Από ομοιότητα τριγώνων... καθετότητα

giannimani · #1

Δίνεται ένα τρίγωνο ABC

με ύψη

,

και ένα σημείο

στο εσωτερικό του τετραπλεύρου BCEF

.
Τα σημεία

,

επιλέγονται εκτός του τριγώνου ABC

έτσι, ώστε τα τρίγωνα EFX

,

να είναι όμοια (η σειρά των κορυφών συμπίπτει με αυτή των ομόλογων κορυφών).
Να αποδείξετε ότι $AX \bot KL$ .

: from_similar_perpendic.png (42.89 KiB) Προβλήθηκε 189 φορές

Dimessi · #2

Βάζω μία από τις λύσεις μου

: Καθετότητα από ομοιότητα!.png (57.06 KiB) Προβλήθηκε 118 φορές

$\displaystyle \begin{Bmatrix} \vartriangle KFB\sim \vartriangle EFX\Rightarrow \displaystyle \frac{KF}{FX} =\frac{BF}{FE}& & \\\vartriangle ECL\sim \vartriangle EFX\Rightarrow \displaystyle \frac{EX}{EL}=\frac{EF}{EC} & & \\\angle KFX\overset{\angle KFB=\angle EFX}=\angle EFB & & \\\angle XEL\overset{\angle LEC=\angle FEX}=\angle FEC \end{Bmatrix}\Rightarrow \vartriangle KFX \sim \vartriangle EFB \wedge \vartriangle ELX \sim \vartriangle EFC$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{KX}{EB}=\frac{FX}{EF}\wedge \frac{LX}{FC}=\frac{EX}{EF}\Rightarrow KX^2-XL^2=\frac{\left ( FX\cdot EB \right )^2-\left ( EX \cdot FC \right )^{2}}{EF^2}\left ( 1 \right ).$ $\displaystyle FB\cdot AK^{2}+FA\cdot KB^{2}\overset{\left ( \Theta .\textrm{Stewart}\vartriangle AKB \right )}=AB\left ( KF^2+FA\cdot FB \right )\overset{\displaystyle\left ( \frac{KB}{EX}\overset{\vartriangle EFX \sim \vartriangle BFK}=\frac{FB}{FE}=\frac{KF}{FX} \right )\left (\ast \right)}\Leftrightarrow$ $\displaystyle AK^{2}=\frac{AB\left ( \left ( \displaystyle\frac{FB\cdot FX}{FE} \right )^{2}+FA \cdot FB \right )-\displaystyle FA\cdot \left ( \frac{FB\cdot EX}{FE} \right )^{2}}{\displaystyle FB}\left ( 2 \right ).$ $\displaystyle EC\cdot AL^{2}+EA\cdot LC^{2}\overset{\left ( \Theta .\textrm{Stewart}\vartriangle ALC \right )}=AC\left ( EL^2+EA\cdot EC \right )\overset{\left ( \ast \right )\wedge \vartriangle ELC \sim \vartriangle KBF\sim \vartriangle EXF}\Leftrightarrow$ $\displaystyle AL^2=\frac{AC\left ( \displaystyle \left ( \frac{EC\cdot EX}{FE} \right )^{2}+EA\cdot EC \right )-\displaystyle EA\cdot \left ( \frac{EC\cdot FX}{FE} \right )^{2}}{EC}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}\Rightarrow$ $AK^2-AL^2=KX^2-XL^2\Leftrightarrow AX\perp KL.$

: Καθετότητα από ομοιότητα!.png (57.06 KiB) Προβλήθηκε 118 φορές

giannimani · #3

Έστω

το τρίτο ύψος του τριγώνου. Τα τετράπλευρα AEXF

,

και

είναι ομόρροπα όμοια.
Αυτό προκύπτει από τις ομοιότητες $\triangle EFX \sim \triangle BFK \sim \triangle ECL$ (υπόθεση) και
$\triangle AEF \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC$ , οπότε εύκολα προκύπτει ότι τα τετράπλευρα έχουν τις γωνίες τους
ίσες μία προς μία, και τις ομόλογες πλευρές τους ανάλογες.
Έστω

,

και

τα σημεία τομής των διαγωνίων των τετραπλεύρων AEXF

,

και

αντίστοιχα. Τότε, έχοντας υπόψη την πρόταση των ομόρροπα όμοιων πολυγώνων:

Τα όμοια πολύγωνα μπορούν να χωριστούν σε ίσο αριθμό αντίστοιχα όμοιων τριγώνων,
τοποθετημένων με τον ίδιο τρόπο.

: from_similar_perpendic_sol.png (61.47 KiB) Προβλήθηκε 59 φορές

παίρνουμε τις ομοιότητες:
$\triangle AMF \sim \triangle DNF \Rightarrow \dfrac{FM}{FN}=\dfrac{AF}{DF}$
$\triangle AME \sim \triangle DNB \Rightarrow \dfrac{ME}{NB}=\dfrac{AE}{DB}$
Αλλά εφόσον $\dfrac{AF}{DF}=\dfrac{AE}{DB}$ (από την ομοιότητα των τετραπλεύρων AEXF

,

), τότε $\dfrac{FM}{FN}=\dfrac{ME}{NB} \Rightarrow MN \parallel BE \bot AC$ .
με όμοιο τρόπο $MP \parallel CF \bot AC$ . Επομένως, το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ANP

, δηλαδή, $AX \bot NP$ .
Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι $NP \parallel KL$ .
Αυτή η παραλληλία προκύπτει με τον ίδιο τρόπο όπως και οι προηγούμενες. Συγκεκριμένα από τις ομοιότητες:
$\triangle DBN \sim \triangle DEP \Rightarrow \dfrac{DN}{DP}=\dfrac{BD}{DE}$
$\triangle BNK \sim \triangle EPL \Rightarrow \dfrac{KN}{LP}=\dfrac{BK}{EL}$
Αλλά, εφόσον $\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{BK}{EL}$ (από την ομοιότητα των τετραπλεύρων DBKF

,

), τότε $\dfrac{DN}{DP}=\dfrac{KN}{LP} \Rightarrow NP \parallel KL$ .

Από ομοιότητα τριγώνων... καθετότητα

Από ομοιότητα τριγώνων... καθετότητα

Re: Από ομοιότητα τριγώνων... καθετότητα

Re: Από ομοιότητα τριγώνων... καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση