος, δεν την έχω κοιτάξει όμως ακόμα(ούτε με αναλυτική γεωμετρία).

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με κέντρο Ο και σημείο Ε στην προέκταση της ΒΑ(προς το Α).

Η ΕΓ τέμνει την ΑΔ στο Ζ και η ΒΖ τέμνει την ΕΟ στο Η.Να αποδειχθεί ότι η ΑΗ είναι κάθετη στην ΒΖ.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2637
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιούλ 17, 2019 11:46 am

Αν AKτο ύψος του OAE τότε υπολογίζοντας τα AK,AZ συναρτήσει των AE,AB τα τρίγωνα OAK,BAZ βγαίνουν όμοια.Ετσι το OBAHείναι εγράψιμο και το ζητούμενο προκύπτει .

Η διαδικασία των υπολογισμών είναι.
(παραλείπω τις πράξεις)
Θέτοντας AB=a,AE=x
από θεώρημα διαμέσου υπολογίζουμε το OE.
το AK το υπολογίζουμε από την σχέση OE.AK=OA.AE.\frac{\sqrt{2}}{2}
Το AZ υπολογίζεται από την \frac{AZ}{BC}=\frac{AE}{EB}
τελευταία επεξεργασία από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ σε Τετ Ιούλ 17, 2019 2:28 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5339
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Τετ Ιούλ 17, 2019 1:09 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Ιούλ 17, 2019 11:46 am
Αν AKτο ύψος του OAE τότε υπολογίζοντας τα AK,AZ συναρτήσει των AE,AB τα τρίγωνα OAK,BAZ βγαίνουν όμοια.Ετσι το OBAHείναι εγράψιμο και το ζητούμενο προκύπτει
Γεια σου Σταύρο !

Θα ακολουθήσω λίγο διαφορετικά την υπόδειξή σου :

Θέτουμε α την πλευρά, DZ=b,ZA=c. Τότε AE=(ac)/b και έτσι BE=a+(ac)/b=\frac {a^2}{b} .

Τα τρίγωνα BOE και DZB είναι όμοια ( οι περιεχόμενες γωνίες είναι 45 μοίρες) και οι λόγοι που περιέχουν τις ίσες γωνίες είναι (εύκολα)

ίσοι με \frac {a \sqrt 2}{b}.

Άρα οι γωνίες OEB(=x) και DBZ(\omega) είναι ίσες. Επομένως η γωνία ΟΗΒ είναι (ως εξωτερική) ίση με :

x+\angle HBE=\omega +\angle HBE = \angle OBE  =45=OAB.

Επομένως το τετράπλευρο AHOB είναι εγγράψιμο.

Να βρω λίγο χρόνο να γράψω τη λύση καλά σε Latex.
τελευταία επεξεργασία από Μπάμπης Στεργίου σε Κυρ Σεπ 08, 2019 6:58 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Ιούλ 17, 2019 1:13 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Τετ Ιούλ 17, 2019 9:48 am
Καλημέρα σε όλους !

Την παρακάτω άσκηση μου έστειλε μόλις ένας συνάδελφος, δεν την έχω κοιτάξει όμως ακόμα(ούτε με αναλυτική γεωμετρία).

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με κέντρο Ο και σημείο Ε στην προέκταση της ΒΑ(προς το Α).

Η ΕΓ τέμνει την ΑΔ στο Ζ και η ΒΖ τέμνει την ΕΟ στο Η.Να αποδειχθεί ότι η ΑΗ είναι κάθετη στην ΒΖ.
Τετράγωνο και καθετότητα.png
Τετράγωνο και καθετότητα.png (27.78 KiB) Προβλήθηκε 584 φορές
Έστω M\equiv EO\cap AD,F\equiv EO\cap BC,N\equiv AC\cap BZ . Προφανώς CF=AM (από ισότητα τριγώνων).
Από την κεντρική δέσμη E.ZMA και AMZ\parallel BFC θα έχουμε: \dfrac{ZM}{ZA}=\dfrac{CF}{CB}=\dfrac{AM}{BC}\Rightarrow\dfrac{ZM}{AM}=\dfrac{ZA}{CB}\overset{ZA\parallel CB}{\mathop{=}}\,\dfrac{ZN}{ZB}\Rightarrow MN\parallel AB άρα το τρίγωνο \vartriangle AMN είναι ορθογώνιο και ισοσκελές \left( AM=MN \right)
Αν L,T είναι τα σημεία τομής της εκ του H κάθετης στις παράλληλες MN,AB με αυτές αντίστοιχα, τότε προφανώς AT,HT είναι οι προβολές του AH στις AB,AZ αντίστοιχα.
Με HT\parallel BF\Rightarrow\dfrac{HT}{BF}=\dfrac{ET}{EB}\overset{MN\parallel EB}{\mathop{=}}\,\dfrac{ML}{MN}=\dfrac{AT}{AM}\Rightarrow\dfrac{HT}{AT}=\dfrac{BF}{AM}\overset{\Theta .\kappa \varepsilon \nu \tau \rho \iota \kappa \eta \varsigma \,\,\,\delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma }{\mathop{=}}\,\dfrac{BC}{AZ}\overset{BC=AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{HT}{AT}=\dfrac{AB}{AZ}:\left( 1 \right)

Από τη σχέση \left( 1 \right) σύμφωνα με το Stathis Koutras' Theorem προκύπτει ότι: AH\bot BZ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2637
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιούλ 17, 2019 1:32 pm

Αλλιώς.
Η παράλληλη από το A προς την BD τέμνει την BZστο M.

Είναι \frac{AM}{DB}=\frac{AZ}{DZ}=\frac{AE}{CD}

Ετσι \frac{AM}{\sqrt{2}AB}=\frac{AZ}{DZ}=\frac{AE}{\sqrt{2}AO}

Από πρώτη και τελευταία προκύπτει ότι τα τρίγωνα
BAM και OAE είναι όμοια.

Αρα \angle ZBA=\angle AOE

Η τελευταία δίνει ότι το OBAH εγράψιμο και άμεσα προκύπτει το ζητούμενο


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Ιούλ 17, 2019 2:07 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Τετ Ιούλ 17, 2019 9:48 am
Καλημέρα σε όλους !

Την παρακάτω άσκηση μου έστειλε μόλις ένας συνάδελφος, δεν την έχω κοιτάξει όμως ακόμα(ούτε με αναλυτική γεωμετρία).

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με κέντρο Ο και σημείο Ε στην προέκταση της ΒΑ(προς το Α).

Η ΕΓ τέμνει την ΑΔ στο Ζ και η ΒΖ τέμνει την ΕΟ στο Η.Να αποδειχθεί ότι η ΑΗ είναι κάθετη στην ΒΖ.
Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του προβλήματος στηριζόμενη σε ίσους διπλούς λόγους ...
Τετράγωνο και καθετότητα 2.png
Τετράγωνο και καθετότητα 2.png (28.49 KiB) Προβλήθηκε 562 φορές
Μετά την απόδειξη της παραλληλίας MN\parallel AB\parallel CD( που έγινε στην προηγούμενη ανάρτηση) όπου M,N τα σημεία τομής των OE,BZ με τις AD,AC αντίστοιχα έχουμε : \left( E,M,H,O \right)=\frac{EH}{MH}:\dfrac{EO}{OM}=\dfrac{EB}{MN}:\dfrac{EA}{MN}=\dfrac{EB}{EA}:\left( 1 \right) και με T\equiv BO\cap EC θα έχουμε: \left( C,E,Z,T \right)=\dfrac{CZ}{ZT}:\dfrac{CT}{TE}=\dfrac{DC}{EA}:\dfrac{DC}{EB}=\dfrac{EB}{EA}:(2)
Από \left( 1 \right),\left( 2 \right) θα είναι \left( E,M,H,O \right)=\left( C,E,Z,T \right) και συνεπώς και οι δέσμες A.EMHO και B.CEZT έχουν ίσους διπλούς λόγους και με τις AE\bot BC,AM\bot BE,AO\bot BT (τρεις ομόλογες ακτίνες τους κάθετες ) θα είναι κάθετες και οι τέταρτες ομόλογες ακτίνες τους, δηλαδή AH\bot BZ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Τετ Ιούλ 17, 2019 2:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1088
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Ιούλ 17, 2019 2:27 pm

Καλό μεσημέρι σε όλους . Όπως εκ των υστέρων βλέπω η λύση που βρήκα είναι πάνω κάτω ίδια με αυτή του Μπάμπη Την υποβάλλω κυρίως για το σχήμα
Τετράγωνο και καθετότητα.PNG
Τετράγωνο και καθετότητα.PNG (15.42 KiB) Προβλήθηκε 546 φορές
Θέτω AE=x..ZD=y. Από τα όμοια τρίγωνα AEZ,ZCD είναι
\dfrac{x}{a}=\dfrac{a-y}{y}\Leftrightarrow xy=a^{2}-ay\Leftrightarrow \left ( x+a \right )y=a^{2}\Leftrightarrow BE\cdot ZD=\left ( ABCD \right )=BD\cdot BO

\Leftrightarrow \dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BO}{ZD} ενώ και \widehat{EBO}=\widehat{BZD}=45^{0} άρα τα BEO,BZD είναι όμοια με \widehat{BEO}=\widehat{ZBD}=\theta .

Τότε \widehat{BHO}=\widehat{ABH}+\theta =45^{0}=\widehat{BAO} δηλ το BAHO εγγράψιμο και τελικά \widehat{BHA}=\widehat{BOA}=90^{0}. Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6737
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιούλ 17, 2019 6:55 pm

Ας είναι T,P τα σημεία τομής των AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC με την OE. Θεωρώ σημείο S του τμήματος AB έτσι ώστε : AS = AT. Αλλά AT = PC

( στο μη σχεδιασμένο τετράπλευρο ATCP οι διαγώνιοι διχοτομούνται άρα είναι παραλληλόγραμμο )

Έτσι θα είναι BS = BP. Θέτω: SA = AT = PC = k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SB = BP = m.

Το τρίγωνο STPείναι ορθογώνιο με λόγο καθέτων πλευρών : \boxed{\frac{{ST}}{{SP}} = \frac{{AT}}{{BP}} = \frac{k}{m}}\,\,(1)

Το ορθογώνιο τρίγωνο AZB έχει λόγο καθέτων πλευρών :

\boxed{\frac{{AZ}}{{AN}} = \frac{{AZ}}{{BC}} = \frac{{AT}}{{BP}} = \frac{k}{m}}\,\,(2)
τετράγωνο και καθετότητα _new_1.png
τετράγωνο και καθετότητα _new_1.png (37.07 KiB) Προβλήθηκε 494 φορές

Δηλαδή από (1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2) : \vartriangle STP \approx \vartriangle AZB \Rightarrow \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} και άρα το τετράπλευρο SHPB είναι εγγράψιμο οπότε το SHείναι ύψος προς την υποτείνουσα TP του \vartriangle STP.

Αφού όμως : \boxed{\frac{{HT}}{{HP}} = \frac{{ZH}}{{HB}}} , η AH είναι ομόλογη της SH συνεπώς AH \bot ZB.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1679
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τετράγωνο και καθετότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τετ Ιούλ 17, 2019 9:42 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Τετ Ιούλ 17, 2019 9:48 am
Καλημέρα σε όλους !

Την παρακάτω άσκηση μου έστειλε μόλις ένας συνάδελφος, δεν την έχω κοιτάξει όμως ακόμα(ούτε με αναλυτική γεωμετρία).

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με κέντρο Ο και σημείο Ε στην προέκταση της ΒΑ(προς το Α).

Η ΕΓ τέμνει την ΑΔ στο Ζ και η ΒΖ τέμνει την ΕΟ στο Η.Να αποδειχθεί ότι η ΑΗ είναι κάθετη στην ΒΖ.

Η \displaystyle BZ τέμνει την κάθετη στην \displaystyle AE στο \displaystyle E στο σημείο \displaystyle P

Ισχύει, \displaystyle EP//AD//BC \Rightarrow \frac{{EP}}{a} = \frac{{PZ}}{{ZB}} = \frac{{EA}}{a} \Rightarrow EP = EA \Rightarrow \angle EPA = {45^0}

Με \displaystyle CA \cap PE = Q \Rightarrow \angle EQP = {45^0}άρα, \displaystyle BE μεσοκάθετος της \displaystyle PQ.

Έτσι,λόγω και του εγγράψιμου \displaystyle QEOB οι γωνίες \displaystyle x είναι ίσες ,συνεπώς \displaystyle EPHA εγγράψιμο,άρα \displaystyle AH \bot BZ
Τετράγωνο και καθετότητα.png
Τετράγωνο και καθετότητα.png (29.69 KiB) Προβλήθηκε 464 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης