Συμμετροκάθετη

#1

: Συμμετροκάθετη.png (10.06 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές

είναι το ύψος ορθογωνίου τριγώνου $ABC, \widehat A=90^0.$ Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

και

το μέσο του DC.

Να δείξετε ότι $FD\bot AE$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 10, 2018 9:04 am
Συμμετροκάθετη.png
είναι το ύψος ορθογωνίου τριγώνου $ABC, \widehat A=90^0.$ Έστω το συμμετρικό του ως προς και το μέσο του Να δείξετε ότι $FD\bot AE$

Αν το συμμετρικό του ως προς το μέσο της , τότε από το παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) προκύπτει ότι $PD\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot AF} PD \bot AF:\left( 1 \right)$ και $BE\parallel FP$ (από τα μέσα των ) και με $AD \bot BE \Rightarrow AD \bot FP:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow D$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AFP$ (σημείο τομής δύο υψών) οπότε $FD\bot AP\Rightarrow FD\bot AE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

Υ.Σ. Έχω και άλλη λύση αλλά ντρέπομαι να την γράψω. Ας τη γράψει ο Μιχάλης Τσουρακάκης

#3

Έστω

, το συμμετρικό σημείο του

ως προς το σημείο

.

Στα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DAC,\ \vartriangle ZFA$ , λόγω $\angle DAC = \angle ZFA$ , οι ευθείες των ομόλογων πλευρών τους είναι κάθετες μεταξύ τους.

Συμπεραίνεται έτσι ότι $FD\perp AE$ ( ομόλογες διάμεσοι στα ίδια τρίγωνα ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Altrian · #4

Και μια διανυσματική λύση:
$\overrightarrow{FD}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD} \overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD}/2$
Επομένως:
$\overrightarrow{FD}*\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{CD}+2\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}*\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}*\overrightarrow{CD}/2$
Δεδομένου ότι $\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{AC}=0$ και $\overrightarrow{AD}*\overrightarrow{CD}=0$ ως κάθετες, έχουμε:
$\overrightarrow{FD}*\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AD}*\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BA}*\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}\right) +\overrightarrow{AD}*\overrightarrow{AC}=$
$\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}*\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BA}*\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}*\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}*\overrightarrow{AD}=0.$
Δηλ.

κάθετη στην

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Στο σχήμα του Γιώργου.

Είναι $\angle FAD=\angle ACE$ (1)

Τα τρίγωνα ADC

και

είναι όμοια.

Προκύπτει ότι $\frac{DC}{AC}=\frac{AD}{AB}$

Αυτή γράφεται και ως $\frac{EC}{AC}=\frac{AD}{AF}$ (2)

Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα ADF

και

είναι όμοια.

Αρα $\angle AFD=\angle EAC$ οπότε $FD\perp AE$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 10, 2018 9:04 am
Συμμετροκάθετη.png
είναι το ύψος ορθογωνίου τριγώνου $ABC, \widehat A=90^0.$ Έστω το συμμετρικό του ως προς

και το μέσο του Να δείξετε ότι $FD\bot AE$

Αν κατάλαβα καλά Στάθη έχεις στο μυαλό σου λύση που στηρίζεται στο δικό σου θεώρημα που μου αρέσει να εφαρμόζω.
Τι είναι αυτό πάντως που ντρέπεσαι να γράψεις και δεν ντρέπομαι να γράψω εγώ ,δεν το καταλαβαίνω

Έστω $\displaystyle M$ μέσον της $\displaystyle AC$ και $\displaystyle EP \bot AF$ οπότε $\displaystyle AD,AP$ είναι οι ορθές προβολές της $\displaystyle AE$ επί των $\displaystyle AD,AF$ αντίστοιχα

Στόχος μας σύμφωνα με το θ.STATHIS KOUTRAS είναι η ισχύς της $\displaystyle \frac{{AP}}{{AD}} = \frac{{AD}}{{AF}} \Leftrightarrow A{D^2} = 2AB \cdot AP$

Αλλά $\displaystyle ME = AQ$ και $\displaystyle AD = 2ME$ οπότε $\displaystyle AQ = QD = \frac{{AD}}{2}$ και από το εγγράψιμο $\displaystyle PQDB \Rightarrow AQ \cdot AD = AP \cdot AB \Rightarrow \frac{{A{D^2}}}{2} = AP \cdot AB \Rightarrow \boxed{A{D^2} = 2AB \cdot AP}$

Εναλλακτικά: Το $\displaystyle Q$ είναι ορθόκεντρο του $\displaystyle \vartriangle ABE$ άρα $\displaystyle BQ \bot AE$ .Αλλά $\displaystyle \left( {AQ = QD} \right)$ $\displaystyle BQ//FD$ άρα $\displaystyle FD \bot AE$

: συμμετροκάθετη.png (15.52 KiB) Προβλήθηκε 535 φορές

#7

Ας το δούμε και με Αναλυτική, για να υπάρχει. Απαιτούνται μόνο πράξεις ρουτίνας.

Με αρχή των αξόνων το A(0,0)

και $B(b,0), \, C(0,c)$ . Eίναι F(2b,0)

, η

έχει κλίση -c/b

και η

έχει κλίση b/c

. Άρα οι δύο τελευταίες έχουν εξισώσεις $\displaystyle{y = -\frac {c}{b }(x-b)}$ και $\displaystyle{y = \frac {b}{ c}x}$ , αντίστοιχα. Λύνοντας, τέμνονται στο

$\displaystyle{D\left (\frac {bc^2}{b^2+c^2 }, \, \frac {b^2c}{b^2+c^2 } \right ) }$ και άρα το μέσον

του

είναι $\displaystyle{E\left ( \frac {bc^2}{2(b^2+c^2)} , \, \frac {2b^2c+c^3}{2(b^2+c^2 )} \right ) }$ .

Έπεται ότι οι κλίσεις των $FD, \, AE$ είναι $\displaystyle{ -\frac {bc}{2b^2+c^2 }}$ και $\displaystyle{ \frac {2b^2+c^2 }{bc}}$ , αντίστοιχα, οπότε είναι κάθετες (γινόμενο

).

#8

: Συμμετροκάθετη.png (22.83 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές

Αν

το μέσο του ύψους

θα είναι

. Αλλά οι $BM \bot AE$ ως ομόλογοι διάμεσοι των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων $DAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DCA$ .

Άρα $FD \bot AE$

Παρατήρηση . Εναλλακτικά το είναι ορθόκεντρο του τριγώνου

#9

Ας δούμε για όφελος των μαθητών και μία δεύτερη λύση με Αναλυτική, γιατί έχει τα πλεονεκτήματά της.

Παίρνουμε κέντρο αξόνων το D(0,0)

με $B(-b,0), \, A(0,a) , \, E(e,0), \, C(2e,0)$ και άρα F(-2b,-a)

. H συνθήκη καθετότητας $AC \perp AB$ είναι (από τις κλίσεις των AB, AC

) η $\displaystyle{\frac {-a}{2e}\cdot \frac {a}{b}=-1}$ , δηλαδή $a^2=2be \,(*)$ . Άλλος τρόπος για το τελευταίο είναι $AD^2=BD\cdot DC$ , που δίνει πάλι την ίδια σχέση.

Τώρα, οι κλίσεις των AE, FD

είναι $\displaystyle{-\frac {a}{e}}$ και $\displaystyle{\frac {a}{2b}}$ , αντίστοιχα. Το γινόμενό τους λόγω της (*)

είναι
$\displaystyle{-\frac {a^2}{2eb}=-1}$ , από όπου η ζητούμενη καθετότητα.

Συμμετροκάθετη

Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Re: Συμμετροκάθετη

Μέλη σε σύνδεση