Πολύπλοκη καθετότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6958
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Πολύπλοκη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 27, 2018 6:02 pm

Πολύπλοκη καθετότητα.png
Πολύπλοκη καθετότητα.png (18.84 KiB) Προβλήθηκε 817 φορές
Οι διαγώνιοι AC, BD τραπεζίου ABCD(AB||CD) τέμνονται κάθετα στο O. Έστω F το συμμετρικό του O ως προς

το μέσο M της DC και E, K οι προβολές των O, F αντίστοιχα στην CD. Αν η κάθετη από το C στην AE τέμνει την FK

στο H να δείξετε ότι \displaystyle BE \bot DH.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 720
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Πολύπλοκη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Ιαν 28, 2018 8:52 pm

Πολύπλοκη καθετότητα-1.png
Πολύπλοκη καθετότητα-1.png (20.61 KiB) Προβλήθηκε 718 φορές
Θεωρούμε συμμετρία με κέντρο M.

Το O πάει στο F και αφού OE//FK, έχουμε ότι η OE είναι συμμετρική της FK.

Άρα το συμμετρικό του H, έστω H', είναι σημείο του OE.

Ξέρουμε πως το C και D είναι συμμετρικά. Άρα οι ευθείες CH και DH' είναι συμμετρικές, δηλαδή παράλληλες, επομένως DH'\perp AE.

Η ευθεία DH έχει συμμετρική την CH'. Αρκεί λοιπόν CH' να είναι κάθετη στην BE.

Μετασχηματίζουμε το αρχικό πρόβλημα στο εξής ισοδύναμο:

Έστω τραπέζιο ABCD με τις διαγώνιές του να τέμνονται κάθετα στο O. Φέρνουμε κάθετη OE στην CD. Έστω S η τομή των καθέτων από τα C, D στις BE και AE αντίστοιχα, οι οποίες τέμνουν τις BE και AE στα P, R. Να αποδειχθεί πως το S ανήκει στην OE.
Πολύπλοκη καθετότητα-2.png
Πολύπλοκη καθετότητα-2.png (31.48 KiB) Προβλήθηκε 702 φορές
Αφού \widehat{AOD}=\widehat{ARD}=90^o, έχουμε πως το τετράπλευρο AORD είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο O_1 (O_1 είναι το μέσο του AD).

Όμοια είναι και το BOPC εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο O_2 (O_2 είναι το μέσο του BC).

Έστω T το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων με κέντρα O_1 και O_2. Έχουμε πως το OT είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων, άρα είναι OT\perp O_1O_2.

Όμως O_1O_2//CD, άρα OT\perp CD.

Αφού είναι OE\perp CD, έχουμε πως και τα σημεία O, T, E είναι συνευθειακά. Άρα το E ανήκει στο ριζικό άξονα των δύο κύκλων και ισχύει ότι EP\cdot EB=ER\cdot EA, άρα το ARPB είναι εγγράψιμο

Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί πως και το S ανήκει στο ριζικό άξονα των δύο κύκλων δηλαδή αρκεί:

SP\cdot SC=SR\cdot SD, δηλαδή αρκεί το DRPC να είναι εγγράψιμο.

Αρκεί \widehat{DRP}=180^o-\widehat{PCD}

Έχουμε πως 180^o-\widehat{PCD} =\widehat{PEC}+\widehat{EPC}

Όμως \widehat{PEC}=\widehat{EBA}=\widehat{PRE} και \widehat{EPC}=90^o=\widehat{DRE}

Άρα 180^o-\widehat{PCD}=\widehat{PEC}+\widehat{EPC}=\widehat{PRE}+\widehat{DRE}=\widehat{DRP} και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1981
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Πολύπλοκη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Ιαν 28, 2018 10:57 pm

\bullet Από \angle COD = 90^{o}, έχουμε ότι το παραλληλλόγραμμο CODF ( από το σημείο M ως κοινό μέσον των διαγωνίων του ) είναι ορθογώνιο.

Παρατηρούμε τώρα, ότι οι δια των κορυφών H,\ C,\ D του τριγώνου \vartriangle HCD, κάθετες ευθείες επί των ευθειών πλευρών AB,\ OA,\ OB αντιστοίχως, του τριγώνου \vartriangle OAB , συντρέχουν στο σημείο F και επομένως τα τρίγωνα \vartriangle HCD,\ \vartriangle OAB είναι Ορθολογικά.
f=181_t=60909.png
Πολύπλοκη καθετότητα.
f=181_t=60909.png (22.56 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές
\bullet Προκύπτει επομένως, ότι και οι δια των κορυφών O,\ A,\ B του τριγώνου \vartriangle OAB , κάθετες ευθείες επί των ευθειών των πλευρών CD,\ HC,\  HD αντιστοίχως, του τριγώνου \vartriangle HCD , τέμνονται στο ίδιο σημείο το οποίο ταυτίζεται με το σημείο E , λόγω AE\perp HC και OE\perp CD .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η δια του σημείου B κάθετη ευθεία επί την HD , περνάει από το σημείο E και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 139
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Πολύπλοκη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Παρ Μαρ 16, 2018 8:35 pm

Νομίζω ότι έχω βρει λύση χωρίς να ισχύει απαραίτητα η καθετότητα των AC,BD.

Απο το C φέρνω παράλληλη στη BE που τέμνει την AE στο L. Τα τρίγωνα ABE, ELC όμοια γιατί
AB//EC, AE//EL, BE//LC.
Εστω I το ορθόκεντρο του ABE και AR, BQ, EP τα ύψη.

Εστω \Theta το ορθόκεντρο του ELC και EX, LT, CS τα ύψη.

Αρκεί να δειχθεί ότι E\Theta //DH, ή ισοδύναμα \frac{CD}{CE}=\frac{CH}{C\Theta }.

Ομως, \frac{CH}{C\Theta }=\frac{CK}{CT}.

Οπότε, αρκεί ν.δ.ο. \frac{CD}{CE}=\frac{CK}{CT} ή ισοδύναμα \frac{CE}{CT}=\frac{CD}{CK}.

Ομως, \frac{CE}{CT}=\frac{AB}{BP}.

Αρα, αρκεί ν.δ.ό. \frac{CD}{CK}=\frac{AB}{BP}

Ομως, CK=DE.

Αρα, αρκεί ν.δ.ό. \frac{CD}{DE}=\frac{AB}{BP}, που προκύπτει από την ομοιότητα των ABO, CDO.

Ενδεχομένως να μου έχει ξεφύγει κάτι.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2541
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Πολύπλοκη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Μαρ 18, 2018 7:57 pm

Πράγματι δεν απαιτείται η καθετότητα των AC, BD. Αυτό προκύπτει ΚΑΙ από λύση με Αναλυτική Γεωμετρία:

Θέτοντας A=(a,h), B=(b,h), C=(c,0), D=(d,0) ΚΑΙ E=(0,0), έτσι ώστε η τομή O των διαγωνίων του τραπεζίου να ανήκει στον άξονα των y, προκύπτει ότι η τεταγμένη του O είναι η \dfrac{hb}{d-b}=\dfrac{ha}{c-a}: η τεταγμένη αυτή καθ' εαυτή ΔΕΝ μας ενδιαφέρει, θα μας χρειαστεί όμως η προκύπτουσα ισότητα ad=bc.

Από την M=(\dfrac{c+d}{2},0) προκύπτει άμεσα ότι η τετμημένη του H ισούται προς c+d, οπότε από την CH\perp AE προκύπτει (μέσω συντελεστών διεύθυνσης) η H=(c+d,-\dfrac{ad}{h}). Εύκολα προκύπτει τώρα ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της DH ισούται προς -\dfrac{ad}{ch} και, λόγω της ad=bc, προς -\dfrac{b}{h}. Δεδομένου ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της BE ισούται προς \dfrac{h}{b}, η ζητούμενη καθετότητα DH\perp BE έχει αποδειχθεί.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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