mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 03, 2021 11:43 pm**

Χαίρετε!

: 4 Ορθές για μια καθετότητα.png (187.92 KiB) Προβλήθηκε 1071 φορές

Το

έχει $AC \perp BD$ ενώ $\widehat{B}=\widehat{D}=90^o$ . Τα $E \in CD$ και $F \in BC$ ώστε $AF \perp BE$ .Αν οι BE,DF

τέμνονται στο

τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και $AZ \perp EF$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 04, 2021 8:36 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Ιαν 03, 2021 11:43 pm Χαίρετε!
4 Ορθές για μια καθετότητα.png
Το έχει $AC \perp BD$ ενώ $\widehat{B}=\widehat{D}=90^o$ . Τα $E \in CD$ και $F \in BC$ ώστε $AF \perp BE$ .Αν οι τέμνονται στο τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και $AZ \perp EF$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα!

Συνθήκη καθετότητας στο AEFB

που έχει κάθετες διαγώνιες.

: 4 ορθές.png (19.25 KiB) Προβλήθηκε 1035 φορές

$\displaystyle A{B^2} + E{F^2} = B{F^2} + A{E^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{AB = AD} A{D^2} + E{F^2} = (A{F^2} - A{B^2}) + (A{D^2} + D{E^2}) \Leftrightarrow$

$\displaystyle A{D^2} + E{F^2} = A{F^2} + D{E^2} \Leftrightarrow AE \bot DF.$ Το

είναι λοιπόν ορθόκεντρο του AEF

και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 04, 2021 8:06 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Ιαν 03, 2021 11:43 pm Χαίρετε!
4 Ορθές για μια καθετότητα.png
Το έχει $AC \perp BD$ ενώ $\widehat{B}=\widehat{D}=90^o$ . Τα $E \in CD$ και $F \in BC$ ώστε $AF \perp BE$ .Αν οι τέμνονται στο τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και $AZ \perp EF$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του προβλήματος

: Τεσσερες ορθές για μία καθετότητα.png (56.84 KiB) Προβλήθηκε 997 φορές

Προφανώς το $\displaystyle{ABCD}$ είναι «χαρταετός» αφού είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{AC}$ (λόγω των ορθών γωνιών) και $\displaystyle{BD}$ κάθετη στη διάμετρο.

Αν $\displaystyle{K,T}$ οι ορθές προβολές του $\displaystyle{F}$ στις $\displaystyle{CD,BD}$ αντίστοιχα τότε από $\displaystyle{AF \bot BE}$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem θα ισχύει: $\displaystyle{\dfrac{{DK}}{{BF}} = \dfrac{{BC}}{{CE}} \Rightarrow DK \cdot CE = BF \cdot BC:\left( 1 \right)}$
Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle BTF,\vartriangle ABC}$ (αφού $\displaystyle{TF\parallel AC}$ ) θα ισχύει $\displaystyle{\dfrac{{FT}}{{BC}} = \dfrac{{BF}}{{AC}} \Rightarrow FT \cdot AC = BF \cdot BC\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} DK \cdot CE \Rightarrow \dfrac{{FT}}{{DK}} = \dfrac{{CE}}{{AC}}:\left( 2 \right)}$
Από τη σχέση $\displaystyle{\left( 2 \right)}$ σύμφωνα με το αντίστροφο του πιο πάνω θεωρήματος προκύπτει ότι $\displaystyle{FD \bot AE\mathop \Rightarrow \limits^{EB \bot AF} Z \equiv FD \cap BE}$ είναι το ορθόκεντο του τριγώνου (σημείο τομής δύο υψών) $\displaystyle{\vartriangle AEF \Rightarrow AZ \bot EF}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 04, 2021 9:32 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Ιαν 03, 2021 11:43 pm Χαίρετε!
4 Ορθές για μια καθετότητα.png
Το έχει $AC \perp BD$ ενώ $\widehat{B}=\widehat{D}=90^o$ . Τα $E \in CD$ και $F \in BC$ ώστε $AF \perp BE$ .Αν οι τέμνονται στο τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και $AZ \perp EF$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Με Αναλυτική Γεωμετρία είναι εύκολο, και δεν χρειάζεται καθόλου να σκεφτείς: Με άξονες τις δύο δεδομένες κάθετες διαγωνίους έχουμε σημεία (όπου παίρνω κάποιες συντεταγμένες στην μορφή p^2

για να γλυτώσω τετραγωνικές ρίζες: Δεν είναι απαραίτητο, αλλά μόνο τυπογραφικά βολικό)

A(-a^2,0), C(c^2,0),B(0,ac),D(0,-ac)

(διόρθωσα τυπογραφικό) οπότε για κάποια p,q

είναι $F \left ( \dfrac {c^2}{p+1} , \dfrac {pac}{p+1} \right ), \, E \left ( \dfrac {c^2}{q+1} , \dfrac {-qac}{q+1} \right )$ . Άρα οι κλίσεις των AF, BE

είναι

$\dfrac {pac}{c^2+(p+1)a^2} , \, \dfrac {-(2q+1)a}{c}$ οπότε η συνθήκη καθετότητάς τους (γινόμενο

) ανάγεται με τις απλοποιήσεις σε $a^2(2pq-1)=c^2\, (*)$

Ελέγχουμε τώρα αν ισχύει $AE \perp DF$ . Έχουμε κλίσεις των AE,DF

τις $\dfrac {-qac}{c^2+(q+1)a^2},\, \dfrac {(2p+1)a}{c}$ . οπότε η συνθήκη καθετότητάς τους (γινόμενο -1 ) ανάγεται με τις απλοποιήσεις σε a^2(2pq-1)=c^2

που είναι ακριβώς η ίδια με την (*)

. Τελειώσαμε.

Ας προσθέσω ότι όταν πριν από

χρόνια έκανα προπόνηση της Εθνικής Ομάδας για την ΙΜΟ τους έλεγα ότι δεν πρέπει να φοβόμαστε την Αναλυτική Γεωμετρία στον διαγωνισμό, ιδίως αν το σχήμα έχει μόνο ευθείες όπως το παραπάνω. Πρόσθετα χαρακτηριστικά ότι στον ελεύθερό σου χρόνο κάνε όση Ευκλείδεια Γεωμετρία θέλεις και μην ακουμπάς Αναλυτική. Όμως στο τετράωρο του διαγωνισμού, μπορείς να κάνεις εξαίρεση αφού ο στόχος δεν είναι να δοξάσεις τον Ευκλείδη αλλά να μαζέψεις πόντους, και μάλιστα στα γρήγορα για να αφιερώσεις την φαιά ουσία σου σε δυσκολότερα θέματα.

Το ενδιαφέρον είναι ότι είχα λύσει σε υψηλό ποσοστό όλα τα θέματα Γεωμετρίας σε προηγούμενες ΙΜΟ και της ΒΜΟ με χρήση Αναλυτικής, χωρίς καν να σκεφτώ και με μεθόδους που δεν απαιτούσαν φαντασία. Αλλιώς τα θέματα ήσαν σκληρά αλλά φαίνεται οι θεματοθέτες μη διανοούμενοι να χρησιμοποιήσουν Αναλυτική, ως καθαρότεροι των καθαρών, την πάτησαν. Ούτε καν κοίταξαν αν η άσκηση ... σκοτώνεται με Αναλυτική. Στη ΒΜΟ μάλιστα του 1996 (που για εκεί έκανα την πρώτη σειρά μαθημάτων στην προπόνησή μου) είχε πέσει μία άσκηση με ένα πεντάγωνο (μόνο με ευθείες) που γινόταν απλή με Αναλυτική. Βγήκα ... προφήτης.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 04, 2021 10:30 pm**

Αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι ισχύει $AE\perp DF$ .

$\bullet$ Έστω

, το σημείο τομής της

, από την δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

και έχουμε $\angle AFB = \angle AGD\ \ \ ,(1)$ λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την ευθεία

( προφανές ).

Από $AF\perp BE$ και $AB\perp BF\Rightarrow$ $\angle AFB = \angle ABE\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle ABE = \angle AGD\ \ \ (3)$ και επομένως το τετράπλευρο ABEG

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K)

.

: 4 ορθές για μία καθετότητα.; f 178_t 68727.PNG (25.2 KiB) Προβλήθηκε 875 φορές

$\bullet$ Στον κύκλο (K)

τώρα, έχουμε $\angle AGB = \angle AEB\ \ \ ,(4)$ και ισχύει $\angle AGB = \angle AFD\ \ \ ,(5)$ λόγω της συμμετρίας ως άνω.

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\angle AEB = \angle AFD\ \ \ ,(6)$

Από (6)

και $AF\perp BE\Rightarrow$ $\boxed{AE\perp DF}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 05, 2021 12:13 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Ιαν 03, 2021 11:43 pm Χαίρετε!
4 Ορθές για μια καθετότητα.png
Το έχει $AC \perp BD$ ενώ $\widehat{B}=\widehat{D}=90^o$ . Τα $E \in CD$ και $F \in BC$ ώστε $AF \perp BE$ .Αν οι τέμνονται στο τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και $AZ \perp EF$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Μία με κινούμενα σημεία

Αρκεί(από ορθόκεντρο) να είναι $DF\perp AE$
Καθώς το

κινήται στην

έχουμε $E\rightarrow AE$ προβολικότητα όπως επίσης και η $E\rightarrow BE\rightarrow F\rightarrow DF$ οπότε αρκεί να ελέγξουμε τρεις θέσεις του

το οποίο είναι απλό: $E=D,C,\infty_{DC}$ οι οποίες είναι τετριμμένες.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 05, 2021 1:05 am**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τρί Ιαν 05, 2021 12:13 am οπότε αρκεί να ελέγξουμε τρεις θέσεις του το οποίο είναι απλό: $E=D,C,\infty_{DC}$ οι οποίες είναι τετριμμένες.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 06, 2021 5:04 pm**

Καλησπέρα και χρόνια πολλά. Σας ευχαριστώ όλους για τις ποικίλες προσεγγίσεις. Κάθε λύση έχει τη δική της χάρη!

Να πω μόνο για τον νεαρό Πρόδρομο Φωτιάδη πως πλέον ...κινείται σε δυσθεώρητα ύψη και -με τις ευχές μας- προς την κατάκτηση κορυφών..

Σε επόμενη δημοσίευση προτίθεμαι να υποβάλω (αν δεν καλυφθεί) ακόμη μία διαφορετική προσέγγιση,
με την ίδια πάντως στόχευση: το

ως ορθόκεντρο του τριγώνου AEF