Και άλλη καθετότητα...

giannimani · #1

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD

με ίσες διαγωνίους. Με βάσεις τις πλευρές

και

κατασκευάζουμε
εξωτερικά τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα ABP

και

, και με βάσεις τις

και

τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα

ADR

και

. Να αποδείξετε ότι

PQ \bot RS

.

: quad_equal_diag.png (63.41 KiB) Προβλήθηκε 357 φορές

#2

giannimani έγραψε:Δίνεται κυρτό τετράπλευρο με ίσες διαγωνίους. Με βάσεις τις πλευρές και κατασκευάζουμε
εξωτερικά τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα και , και με βάσεις τις και τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα
$ADR$ και . Να αποδείξετε ότι $PQ \bot RS$ .

Μερικές καθετότητες φαίνονται αλλά δεν είναι ζόρικες και ελπίζω να προλάβω τους λύτες "τσιτάχ", με λίγο κλέψιμο.

$\bullet$ Έστω $K,\ L,\ M,\ N,$ τα μέσα των πλευρών $AB,\ BC,\ CD,\ DA$ αντιστοίχως, του δοσμένου τετραπλεύρου ABCD

και έχουμε ότι το παραλληλόγραμμο KLMN

είναι ρόμβος λόγω AC=BD

και άρα έχουμε

\boxed{KM\perp LN} \ \ ,(1)

Θεωρούμε το τετράπλευρο AKMD

του οποίου η μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς του

περνάει από το μέσον της πλευράς

και επί των πλευρών του

AK,\ MD,

έχουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα

\vartriangle KAP,\ \vartriangle MDQ,

αντιστοίχως.

: Και άλλη καθετότητα.; t=80036.PNG (34.48 KiB) Προβλήθηκε 243 φορές

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, ισχύει

\boxed{PQ\parallel KM} \ \ (2)

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ισχύει και

\boxed{SR\parallel LN} \ \ ,(3)

Από $(1),\ (2),\ (3)$ $\Rightarrow$

\boxed{PQ\perp SR}

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τετράπλευρο του οποίου η μσοκάθετη ευθεία της πλευράς περνάει από το μέσον της πλευράς Επί των πλευρών $AD,\ BC$ και προς το εξωτερικό μέρος του κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\color{black}\vartriangle DAE.\ \vartriangle CBF,$ με $\color{black}\angle ADE=\angle 90^{0}=\angle BCF$ και $\color{black}\angle DAE=\angle CBF.$ Αποδείξτε ότι $\color{black}EF\parallel CD.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είπαμε ότι κλέβω λιγάκι. Το σχήμα και η απόδειξη για το ως άνω Λήμμα αργότερα.

Dimessi · #3

Βλέπω με προκαλούν deadpan

Μα δεν είμαι εντός έδρας κιόλας

Δεν πρόκειται να έγραφα κάτι ούτως ή άλλως είμαι από κινητό

.
Όποιος θέλει αυτές τις ημέρες να με τρώει λάχανο , ελπίζω να το κάνει γιατί τώρα θα ανατιναχθεί το φόρουμ στον αέρα όταν επιστρέψω γιατί βλέπω ότι δέχομαι προκλήσεις

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τετράπλευρο του οποίου η μσοκάθετη ευθεία της πλευράς περνάει από το μέσον της πλευράς Επί των πλευρών $AD,\ BC$ και προς το εξωτερικό μέρος του κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\color{black}\vartriangle DAE.\ \vartriangle CBF,$ με $\color{black}\angle ADE=\angle 90^{0}=\angle BCF$ και $\color{black}\angle DAE=\angle CBF.$ Αποδείξτε ότι $\color{black}EF\parallel CD.$

$\bullet$ Έστω το σημείο

S\equiv DE\cap CF.

Η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την AE,

τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

και η παράλληλη προς την

τέμνει την

στο σημείο έστω

Θεωρούμε το τρίγωνο $\vartriangle SCD$ με τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα

\vartriangle DSX,\ \vartriangle CSZ

επί των πλευρών του

DX,\ CZ

αντιστοίχως και έχουμε ότι η ευθεία MN,

ως η μεσοκάθετη του CD,

περνάει από το μέσον

του

Γνωστό αποτέλεσμα. Δείτε (#8) Εδώ

: Και άλλη καθετότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; t=80036 (a).PNG (15.76 KiB) Προβλήθηκε 203 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε το τετράπλευρο

ABZX

και από τα μέσα

N,\ M,\ Y

των

AB,\ DC,\ XZ

αντιστοίχως,

σύμφωνα με το Θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων στο τετράπλευρο (*)

αγγλιστί ERIQ theorem

έχουμε:

\boxed{\dfrac{AD}{DX}=\frac{BC}{CZ}} \ \ ,(1)

Από

SX\parallel AE

$\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{AD}{DX}=\dfrac{ED}{DS}} \ \ ,(2)

και από

SZ\parallel BF

$\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{BC}{CZ}=\dfrac{FC}{CS}} \ \ ,(3)

Από $(1),\ (2),\ (3)$ $\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{ED}{DS}=\dfrac{FC}{CS}} \ \ ,(4)

Από

$\Rightarrow$

\boxed{EF\parallel DC}

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

(*) Δείτε Εδώ. Δείτε και Εκεί.

Κώστας Βήττας.

giannimani · #5

Έστω

O=AC \cap BD

,

E=(AB)\cap (CD)

F=(AD) \cap (BC)

.

Τα σημεία

,

είναι τα μέσα των

,

αντίστοιχα.
Λόγω των ίσων διαγωνίων ( AC=BD

) το

είναι ρόμβος.

Εφόσον

\triangle ABR \sim \triangle CDQ

υπάρχει σπειροειδής ομοιότητα $\Sigma$ με κέντρο το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων

(ABO)

και

(CDO)

. Το συμβολίζουμε με

. Η $\Sigma$ έχει λόγο

\dfrac{XQ}{XP}=\dfrac{XC}{XA}=\dfrac{XD}{XB}=\lambda

και γωνία

\angle PXQ=\angle AXC=\angle BXD=\phi

.

Το σημείο

είναι επίσης το σημείο Miquel, των ευθειών

,

, από το οποίο διέρχονται οι τέσσερις κύκλοι

(ABO)

,

(CDO)

,

και

(EAC)

.

Οι κύκλοι (EBD)

και

(EAC)

είναι ίσοι. Πράγματι οι δύο κύκλοι έχουν δύο χορδές ίσες ( AC=BD

) και κοινή την
εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε αυτές (

\angle BED=\angle AEC

).
Επομένως,

\angle EBX=\angle ECX \; (1)

ως εγγεγραμμένες γωνίες των δύο κύκλων που βαίνουν στη κοινή χορδή τους.

Αλλά,

\angle ECX= \angle BAX \; (2)

. Από

και

\angle EBX=\angle BAX

, δηλαδή το τρίγωνο XAB

είναι ισοσκελές, και καθώς και το τρίγωνο PAB

είναι ισοσκελές, έχουμε ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά.
Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία

,

είναι επίσης συνευθειακά.

: one_more_perp.png (141.39 KiB) Προβλήθηκε 189 φορές

Επανερχόμαστε στη σπειροειδή ομοιότητα $\Sigma$ κέντρου

, λόγου

\dfrac{XC}{XA}=\lambda

και γωνίας

\angle AXC=\phi

.
Με την ομοιότητα αυτή το

αντιστοιχίζεται στο

και

\dfrac{XQ}{XP}=\lambda \;(3)

, το μέσο

του

στο μέσο

του

με

\dfrac{XM}{XK}=\lambda \; (4)

.
Από

και

έχουμε

\dfrac{XQ}{XP}=\dfrac{XM}{XK} \Rightarrow KM \parallel PQ

.
Όμοια

LN \parallel SR

και καθώς

KM \bot LN

(διαγώνιες ρόμβου), τότε

PQ \bot RS

.

YF Το πρόβλημα είναι από το ρωσικό διαγωνισμό των πόλεων που έγινε στις 18/10/26 . Έχει τον αριθμό 3. Απευθύνεται στους μαθητές των τάξεων 10-11. Ο δημιουργός είναι ο Αλεξέι Ζασλάφσκι. Βλέπε A-level.

p_gianno · #6

Το τετράπλευρο KLMN

που ορίζεται από τα μέσα των πλευρών του τετραπλεύρου ABCD

είναι ρόμβος επειδή κάθε μία από τις ίσες πλευρές του είναι ίση με το μισό είτε της

είτε της

που είναι ίσες μεταξύ τους. Συνεπώς οι διαγώνιοι του ρόμβου

,

είναι κάθετες

^{**}

μεταξύ τους.

: Στιγμιότυπο οθόνης 2026-10-23 222807.png (132.58 KiB) Προβλήθηκε 130 φορές

Φέρουμε τώρα τις μεσοκαθέτους

PK, QM

αντιστοίχως των πλευρών BA, CD

οι οποίες τέμνονται στο

. Ορίζονται έτσι τα ισοσκελή τρίγωνα BOA

και

.
Τα τρίγωνα BOD

,

είναι ίσα (π-π-π) συνεπώς

\angle BOD = \angle AOC

άρα και οι γωνίες

BOA, DOC

είναι ίσες, πράγμα που κάνει τα ισοσκελή τρίγωνα

BOA, DOC

να είναι όμοια άρα

\dfrac{ΟΚ}{ΟΜ}=\dfrac{AB}{CD}

Από την ομοιότητα των τριγώνων

BAP, CQD

έχουμε

\dfrac{ΚP}{ΜQ}=\dfrac{AB}{CD}

Από

(1)+(2) \rightarrow \dfrac{ΟΚ}{ΟΜ}=\dfrac{ΚP}{ΜQ} \rightarrow PQ||KM

(3)

Ομοίως

SR||LN

.

Από

3, 4, ^{**} \rightarrow PQ \perp SR

#7

p_gianno έγραψε: ...Φέρουμε τώρα τις μεσοκαθέτους $PK, QM$ αντιστοίχως των πλευρών οι οποίες τέμνονται στο . Ορίζονται έτσι τα ισοσκελή τρίγωνα και .
Τα τρίγωνα , είναι ίσα (π-π-π) συνεπώς $\angle BOD = \angle AOC$ άρα και οι γωνίες $BOA, DOC$ είναι ίσες, πράγμα που κάνει τα ισοσκελή τρίγωνα $BOA, DOC$ να είναι όμοια άρα $\dfrac{ΟΚ}{ΟΜ}=\dfrac{AB}{CD}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $BAP, CQD$ έχουμε $\dfrac{ΚP}{ΜQ}=\dfrac{AB}{CD}$

Από $(1)+(2) \rightarrow \dfrac{ΟΚ}{ΟΜ}=\dfrac{ΚP}{ΜQ} \rightarrow PQ||KM$ $(3)$

Ομοίως $SR||LN$ .

Από $3, 4, ^{**} \rightarrow PQ \perp SR$

Αγαπητέ p_gianno, υποκλίνομαι

Να είσαι καλά. Απόδειξη από το "Βιβλίο", όπως έλεγε ο διάσημος Paul Erdos.

Κώστας Βήττας.

Και άλλη καθετότητα...

Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Re: Και άλλη καθετότητα...

Μέλη σε σύνδεση