ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Το θέμα που προτείνω τέθηκε στον 20ο Γερμανικό Ομοσπονδιακό Μαθηματικό Διαγωνισμό του 1989-1990 στον πρώτο γύρο.
Αναδεικνύει ένα χαρακτηριστικό σημείο του τετραέδρου.

Έστω ότι δύο οποιεσδήποτε απέναντι ακμές ενός τετραέδρου είναι ορθογώνιες.
Δείξτε ότι τα μέσα των έξη ακμών βρίσκονται πάνω σε σφαίρα.

Al.Koutsouridis · #2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 19, 2024 9:12 pm
Το θέμα που προτείνω τέθηκε στον 20ο Γερμανικό Ομοσπονδιακό Μαθηματικό Διαγωνισμό του 1989-1990 στον πρώτο γύρο.
Αναδεικνύει ένα χαρακτηριστικό σημείο του τετραέδρου.

Έστω ότι δύο οποιεσδήποτε απέναντι ακμές ενός τετραέδρου είναι ορθογώνιες.
Δείξτε ότι τα μέσα των έξη ακμών βρίσκονται πάνω σε σφαίρα.

Έστω

ένα τετράεδρο και έστω MN, EF

και

τα ευθύγραμμα τμήματα, που ενώνουν τα μέσα των ζευγών απέναντι ακμών

και

,

και

,

και

αντίστοιχα.

Εφόσον

,

είναι παράλληλα προς την ακμή

και ίσα με το μισό της, τότε το τετράπλευρο EMFN

είναι παραλληλόγραμμο και το σημείο τομής των διαγωνίων του

διχοτομεί τις διαγωνίους

,

. Ομοίως από το παραλληλόγραμμο EPFQ

προκύπτει ότι το

είναι μέσο και των

,

. Δηλαδή τα ευθύγραμμα τμήματα MN, EF, PQ

συντρέχουν και διχοτομούνται από το σημείο

.

Υπολογίζουμε το μήκος του τμήματος

. Έχουμε $\overrightarrow{NM} = \dfrac{1}{2} \left ( \overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB} -\overrightarrow{DC} \right )$ , οπότε θα είναι

$NM^2=\dfrac{1}{4} \left ( DA^2 +DB^2+DC^2-2 \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB} -2\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DC} - 2\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{DC}\right)$

Όμως από τον νόμο συνημιτόνων ισχύουν οι ισότητες

$2\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB} = DA^2+DB^2-AB^2$ (α1)

$2\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DC} = DA^2+DC^2-AC^2$ (α2)

$2\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{DC} = DB^2+DC^2-BC^2$ (α3)

Οπότε θα έχουμε

$NM^2=\dfrac{1}{4} \left ( DA^2 +BC^2+DB^2+AC^2-DC^2-AB^2 \right)$ (β1)

και ανάλογα για τα τμήματα EF, PQ

$EF^2=\dfrac{1}{4} \left ( DA^2 +BC^2+DC^2+AB^2-DB^2-AC^2 \right)$ (β2)

$PQ^2=\dfrac{1}{4} \left ( DB^2 +AC^2+DC^2+AB^2-DA^2-BC^2 \right)$ (β3)

Από την καθετότητα των απέναντι ακμών έχουμε

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} =\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DA} = \overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{DB} =0$

και εφόσον $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = DA^2+BC^2-AC^2-DB^2$ (αφαίρεση κατά μέλη των (α2), (α3)) , προκύπτουν οι ισότητες

DA^2+BC^2-AC^2-DB^2=AB^2+DC^2-DB^2-AC^2=BC^2+DA^2-DC^2-AB^2

(γ1)

ή ισοδύναμα

DA^2+BC^2=DC^2+AB^2=DB^2+AC^2

(γ2)

Αντικαθιστώντας τις (γ1) ή (γ2) στις εκφράσεις για τα NM, EF, PQ

βρίσκουμε, ότι NM=EF=PQ

.

Άρα εφόσον το σημείο

διχοτομεί τα παραπάνω τμήματα και αυτά είναι ίσα μεταξύ τους, το

θα ισαπέχει από τα σημεία M,N, E, F, P, Q

, που αποδεικνύει το ζητούμενο.

: orthokentriko_tetraedro.png (211.87 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Nα ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο Κουτσουρίδη για τη λύση του.
Επίσης πρέπει να τον ευχαριστήσω γιατί με προσωπικό μήνυμα μου επισήμανε την παράλειψη της λέξης '' απέναντι '' στη διατύπωση
του θέματος, ήμουν απρόσεκτος...

Θέλω να γράψω τις δικές μου σκέψεις για το θέμα.
Αυτό το σημείο που ο Αλέξανδρος ονόμασε

αποτελεί ένα χαρακτηριστικό σημείο του τετραέδρου, το βαρύκεντρο.
Σε παλαιότερα σχολικά βιβλία, όπως του Χρήστου Παπανικολάου ή των Βαρουχάκη-Παπαμιχαήλ-Αλιμπινίση-Κοντογιάννη, το σημείο
αυτό αναφέρεται στη θεωρία. Θα παραθέσω αμέσως τα όσα θεωρώ δεδομένα από τη θεωρία.

Διάμεσος τετραέδρου λέγεται το τμήμα με άκρα μια κορυφή και το βαρύκεντρο της απέναντι έδρας του τετραέδρου.

Αποδεικνύεται ότι:
Σε κάθε τετράεδρο οι τέσσερεις διάμεσοι διέρχονται από το ίδιο σημείο.
Το σημείο αυτό λέγεται βαρύκεντρο και απέχει από κάθε κορυφή απόσταση ίση
με τα $\displaystyle \frac{3}{4}$ της αντίστοιχης διαμέσου.

Αποδεικνύεται επίσης ότι αν

είναι το βαρύκεντρο τετραέδρου ABCD

τότε
$\overrightarrow {GA}+\overrightarrow {GB}+\overrightarrow {GC}+\overrightarrow {GD}=\overrightarrow {0}$

Aυτά τα θεώρησα δεδομένα όταν αποπειράθηκα να λύσω το θέμα.

Έστω

το μέσο της ακμής AB.

Έστω

το μέσο της ακμής CD.

Έστω

το μέσο της ακμής AC.

Έστω

το μέσο της ακμής BD.

Έστω

το μέσο της ακμής BC.

Έστω

το μέσο της ακμής AD.

Ισχύει ότι

$2\overrightarrow {GQ}=\overrightarrow {GA}+\overrightarrow {GD}$

$2\overrightarrow {GP}=\overrightarrow {GC}+\overrightarrow {GB}$

Συνεπώς $2\left (\overrightarrow {GQ}+\overrightarrow {GP} \right )=\overrightarrow {GA}+\overrightarrow {GB}+\overrightarrow {GC}+\overrightarrow {GD}$ και έτσι

$\overrightarrow {GQ}+\overrightarrow {GP} \right )=\overrightarrow0$

Mε αντίστοιχες σκέψεις προκύπτει ότι $\overrightarrow {GQ}+\overrightarrow {GP} \right )=\overrightarrow0$

Έτσι το MPNQ

είναι παραλληλόγραμμο με κέντρο συμμετρίας το

Από το τρίγωνο ABC

προκύπτει ότι

παράλληλη της AC.

Από το τρίγωνο BCD

προκύπτει ότι

παράλληλη της BD.

Άρα το παραλληλόγραμμο MPNQ

είναι ορθογώνιο.

Άρα GN=GM=GP=GQ.

Δεν υπάρχει λόγος να σας κουράζω, με αντίστοιχες σκέψεις προκύπτει ότι το MENF

είναι παραλληλόγραμμο

με κέντρο συμμετρίας το

και μάλιστα ορθογώνιο.

Άρα GF=GN=GE=GQ.

Άρα τα σημεία N,M,P,Q,F,E

βρίσκονται πάνω στην επιφάνεια σφαίρας κέντρου

Al.Koutsouridis · #4

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 19, 2024 9:12 pm

Έστω ότι δύο οποιεσδήποτε απέναντι ακμές ενός τετραέδρου είναι ορθογώνιες.
Δείξτε ότι τα μέσα των έξη ακμών βρίσκονται πάνω σε σφαίρα.

Όπως είδαμε π.χ. εδώ το εν λόγω τετράεδρο είναι ορθοκεντρικό.

Η υπό εξέταση σφαίρα είναι μια από τις χαρακτηριστηκές σφαίρες σε ένα ορθοκεντρικό τετράεδρο. Η σφαίρα αυτή ονομάζεται συχνά σφαίρα των 24 σημείων ή πρώτη σφαίρα του Euler. Καθώς πέρα των παρπάνω έξη σημειών, άλλα έξη σημεία, οι βάσεις των κοινών κάθετων τμημάτων απέναντι ακμών καθώς και 12 σημεία, τα μέσα των τμημάτων που ορίζουν το ορθόκεντρο και οι κορυφές κάθε έδρας, ανήκουν σε αυτή την σφαίρα.

S.E.Louridas · #5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 19, 2024 9:12 pm
Έστω ότι δύο οποιεσδήποτε απέναντι ακμές ενός τετραέδρου είναι ορθογώνιες.
Δείξτε ότι τα μέσα των έξη ακμών βρίσκονται πάνω σε σφαίρα.

Μετά από τις καταπληκτικές λύσεις που προηγήθηκαν, ας δούμε και την άποψη που ακολουθεί:
Αν υποθέσουμε ότι $AB \bot CD\;\kappa \alpha \iota \;AC \bot BD,$ τότε «αυτόματα» παίρνουμε και $\displaystyle{AC \bot BD}$ (Θεώρημα γνωστό με απλή απόδειξη). Έτσι τα τετράπλευρα $JFKH,\;EFGH,\;EJGK$ προκύπτουν ορθογώνια αφού $JF\parallel AB,\;HJ\parallel CD,\;FG\parallel BD,\;GH\parallel AC$ και με βάση τις διδόμενες καθετότητες. Αυτό σημαίνει ότι όλες οι διαγώνιες τους συντρέχουν σε σημείο

και είναι και ίσες. Άρα υπάρχει σφαίρα κέντρου

που περνά από τα μέσα των έξι πλευρών του στερεού μας.

: STEREO.png (75.29 KiB) Προβλήθηκε 183 φορές

ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

Re: ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

Re: ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

Re: ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

Re: ΘΕΜΑ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑΣ ΣΕ ΓΕΡΜΑΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση