Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11554
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Οκτ 07, 2016 2:03 pm

Καθετότητα λόγω  ορθογωνιότητας.png
Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας.png (25.13 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές
Το τραπέζιο ABCD είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τα ημικύκλια διαμέτρων ABA' και DCD' ,

τα οποία τέμνονται στα S,T . Η A'S τέμνει τη BC στο P . α) Δείξτε ότι : DS \perp AP

β) ( Προαιρετικό ) Βρείτε ικανή συνθήκη ώστε η D'T να διέρχεται από το B



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Παρ Οκτ 07, 2016 11:05 pm

για το προαιρετικό β.

Εστω DD'=2r, AA'=2R, DA=h

Αφού \hat{DTD'}=90^o η DT είναι εφαπτομένη του (B,R) και συνεπώς DT=DA=h=BQ όπου BQ\perp DD'

Οπότε από την ισότητα των ορθογ. τριγώνων BQD'=DTD' έπεται BD'=DD'=2r και

από Π.Θ. στο BQD' έχουμε h^2+(2r-R)^2=(2r)^2 απόπου μετά τις πράξεις προκύπτει \boxed{h^2+R^2=4Rr}


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11554
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Οκτ 09, 2016 8:51 pm

Καθετότητα  από ορθογωνιότητα - πρόταση.png
Καθετότητα από ορθογωνιότητα - πρόταση.png (31.95 KiB) Προβλήθηκε 569 φορές
Θέλοντας να δώσω μιαν υπόδειξη , αναγκάστηκα να αλλάξω την ονοματοδοσία . Λοιπόν :
KARKAR έγραψε:Το τραπέζιο POKN είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τους κύκλους (K,KN) και (O,OP) ,

των οποίων το σημείο τομής , το πλησιέστερο στη NP ονομάζω C και το διαμετρικό του P ,

ονομάζω A' . Η A'C τέμνει την OK στο Q . Δείξτε ότι : NC \perp PA


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4003
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Οκτ 13, 2016 5:56 pm

KARKAR έγραψε:Το τραπέζιο ABCD είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τα ημικύκλια διαμέτρων ABA' και DCD' ,τα οποία τέμνονται στα S,T . Η A'S τέμνει τη BC στο P . α) Δείξτε ότι : DS \perp AP
...
Τώρα μόλις ανακάλυψα ότι το α) ερώτημα είναι αναπάντητο

Έστω T \equiv AP \cap DC,\,\,E \equiv A'PS \cap DC,\,\,Z \equiv D'S \cap AB. Είναι \angle ADS\mathop  = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle DD'S \mathop  = \limits^{DD'\parallel ZA} \angle AZS \Rightarrow D,S,A,Z

ομοκυκλικά και ομοίως A,S,E,Z ομοκυκλικά άρα D,S,A,Z,E ομοκυκλικά, οπότε \angle ZED = \angle DSD' = {90^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle EDZ = \angle ZAD = {{90}^0}} ADEZ ορθογώνιο άρα \boxed{ED = \parallel ZA}:\left( 1 \right).
[attachment=0]Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας..png[/attachment]
Από την κεντρική δέσμη APT,BPT,{A}'PE με B το μέσο της A{A}' και A{A}'\parallel ET\Rightarrow C το μέσο της ET και με C το μέσο της

DD' \Rightarrow D'T = ED\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} D'T = \parallel ZA \Rightarrow AZD'T παραλληλόγραμμο οπότε ZP\parallel D'S\mathop  \Rightarrow \limits^{DS \bot D'S\,\,(\lambda o\gamma \omega \,\,\tau o\upsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o\upsilon )} \boxed{DS \bot AP} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

Υ.Σ. Θανάση γιατί αλλάζεις σχήματα και ονοματοδοσίες και μας μπερδεύεις :lol:
Συνημμένα
Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας..png
Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας..png (49.99 KiB) Προβλήθηκε 520 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11554
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Οκτ 13, 2016 6:41 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Υ.Σ. Θανάση γιατί αλλάζεις σχήματα και ονοματοδοσίες και μας μπερδεύεις :lol:
Αρχικά είχα την εντύπωση ότι βρήκα λύση του θέματος δείχνοντας την παραλληλία των SD' , AP ,

δημοσίευσα σχήμα που θα βοηθούσε σ' αυτή την κατεύθυνση , στη συνέχεια όμως ανακάλυψα

ότι υπήρχε κενό στη λύση μου και αναγκάστηκα - αφού εν τω μεταξύ δεν αναρτήθηκε κάποια λύση -

να καταφύγω στην "έτοιμη" , η οποία προβλέπει να φέρω την AP\perp DS και

στη συνέχεια να δείξω ότι τα S,P,A' είναι συνευθειακά που είναι ισοδύναμο πρόβλημα .

Είναι θέμα από την Olympiada Iberoamericana του 2000 , δεν γνωρίζω την επίσημη λύση , έχει

δημοσιευθεί στο art of problem solving μία , με το γενικευμένο θεώρημα του PASCAL

και αυτή προσπάθησα να αναδείξω με το δεύτερο αναρτημένο σχήμα μου ( δείτε ως

εξάγωνο το PASCA'L και εντοπίστε τα ζεύγη των "απέναντι" διαγωνίων )

Η λύση αυτή , φυσικά , "ξεφεύγει" αλλά είπαμε θεωρούσα ότι έπρεπε να βρεθεί κάτι

πιο στοιχειώδες , πράγμα που τελικά επετεύχθη με την καταλυτική παρέμβαση του Στάθη :clap2: :clap2:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης