Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

#1

: Καθετότητα και παραλληλόγραμμο.png (26.03 KiB) Προβλήθηκε 988 φορές

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψος και ας είναι $\vartriangle BSE,\vartriangle CSF$ ορθογώνια στο τρίγωνα προς το ίδιο μέρος της ώστε: $\angle SBE=\angle ABC$ και $\angle SCF=\angle ACB$

Να δειχτεί ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο , όπου είναι το ίχνος της εκ του καθέτου προς την

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 03, 2022 11:55 am
Καθετότητα και παραλληλόγραμμο.png
Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψος και ας είναι $\vartriangle BSE,\vartriangle CSF$ ορθογώνια στο τρίγωνα προς το ίδιο μέρος της ώστε: $\angle SBE=\angle ABC$ και $\angle SCF=\angle ACB$

Να δειχτεί ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο , όπου είναι το ίχνος της εκ του καθέτου προς την

Αρχικά θα δείξω ότι $DS\perp EF$ , εφόσον $\angle CSF=90^{\circ}$ ισοδύναμα αρκεί να ισχύει ότι $\angle DSC=\angle EFS$ .

Παρατηρούμε ότι $\angle DSC+\angle DSB=\angle DBC=180^{\circ}-\angle ESF=\angle EFS+\angle SEF$ και επιπλέον

$\dfrac{\sin \angle DAC}{\sin \angle BSD}=\dfrac{DC}{BD}\cdot\dfrac{SB}{SC}$ ενώ $\dfrac{\sin \angle EFS}{\sin \angle SEF}=\dfrac{SE}{DF}$ και η $\dfrac{DC}{BD}\cdot\dfrac{SB}{SC}=\dfrac{SE}{DF} \Leftrightarrow \dfrac{DC\cdot SF}{SC}=\dfrac{BD\cdot ES}{SB}$ η οποία αληθεύει αφού

από την ομοιότητα των $\Delta CSF,\Delta ADC$ παίρνουμε $\dfrac{DC\cdot SF}{SC}=\dfrac{DC\cdot AD}{DC}=AD$ και ομοίως $\dfrac{BD\cdot ES}{SB}=AD$ .

Έτσι από γνωστή πρόταση παίρνουμε $\angle EFS=\angle DSC$ και $\angle BSD=\angle SEF$

Τώρα μένει να δειχθεί ότι $PS\perp BC$ για το οποίο αρκεί $\angle FSP\angle SCD$ .

Είναι $\angle FSP+\angle PSE=\angle ESF=180^{\circ}-\angle BSC=\angle SCD+\angle SBC$ επομένως μένει να δείξω ότι

$\dfrac{\sin \angleFSP}{\sin \angle PSE}=\dfrac{\sin \angle SCB}{\sin \angle SBC}$ οπότε θα έχω $\angle FSP=\angle SCB$ και $\angle ESP=\angle SBD$ .

Είναι λοιπόν $\dfrac{\sin \angle FSP}{\sin \angle PSE}=\dfrac{ES}{SF}\cdot \dfrac{PF}{PE}$ . Επίσης $\angle FAP=\angle(AP,AF)=\angle (SD,AF)=\angle C$

με την τελευταία να προκύπτει λόγω της ομοιότητας κέντρου

που στέλνει

σε

και με γωνία στροφής $\angle C$ .

Όμοια έχουμε $\angle EAP=\angle B$ και έτσι το $\dfrac{PF}{PE}=\dfrac{AF}{AE}\cdot \dfrac{\sin \angle PAF}{\sin \angle EAP}=\dfrac{AF}{AE}\cdot\dfrac{\sin \angle C}{\sin \angle B}=\dfrac{AF}{AE}\cdot\dfrac{AB}{AC}$ .

Επίσης $\dfrac{\sin \angle SCB}{\sin \angle SBC}=\dfrac{BS}{SC}$ έτσι τελικά μένει να δειχθεί ότι $\dfrac{BS}{SC}=\dfrac{AF}{AE}\cdot\dfrac{AB}{AC}\cdot \dfrac{ES}{SF} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \dfrac{BS\cdot AE}{AB\cdot ES}=\dfrac{AF\cdot SC}{AC\cdot SF}\Leftrightarrow \dfrac{BD}{AD}\cdot \dfrac{AE}{AB}=\dfrac{DC}{AD}\cdot \dfrac{AF}{AC}\Leftrightarrow \dfrac{BD}{AD}\cdot \dfrac {SD}{BD}=\dfrac{DC}{AD}\cdot \dfrac{ DS}{DC}\Leftrightarrow \dfrac{DS}{AD}=\dfrac{DS}{AD}$

το οποίο αληθεύει και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Henri van Aubel · #3

Καλό απόγευμα! Μία άλλη προσέγγιση.

Έχουμε

$\displaystyle \frac{EB}{BS}=\frac{AB}{BD},\angle ABE=\angle SBD\Rightarrow \vartriangle ABE\sim \vartriangle BSD:(1)$

$\displaystyle \frac{SC}{FC}=\frac{DC}{AC},\angle SCD=\angle ACF\Rightarrow \vartriangle AFC\sim \vartriangle SCD:(2)$

Από αυτές τις δύο σχέσεις παίρνουμε

$\displaystyle \frac{EA}{SD}=\frac{AB}{BD}:(3)$

$\displaystyle \frac{SD}{AF}=\frac{DC}{AC}:(4)$

$\displaystyle \frac{EA}{AF}=\frac{AB}{BD}\cdot \frac{DC}{AC}=\frac{\sin \left ( 90^\circ-\angle ACB \right )}{\sin \left ( 90^\circ-\angle ABC \right )}=\frac{\sin \left ( \angle AFE \right )}{\sin \left ( \angle AEF \right )}:(5)$

Επιπλέον βρίσκουμε

$\angle EAF=360^\circ-\angle BAC-\left ( \angle EAB+\angle FAC \right )=360^\circ-\angle BAC-\left ( \angle SDB+\angle SDC \right )=360^\circ-\angle BAC-180^\circ=180^\circ-\angle BAC\Rightarrow \angle AEF+\angle AFE=\left ( 90^\circ-\angle ABC \right )+\left ( 90^\circ-\angle ACB \right ):(6)$

Από $\displaystyle (5),(6)$ προκύπτει ότι $\angle AFE=90^\circ-\angle ACB,\angle AEF=90^\circ-\angle ABC$

Οπότε είναι $\vartriangle APE\sim \vartriangle ABD:(7),\vartriangle APF\sim \vartriangle ACD:(8)$

Συνεπώς τώρα παίρνουμε

$\displaystyle \frac{AP}{AE}=\frac{BD}{AB} ^{(3)}=\frac{SD}{AE}\Rightarrow \boxed {SD=AP}(9)$

Επίσης παίρνουμε

$\displaystyle \frac{PF}{SF}=\frac{AP\cdot \tan \left ( \angle PAF \right )}{SC\cdot \tan \left ( \angle SCF \right )}=\frac{SD\cdot \tan \left ( \angle ACB \right )}{SC\cdot \tan \left ( \angle ACB \right )}=\frac{SD}{SC}:(10)$

$\angle PFS=\left ( \angle AFE+\angle AFC \right )-\left ( 90^\circ-\angle ACB \right )=(90^\circ-\angle ACB)+\angle DSC-\left ( 90^\circ-\angle ACB \right )=\angle DSC:(11)$

Οπότε από $\displaystyle (10),(11)$ προκύπτει ότι $\displaystyle \vartriangle SCD\sim \vartriangle PFS\Rightarrow \frac{PS}{DC}=\frac{SF}{SC}=\frac{AD}{DC}\Leftrightarrow \boxed{PS=AD}(12)$

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε!!

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 03, 2022 11:55 am
Καθετότητα και παραλληλόγραμμο.png
Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψος και ας είναι $\vartriangle BSE,\vartriangle CSF$ ορθογώνια στο τρίγωνα προς το ίδιο μέρος της ώστε: $\angle SBE=\angle ABC$ και $\angle SCF=\angle ACB$

Να δειχτεί ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο , όπου είναι το ίχνος της εκ του καθέτου προς την

Ας δούμε και την ημέτερη διαπραγμάτευση του θέματος

$\bullet$ Με $\angle ESB=\angle FSC={{90}^{0}}$ προκύπτει ότι οι ορθές προβολές ST,SQ

της

επί των ευθειών SF,SE

είναι αντίστοιχα ίσες με τα ύψη DL,DK

των τριγώνων $\vartriangle SDC,\vartriangle SDB$ αντίστοιχα (από τα σχηματιζόμενα ορθογώνια SQDK,STDL

), δηλαδή $ST=DL,SQ=DK:\left( 1 \right)$

Για τα τρίγωνα $\vartriangle SDC,\vartriangle SDB$ ισχύει: $\dfrac{\left( SDC \right)}{\left( SDB \right)}=\dfrac{DC}{DB}=\dfrac{SC\cdot DL}{SB\cdot DK}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{SC\cdot ST}{SB\cdot SQ}\Rightarrow \dfrac{ST}{SQ}=\dfrac{DC}{DB}\cdot \dfrac{SB}{SC}:\left( 2 \right)$

Από $\vartriangle SCF\sim \vartriangle DCA\left( \angle CSF=\angle CDA={{90}^{0}},\angle FCS=\angle ACD \right)\Rightarrow \dfrac{SF}{SC}=\dfrac{AD}{DC}:\left( 3 \right)$ και ομοίως (από $\vartriangle ESB\sim \vartriangle BDA$ ) προκύπτει ότι $\dfrac{SE}{SB}=\dfrac{AD}{DB}:\left( 3 \right)$

: καθετότητα και παραλληλόγραμμο 2.png (37.79 KiB) Προβλήθηκε 826 φορές

$\bullet$ Από $\left( 3 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{SE}{SF}\cdot \dfrac{SC}{SB}=\dfrac{DC}{DB}\Rightarrow \dfrac{SE}{SF}=\dfrac{DC}{DB}\cdot \dfrac{SB}{SC}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SE}{SF}=\dfrac{ST}{SQ}:\left( 4 \right)$
Από τη σχέση $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι: $SD\bot EF\overset{AP\bot EF}{\mathop{\Rightarrow }}\,SD\parallel AP:\left( 5 \right)$ .

$\bullet$ Με $\angle ACD=\angle SCF\Rightarrow \angle SCD=\angle FCA:\left( 6 \right)$ και από $\vartriangle ADC\sim \vartriangle FSC\Rightarrow \dfrac{CD}{AC}=\dfrac{SC}{FC}\overset{\left( 6 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle SDC\sim \vartriangle FAC\Rightarrow \dfrac{SD}{SC}=\dfrac{FA}{FC}:\left( 7 \right)$ αλλά και $\angle DSC=\angle AFC\overset{X\equiv SD\cap AF}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle XSC=\angle XFC\Rightarrow S,X,C,F$ ομοκυκλικά, οπότε $\angle SCF=\angle SXF\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{=}}\,\angle FAP\overset{\angle CSF=\angle APF={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\vartriangle SCF\sim \vartriangle PAF\Rightarrow \dfrac{AP}{SC}=\dfrac{FA}{FC}\overset{\left( 7 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,SD=AP:\left( 8 \right)$
Από $\left( 5 \right),\left( 8 \right)\Rightarrow SD=\parallel AP\Rightarrow SDAP$ παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Να πω μόνο ότι η πρόταση αυτή αλλά και αυτή έχουν την ίδια "μαμά" που θα αποκαλύψω όταν δοθεί και απάντηση στην άλλη πρόταση

Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

Re: Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

Re: Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

Re: Καθετότητα και παραλληλόγραμμο

Μέλη σε σύνδεση