Χωρίς προοπτική

KARKAR · #1

Τα σημεία a , b, c , d

( κατ΄εξαίρεσιν με πεζά ) , είναι τα μέσα των AA' , BB' , CC' , DD'

αντίστοιχα .

Δείξτε ότι το abcd

είναι τετράγωνο , όπως και τα "γονικά" του ABCD

και

(

όχι ίσα , όχι παράλληλα , αλλά διατηρείται ο προσανατολισμός στην ονοματοδοσία των κορυφών )

parmenides51 · #2

εδώ και στην παραπομπή της

Είναι παραλλαγή του σχήματος Vecten

#3

Δεν βλέπω πως μπορεί να μας βοηθήσει το σύστημα Vecten στο πρόβλημα που έχει τεθεί, αλλά ας δούμε μία άλλη προσέγγιση, βασισμένη στο παρακάτω Λήμμα.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνονται δύο ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle A'B'C',$ με τις ομόλογες πλευρές τους να είναι του ιδίου προσανατολισλού, αλλά ούτε ίσες ούτε παράλληλες μεταξύ τους και έστω $K,\ L,\ M,$ τα μέσα των τμημάτων $AA',\ BB',\ CC',$ αντιστοίχως.Αποδείξτε ότι τπο τρίγωνο $\vartriangle KLM$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

: Χωρίς προοπτική - Απόδειξη του Λήμματος.; f=62_t=23536.PNG (28.71 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές

Απόδειξη. Ορίζουμε τα σημεία $D,\ D',$ ώστε τα $ABLD,\ A'B'LD'$ αντιστοίχως να είναι παραλληλόγραμμα και ομοίως, τα σημεία $E,\ E',$ ώστε τα $BCEL,\ B'C'E'L$ αντιστοίχως, να είναι επίσης παραλληλόγραμμα.

Από $AD\parallel = BL = B'L\parallel = A'D'$ $\Longrightarrow$ $AD\parallel = A'D'$ και άρα, η DD'

περνάει από το μέσον

του

Ομοίως, η

περνάει από το μέσον

του

Εύκολα τώρα αποδεικνύεται ότι τα τρίγωνα $\vartriangle LDD',\ \vartriangle KEE'$ είναι ίσα γιατί έχουν LD = LE

και

και $\angle DLD' = \angle ELE'.$

Στα ίσα αυτά τρίγωνα οι $LK,\ LM$ είναι ομόλογες διάμεσοι και άρα ισχύει $LK = LM\ \ ,(1)$

Ισχύει επίσης $\angle DLK = \angle ELM\ \ ,(2)$ ( οι ομόλογες ευθείες αυτών των τριγώνων σχηματίζουν ίσες γωνίες ).

Από $(1),\ (2)$ και $\angle DLE = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle KLM = 90^{o}\ \ ,(3)$

Άρα, το τρίγωνο $\vartriangle LKM$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

: Χωρίς προοπτική - Απόδειξη του προβλήματος που έχει τεθεί.; f=62_t=23536(a).PNG (21.96 KiB) Προβλήθηκε 862 φορές

$\bullet$ Επιστρέφοντας τώρα στο πρόβλημα που έχει τεθεί, σύμφωνα με το παραπάνω Λήμμα, έχουμε ότι ότι ισχύουν οι (1)

και

Ισχύουν επίσης και οι $LM = MN\ \ ,(4)$ και $\angle LMN = 90^{o}\ \ ,(5)$

Από $(1),\ (3),\ (4),\ (5),$ συμπεραίνεται ότι το KLMN,

όπου $K,\ L,\ M,\ N$ είναι τα μέσα των $AA',\ BB',\ CC',\ DD'$ αντιστοίχως, είναι τετράγωνο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : Αν δούμε το πρόβλημα στο Χώρο, όπου το ABCDA'B'C'D'

είναι ένα στερεό του οποίου τα τετράπλευρα $ABB'A',\ BCC'B',\ CDD'C',\ DAA'D'$ είναι στρεβλά και τα $ABCD,\ A'B'C'D'$ είναι τετράγωνα, αποδεικνύεται με βάση το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο, (*) ότι το KLMN

είναι πάντοτε παραλληλόγραμμο.

Δεν μπορώ όμως να τεκμηριώσω το αν είναι ή δεν είναι τετράγωνο ( νομίζω πως όχι ). Ίσως αυτό μπορεί να ελεχθεί με διανύσματα, όπου σίγουρα δεν είμαι καλός. Αλλά, διαπίστωσα και πόσο πολύ έχω "αδυναμώσει" στην στερεομετρία...

Τελικά ότι αφήνεις, σ' αφήνει κι' αυτό.

Κώστας Βήττας.

(*) Βλέπω τώρα, ότι αποδεικνύεται πολύ εύκολα το αποτέλεσμα αυτό ( ότι το KLMN

είναι παραλληλόγραμμο ), χωρίς να αναφερθούμε στο Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο και θα επανέλθω αργότερα.

parmenides51 · #4

Μοιάζει η άσκηση με την άσκηση της παραπομπής αλλά δεν είναι ίδια

Βιάστηκα και ξεγελάστηκα

Η αναφορά μου στο σχήμα Vecten αναφερόταν στην λύση της παραπομπής της παραπομπής εδώ

#5

KARKAR έγραψε:Τα σημεία ( κατ΄εξαίρεσιν με πεζά ) , είναι τα μέσα των αντίστοιχα .

Δείξτε ότι το είναι τετράγωνο , όπως και τα "γονικά" του και

( όχι ίσα , όχι παράλληλα , αλλά διατηρείται ο προσανατολισμός στην ονοματοδοσία των κορυφών )

Μιας και επανήλθε το θέμα στο «προσκήνιο» ας δώσω μια λύση με τη βοήθεια των συμμετρικών (Θεωρία μέσων …)

Έστω $\displaystyle{ D'',C'' }$ τα συμμετρικά των $\displaystyle{ D,C }$ ως προς τα μέσα $\displaystyle{ c,b }$ αντίστοιχα. Τότε από τα σχηματιζόμενα παραλληλόγραμμα (λόγω διχοτόμησης των διαγωνίων τους

$\displaystyle{ DCD''C',\,\,BCB'C'' }$ θα είναι: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} C'D'' = \parallel DC \hfill \\ B'C'' = \parallel BC \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{DC = \bot BC} C'D'' = \bot B'C''\mathop \Rightarrow \limits^{D'C' = \bot B'C'} \vartriangle D'C'D'' = \vartriangle C'B'C'' \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} D'D'' = C'C'' \hfill \\ \widehat{D''D'C'} = \widehat{C''C'B'} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{D'C'B'} = 90^0 } }$ $\displaystyle{ \boxed{D'D'' = \bot C'C''}:\left( 1 \right) }$

[attachment=0]1.png[/attachment]

Όμως στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle DD'D'' }$ το τμήμα $\displaystyle{ dc }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του (από κατασκευής) οπότε είναι : $\displaystyle{ \boxed{dc = \parallel \frac{{D'D''}} {2}}:\left( 2 \right) }$

Με όμοιο τρόπο από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle CC'C'' }$ το τμήμα $\displaystyle{ cb }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του (από κατασκευής) οπότε είναι $\displaystyle{ \boxed{cb = \parallel \frac{{C'C''}} {2}}:\left( 3 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} dc = \bot cd }$ οπότε κυκλικά βρίσκουμε $\displaystyle{ cb = \bot ba }$ και συνεπώς το $\displaystyle{ abcd }$ είναι τετράγωνο.

Στάθης

Υ.Σ. Τώρα που βλέπω τη λύση του Κώστα δεν έχουμε και μεγάλες διαφορές αλλά μιας και το έγραψα ας το αφήσω...

#6

vittasko έγραψε:ΣΧΟΛΙΟ : Αν δούμε το πρόβλημα στο Χώρο, όπου το είναι ένα στερεό του οποίου τα τετράπλευρα $ABB'A',\ BCC'B',\ CDD'C',\ DAA'D'$ είναι στρεβλά και τα $ABCD,\ A'B'C'D'$ είναι τετράγωνα, αποδεικνύεται ότι το είναι πάντοτε παραλληλόγραμμο.

: Χωρίς προοπτική - Απόδειξη ότι το KLMN είναι παραλληλόγραμμο, όταν τα δοσμένα τετράγωνα είναι στον Χώρο.; f=62_t=23536(b).PNG (25.67 KiB) Προβλήθηκε 766 φορές

Έστω $P,\ Q,$ τα μέσα των $DA',\ CB',$ αντιστοίχως.

Από $\displaystyle PN\parallel = \frac{A'D'}{2} = \frac{B'C'}{2}\parallel = QM$ $\Longrightarrow$ $PN\parallel = QN\ \ ,(1)$

Ομοίως αποδεικνύεται ότι $PK\parallel = QL\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$

$\Longrightarrow$ $\angle KPN = \angle LQM$ και άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle PKN,\ \vartriangle QLN$ είναι ίσα και παράλληλα.

Από την ισότητα αυτών των τριγώνων προκύπτει ότι $KN\parallel = LM\ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι το KLMN

είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας,

#7

Ευκαιρία να θυμηθούμε το γενικότερο στο http://mathematica.gr/forum/viewtopic.p ... F%84%CE%B1

Χωρίς προοπτική

Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Re: Χωρίς προοπτική

Μέλη σε σύνδεση