Καθετότητα. (Δελτίο 8)

sokratis lyras · #1

Δίνεται τετράπλευρο ABCD

με

και γωνίες $\hat B=,\hat D=90$ . Στις πλευρές DC,BC

έστω τα σημεία E,Z

αντίστοιχα ώστε οι

και

να είναι κάθετες. Να δειχθεί ότι η

και η

είναι κάθετες.

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα Σωκράτη. Σε ποιόν διαγωνισμό τέθηκε αυτό το θέμα; Ρωτάω γιατί ένα γνωστό λήμμα το "σκοτὠνει":

Σύμφωνα με το γνωστό λήμμα αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{\boxed{ BZ^2 - ZE^2 = AB^2 - AE^2 }}$ .

Όμως είναι $\displaystyle{ZD \perp AE \Rightarrow AZ^2 - ZE^2 = AD^2 - DE^2 ~\mathop \Rightarrow \limits^{\hat B = 90^o,~\hat D = 90^o, ~(\pi \upsilon \theta \alpha \gamma o \rho \epsilon \iota o) }}$

$\displaystyle{ \Rightarrow BZ^2 + AB^2 - ZE^2 = AD^2 + AD^2 - AE^2 \mathop \Rightarrow \limits^{AB = AD} BZ^2 - ZE^2 = AB^2 - AE^2 }$ .

Συνεπώς η αρχική σχέση ισχύει και το ζητούμενο έπεται.

sokratis lyras · #3

Γρηγόρη καλησπέρα.Η άσκηση τέθηκε σε διαγωνισμό στη Ρωσία το 1995.Έχω μία καθαρά γεωμετρική λύση,αλλα θα περιμένω να την βρει κάποιος άλλος επειδή μου άρεσε αρκετά.

#4

sokratis lyras έγραψε:Γρηγόρη καλησπέρα.Η άσκηση τέθηκε σε διαγωνισμό στη Ρωσία το 1995.Έχω μία καθαρά γεωμετρική λύση,αλλα θα περιμένω να την βρει κάποιος άλλος επειδή μου άρεσε αρκετά.

....γεωμετρική λύση ..., εννοείς δηλαδή όχι με μετρική γεωμετρία . Κάπου έχω μια λύση με διανύσματα και ίσως μία με εγγράψιμα, αλλά την αφήνω και γω για τους νεότερους φίλους μας. Πάντως η ωραιότατη λύση του Γρηγόρη και γεωμετρική είναι και σύντομη. Αυτή είναι και η ενδεδειγμένη μέθοδος, όπως το λέει και ο ίδιος , για να μη χάνει κανείς χρόνο, όταν είναι σε διαγωνισμό.

Μπάμπης

#5

Βέβαια .. η λύση του Γρηγόρη είναι καθαρά Γεωμετρική .. άλλη μια με χρήση Αντιστροφής.

: kathetes.jpg (25.42 KiB) Προβλήθηκε 1469 φορές

Αντιστρέφουμε τα πάντα με πόλο αντιστροφής το σημείο

και λόγο $\displaystyle{\lambda = A{B^2} = A{D^2}}$ . Τότε οι ευθείες

και

αντιστρέφονται στους κύκλους c_1

και

, διαμέτρων

και

αντίστοιχα, το σημείο

στο

(τομή του

με την

) και λόγω ορθής γωνίας στο

, τα

,

και

είναι συνευθειακά. Αν

είναι το αντίστροφο του

, τότε το

βρίσκεται στον κύκλο c_2

, διότι είναι σημείο της

. Όμως το τετράπλευρο ABZE'

είναι εγγράψιμμο (φανερά), άρα τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά (ως αντίστροφα σημεία εγγράψιμμου τετραπλεύρου), που σημαίνει ότι η

τέμνει κάθετα την

.

#6

sokratis lyras έγραψε:Δίνεται τετράπλευρο με και γωνίες $\hat B=,\hat D=90$ .Στις πλευρές έστω τα σημεία αντίστοιχα ώστε οι και να είναι κάθετες.Ν.δ.ο. η και η είναι κάθετες.

Σωκράτη καλησπέρα και καλή χρονιά. Νομίζω και εγώ ότι ο Γρηγόρης έδωσε μια θαυμάσια λύση καθαρά γεωμετρική
επειδή όμως μάλλον ψάχνεις κάτι γωνιακό ας δούμε και την παρακάτω προσπάθεια ίσως σου αρέσει

Αυτή την αναλυτική λύση με στοιχειώδη μέσα (όπως πάντα προσπαθώ) αφιερώνω στον Γρηγόρη και τον Αντώνη Ζ. που μας εκπλήσσουν συνεχώς ευχάριστα

: 1.png (52.17 KiB) Προβλήθηκε 1424 φορές

Έστω $\displaystyle{ H \equiv BE \cap AC }$ και $\displaystyle{ S \equiv AE \cap DZ }$ . Είναι σχεδόν προφανώς ότι : $\displaystyle{ \vartriangle ABC = \vartriangle ADC,\left( {AB = AD,AC = AC,\widehat{ABC} = \widehat{ADC} = 90^0 } \right) }$

και συνεπώς η $\displaystyle{ CA }$ θα είναι διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BCA }$ άρα και μεσοκάθετη στην $\displaystyle{ BD }$ , δηλαδή θα ισχύει: $\displaystyle{ \boxed{CA\mathop \bot \limits_{\mu \varepsilon \sigma o} BD} }$ και $\displaystyle{ \boxed{CB = CD}:\left( 1 \right) }$

Επομένως τα τετράπλευρα $\displaystyle{ AMHB,AHED }$ είναι προφανώς εγγράψιμα σε κύκλους διαμέτρων $\displaystyle{ AB,AE }$ αντίστοιχα

(από τις καθετότητες) (στον πράσινο και τον θαλασσή αντίστοιχα.)

Έστω $\displaystyle{ Q }$ το σημείο τομής της ευθείας $\displaystyle{ DH }$ με τον περιγεγραμμένο κύκλο στο $\displaystyle{ AMHB }$ και $\displaystyle{ F \equiv BQ \cap CD }$ .

Τότε $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{QHB}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\,\sigma \tau o\,\,\,\iota \delta \iota o\,\,\,\tau o\xi o\,\,BQ\,\,\,\tau o\upsilon \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\upsilon \,\,\,AMHB} \widehat{QAB} \hfill \\ \widehat{DHE}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\,\sigma \tau o\,\,\,\iota \delta \iota o\,\,\,\tau o\xi o\,\,DE\,\,\tau o\upsilon \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\upsilon \,\,\,AHED} \widehat{DAE} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{QHB} = \widehat{DHE}\,\,\,(\kappa \alpha \tau \alpha \,\,\,\kappa o\rho \upsilon \phi \eta \nu )} \,\,\,\boxed{\widehat{QAB} = \widehat{DAE} = \hat \theta }:\left( 2 \right) }$

Επίσης $\displaystyle{ \widehat{BQA}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\,\sigma \varepsilon \,\,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o} 90^0 \mathop = \limits^{\upsilon \pi o\theta \varepsilon \sigma \eta } \widehat{ADF} \Rightarrow ADFQ }$ εγγράψιμο σε κύκλο (τον κόκκινο)

οπότε $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{DQF}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,BF\,\,\tau o\upsilon \,\,ADFQ} \widehat{DAF} \\ \widehat{DQF}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\mu \varepsilon \,\,\tau \eta \nu \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,AHQB} \widehat{ZAB} \\ \end{gathered} \right.\,\,\, \Rightarrow \widehat{DAF} = \widehat{ZAB}\mathop \Rightarrow \limits^{AB = AD,\widehat{ABZ} = \widehat{ADF} = 90^0 } \vartriangle ABZ = \vartriangle ADF \Rightarrow }$

$\displaystyle{ BZ = DF\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):CB = CD} CZ = CF \Rightarrow \vartriangle ZCF }$

ισοσκελές και με $\displaystyle{ CA }$ διχοτόμο προκύπτει ότι $\displaystyle{ CN\left( {N \equiv CA \cap ZF} \right) }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ ZF }$ άρα $\displaystyle{ BZFD }$ ισοσκελές τραπέζιο

και $\displaystyle{ NM }$ η μεσοκάθετη των βάσεών του η οποία ως γνωστό θα διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του

δηλαδή οι $\displaystyle{ BF,DZ,AC }$ συντρέχουν έστω στο σημείο $\displaystyle{ P }$ .

Τότε όμως και το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BPD }$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle{ PM }$ μεσοκάθετη άρα και διχοτόμο, δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\widehat{QPA} = \widehat{APS} = \hat \omega }:\left( 3 \right) }$

Αλλά $\displaystyle{ \widehat{PAQ} = \widehat{CAB} - \widehat{QAB}\mathop = \limits^{...\vartriangle ABC = \vartriangle ADC \Rightarrow \widehat{CAB} = \widehat{CAD}\,\,\,,\left( 2 \right):\,\,\widehat{QAB} = \widehat{DAE}} \widehat{CAD} - \widehat{DAE} = \widehat{SAP} \Rightarrow \boxed{\widehat{PAQ} = \widehat{SAP}}:\left( 4 \right) }$

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle APS,\vartriangle APQ }$ με κοινή πλευρά την $\displaystyle{ AP }$ και από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 4 \right) }$ ίσες τις προσκείμενες σε αυτή γωνίες προκύπτει ότι

είναι ίσα άρα θα ισχύει και $\displaystyle{ \widehat{ASP} = \widehat{AQP}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{AQP} = 90^0 } \widehat{ASP} = 90^0 \Rightarrow \boxed{AE \bot DZ} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά και Γεωμετρικά
Στάθης

sokratis lyras · #7

Έχετε δίκιο.Γρηγόρη απλά εννοούσα λύση με γωνίες κ.λ.π.

#8

Η γεωμετρική λύση του Γρηγόρη πιο πάνω, είναι πράγματι η πλέον στοιχειώδης και σύντομη και όπως λέει ο ίδιος, το γνωστό κριτήριο καθετότητας στο οποίο βασίζεται, "kills the problem".

Ευχαριστώ όμως και τον Σεραφείμ, που μας προσέφερε μία ακόμη "ζωγραφιά" του με αντιστροφή και ας δούμε μία άλλη προσέγγιση, συγγενική με αυτήν του φίλτατου Στάθη.

: Καθετότητα.; f=112_t=22060.PNG (32.48 KiB) Προβλήθηκε 1248 φορές

$\bullet$ Έστω $(O_{1})$ , ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ADZ$ και έστω τα σημεία $K\equiv AC\cap (O_{1})$ και $L\equiv BC\cap (O_{1})$ και $M\equiv AB\cap (O_{1})$ και $N\equiv CD\cap (O_{1})$ .

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $ABCD,\ AMND,$ έχουμε $\angle AMN = 180^{o} - \angle D = \angle ABC\ \ ,(1)$

Από (1)

$\Longrightarrow$ $MN\parallel BC$ και επομένως ισχύει $\angle MAL = \angle ZDN = \angle DAE\ \ ,(2)$

Από (2)

$\Longrightarrow$ $LE\parallel BD\ \ ,(3)$ και έστω το σημείο $E{'}\equiv LE\cap (O_{1}).$

Έστω $(O_{2}),$ ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABK,$ συμμετρικός ( προφανώς ) του $(O_{1})$ ως προς την ευθεία AK,

ο οποίος περνάει επίσης από το

συμμετρικό του

ως προς την ίδια ευθεία.

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε το ότι $BB{'}\parallel = EE{'}\ \ (4)$ όπου $B{'}\equiv BD\cap (O_{1})$ και άρα ισχύει $BE\parallel B{'}E{'}$ $\Longrightarrow$ $\angle DBE = \angle DB{'}E{'}\ \ (5)$

Από εγγράψιμα $ABCD,\ AB{'}KD$ έχουμε $\angle AKB{'} = \angle ADB{'} = \angle ACB$ και άρα ισχύει $B{'}K\parallel BC.$

Από (5)

και $\angle DB{'}E{'} = \angle ZAK$ , ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα στον κύκλο $(O_{1})$ , προκύπτει ότι $\angle DBE = \angle ZAK\ \ ,(7)$

Από (7)

και $AK\perp BD$ συμπεραίνεται ότι $AZ\perp BE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνονται δύο ίσοι κύκλοι $(O),\ (O{'})$ οι οποίοι τέμνονται στα σημεία έστω $A,\ B$ και έστω $C,\ D$ και $E,\ Z,$ τα ζεύγη των σημείων τομής τους αντιστοίχως, από τυχούσα ευθεία $(\varepsilon)$ παράλληλη προς τη διάκεντρό τους και έστω το μεταξύ των $C,\ D$ . Αποδείξτε ότι τα τμήματα έχουν σταθερό μήκος, ανεξάρτητο από τη θέση της $(\varepsilon).$

: Καθετότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=22060(b).PNG (12.9 KiB) Προβλήθηκε 979 φορές

Η απόδειξη του Λήμματος είναι πολύ απλή και αρκεί μόνο το σχήμα.

Κώστας Βήττας.

#9

sokratis lyras έγραψε:Δίνεται τετράπλευρο με και γωνίες $\hat B=,\hat D=90$ .Στις πλευρές έστω τα σημεία αντίστοιχα ώστε οι και να είναι κάθετες.Ν.δ.ο. η και η είναι κάθετες.

Για να μην κάνω σχήμα δανείζομαι του Σεραφείμ.

'Εστω E{'}

η τομή των AE, DZ

και

κάθετη στην

. Αρκεί να δείξω ότι η BZ{'}

είναι κάθετη στην

, που προκύπτει από τις προφανείς ισότητες:

$AZ{'}\cdot AZ = AE{'}\cdot AE = AD^2 = AB^2$

#10

Επιτρέψτε μου να αναφερθώ στην άρρηκτη σύνδεση που υπάρχει στις λύσεις των Σεραφείμ και Κώστα ( rek ).

Μιλώντας με όρους αντιστροφής στη λύση του Σεραφείμ, υπονοούνται ουσιαστικά, οι ισότητες στις οποίες αναφέρθηκε ο Κώστας και αντίστροφα.

Σας ευχαριστώ θερμά και τους δύο.

Κώστας Βήττας.

#11

vittasko έγραψε:Επιτρέψτε μου να αναφερθώ στην άρρηκτη σύνδεση που υπάρχει στις λύσεις των Σεραφείμ και Κώστα ( rek ).

Μιλώντας με όρους αντιστροφής στη λύση του Σεραφείμ, υπονοούνται ουσιαστικά, οι ισότητες στις οποίες αναφέρθηκε ο Κώστας και αντίστροφα.

Σας ευχαριστώ θερμά και τους δύο.

Κώστας Βήττας.

Κώστα, εμείς σε ευχαριστούμε, γιατί …. υπάρχεις!!

Τώρα, πιο κοντά στο Σεραφείμ θεωρώ την εξής σκέψη:

Με κύκλο τον (A, AD),

επειδή οι $ED,\ ZB$ είναι εφαπτόμενές του και επειδή $AE{'}\cdot AE = AD^{2}$ , η πολική του

είναι η

, οπότε αυτόματα η πολική του

είναι η

, που δίνει την καθετότητα τελειώνοντας την απόδειξη.

Να είστε όλοι καλά!

#12

rek2 έγραψε:Με κύκλο τον επειδή οι $ED,\ ZB$ είναι εφαπτόμενές του και επειδή η πολική του είναι η , αυτόματα η πολική του είναι η , που δίνει την καθετότητα τελειώνοντας την απόδειξη.

: Καθετότητα - Απόδειξη από τον Κώστα Ρεκούμη.; f=112_t=22060(a).PNG (17.12 KiB) Προβλήθηκε 1103 φορές

Κώστα συγχαρητήρια, αυτή η πολύ προχωρημένη σκέψη δεν θα μου πέρναγε ποτέ από το νου.

Και πάλι σ' ευχαριστώ, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι το

μεγάλο σχολείο τελικά. Ας το κάνουμε ακόμα πιο δυνατό.

#13

Απίθανη λύση Κώστα (rek), χωρίς να υποτιμώ και τις θαυμάσιες των Κώστα, Σεραφείμ, Σωκράτη, Στάθη και Γρηγόρη και φυσικά με ευχαριστίες για τη μεγάλη συμβολή του Μπάμπη. Νομίζω το επίπεδο του

στη Γεωμετρία (και όχι μόνο ) έχει ανέβει πολύ ψηλά!

Καθετότητα. (Δελτίο 8)

Καθετότητα. (Δελτίο 8)

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Re: καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση