Τρισορθογώνιο τετράεδρο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13344
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Τρισορθογώνιο τετράεδρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Απρ 06, 2024 1:57 pm

Ορισμός: Θεωρούμε τετράεδρο ABCD. Αν μία τρίεδρη γωνία του, π.χ η τρίεδρη γωνία με κορυφή A,

είναι τρισορθογώνια, τότε το ABCD ονομάζεται τρισορθογώνιο τετράεδρο κατά την κορυφή A.
Τρισορθογώνιο τετράεδρο.png
Τρισορθογώνιο τετράεδρο.png (26.88 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές
Δίνεται τρισορθογώνιο τετράεδρο ABCD κατά την κορυφή A. Μία μεταβλητή σφαίρα (S) διέρχεται από τα

σημεία B, C, D. Αν οι BA, CA, DA επανατέμνουν τη σφαίρα στα σημεία B_1, C_1, D_1 αντίστοιχα και G_1

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου BCD, να δείξετε ότι η G_1A είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου B_1C_1D_1

και διέρχεται από το ορθόκεντρό του.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5969
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Τρισορθογώνιο τετράεδρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Σάβ Απρ 06, 2024 5:45 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Απρ 06, 2024 1:57 pm
Ορισμός: Θεωρούμε τετράεδρο ABCD. Αν μία τρίεδρη γωνία του, π.χ η τρίεδρη γωνία με κορυφή A,
είναι τρισορθογώνια, τότε το ABCD ονομάζεται τρισορθογώνιο τετράεδρο κατά την κορυφή A.
Δίνεται τρισορθογώνιο τετράεδρο ABCD κατά την κορυφή A. Μία μεταβλητή σφαίρα (S) διέρχεται από τα
σημεία B, C, D. Αν οι BA, CA, DA επανατέμνουν τη σφαίρα στα σημεία B_1, C_1, D_1 αντίστοιχα και G_1
είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου BCD, να δείξετε ότι η G_1A είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου B_1C_1D_1
και διέρχεται από το ορθόκεντρό του.
Τα συνεπίπεδα σημεία C,D,{C_1},{D_1} είναι ομοκυκλικά αφού η τομή σφαίρας από επίπεδο (αν υπάρχει και εδώ υπάρχει) είναι κύκλος.
Ας αναχθούμε λοιπόν στην αντίστοιχη γνωστή πρόταση της επίπεδης Γεωμετρίας (που εξάλλου αποδεικνύεται εύκολα):
Έστω δύο κάθετες χορδές AB, CD κύκλου που τέμνονται στο K, τότε η κάθετη από το K στην BD διέρχεται από το μέσο της AC.
Προκύπτει λοιπόν A{M_1} \bot {D_1}{C_1}, με την {C_1}{D_1} να είναι κάθετη στο επίπεδο (AM_1 B_1) αφού {B_1}A \bot {C_1}{D_1}.
Επομένως παίρνουμε {B_1}{M_1} \bot {D_1}{C_1}. Αν ονομάσουμε H το ορθόκεντρο του τριγώνου {B_1}{C_1}{D_1},
τότε η διάμεσος BM είναι συνεπίπεδη με το ύψος πλέον {B_1}{M_1} και η διάμεσος DN συνεπίππεδη με το ύψος {D_1}{C_1}.
Η τομή των επιπέδων αυτών είναι η {G_1}H στην οποία ανήκει η κορυφή A.
Εδώ ακριβώς και λόγω της ορθογωνιότητας τελειώσαμε.
sfera.png
sfera.png (101.34 KiB) Προβλήθηκε 338 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1816
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Τρισορθογώνιο τετράεδρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 06, 2024 7:28 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Απρ 06, 2024 1:57 pm
Ορισμός: Θεωρούμε τετράεδρο ABCD. Αν μία τρίεδρη γωνία του, π.χ η τρίεδρη γωνία με κορυφή A,

είναι τρισορθογώνια, τότε το ABCD ονομάζεται τρισορθογώνιο τετράεδρο κατά την κορυφή A.
Τρισορθογώνιο τετράεδρο.png
Δίνεται τρισορθογώνιο τετράεδρο ABCD κατά την κορυφή A. Μία μεταβλητή σφαίρα (S) διέρχεται από τα

σημεία B, C, D. Αν οι BA, CA, DA επανατέμνουν τη σφαίρα στα σημεία B_1, C_1, D_1 αντίστοιχα και G_1

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου BCD, να δείξετε ότι η G_1A είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου B_1C_1D_1

και διέρχεται από το ορθόκεντρό του.
Παρατηρούμε ότι το τετράεδρο ABCD είναι ορθοκεντρικό. Πράγματι τα ύψη του διέρχονται από το ίδιο σημείο A. Άρα, λόγω των ιδιοτήτων των ρθοκεντρικών τετράεδρων, οι απέναντι ακμές του είναι κάθετες μεταξύ τους.

Θα δείξουμε την παρακάτω πρόταση για ορθοκεντρικά τετράεδρα.

Πρόταση 1. Σε ορθοκεντρικό τετράεδρο τα σημεία O, G, H ( το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας, το σημείο τομής των διαμέσων του και το σημείο τομής των υψών του αντίστοιχα) βρίσκονται στην ίδια ευθεία (ευθεία Euler ορθοκεντρικού τετράεδρου) και G είναι το μέσο του OH.

Απόδειξη: Έστω P σημείο για το οποίο \overrightarrow{HP} = \dfrac{1}{2} \left (  \overrightarrow{HA} + \overrightarrow{HB} +\overrightarrow{HC} + \overrightarrow{HD}\right ). Τότε \overrightarrow{AH} = \overrightarrow{HP}- \overrightarrow{HA} = \dfrac{1}{2} \left ( \overrightarrow{HB} + \overrightarrow{HC} +\overrightarrow{HD} -\overrightarrow{HA}\right) και

\overrightarrow{AP}^2 = \dfrac{1}{4} \left ( \overrightarrow{HA}^2 +\overrightarrow{HB}^2 +\overrightarrow{HC}^2 + \overrightarrow{HD}^2 +2 \overrightarrow{HB} ( \overrightarrow{HC}-\overrightarrow{HA})+2 \overrightarrow{HC} ( \overrightarrow{HD}-\overrightarrow{HA}) +2 \overrightarrow{HD} ( \overrightarrow{HB}-\overrightarrow{HA}) \right ).

Εφόσον HB \perp AC, HC \perp AD, HD \perp AB, τότε θα ισχύει \overrightarrow{HB}(\overrightarrow{HC} - \overrightarrow{HA}) = \overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{AC} = 0,

\overrightarrow{HC}(\overrightarrow{HD} - \overrightarrow{HA}) = 0 και \overrightarrow{HD}(\overrightarrow{HB} - \overrightarrow{HA}) = 0. Επομένως

AP^2 = \dfrac{1}{4} \left (HA^2+HB^2+HC^2+HD^2 \right)

Η τελευταία έκφραση είναι συμμετρική ως προς τα A,B,C,D, άρα θα ισχύει AP^2=BP^2=CP^2=DP^2. Δηλαδή το σημείο P συμπίπτει με το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας Ο, του τετράεδρου ABCD.

Δείξαμε ότι \overrightarrow{HO} = \dfrac{1}{2} \left ( \overrightarrow{HA} +\overrightarrow{HB} + \overrightarrow{HC} +\overrightarrow{HD}\right)

Από την άλλη \overrightarrow{HO}= \dfrac{1}{2} \left (  (\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OA}) +(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OB}) +(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OC}) +(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OD}) \right). Από όπου πέρνουμε

\overrightarrow{OH} = \dfrac{1}{2} \left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}  \right)

Όμως \overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{4} \left ( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD} \right), οπότε τελικά έχουμε

\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{OH}. \square


Θα δείξουμε και την παρακάτω πρόταση , γενικά για τετράεδρα.

Πρόταση 2. Φέρουμε σφαίρα που διέρχεται από τις κορυφές BCD ενός τετράεδρου ABCD η οποία τέμνει τις ακμές AB, AC, AD ή τις προεκτάσεις τους στα σημεία B_{1}, C_{1}, D_{1} αντίστοιχα. Τότε το επίπεδο B_{1}C_{1}D_{1} είναι παράλληλο στο εφαπτόμενο επίπεδο στην περιγεγεγραμμένη σφαίρα του ABCD στο σημείο A. Το τρίγωνο B_{1}C_{1}D_{1} συχνά αναφέρεται και ως αντιπαράλληλη τομή του τετράεδρου ABCD ως προς το σημείο A.

Απόδειξη: Θεωρούμε το επίπεδο, που ορίζουν τα σημεία B, C, B_{1}, C_{1} και έστω \epsilon η τομή αυτού του επιπέδου με το εφαπτόμενο επίπεδο στο σημείο A. Από το θεώρημα χορδής και εφαπτομένης έχουμε ότι \angle BCA = \angle (BA, \epsilon).

Από το εγεγραμμένο τετράπλευρο BCB_{1}C_{1} (στην αρχική μας σφαίρα), έχουμε ότι \angle BCC_{1}= \angle BB_{1}C_{1}. 'Αρα θα ισχύει  \angle (BA, \epsilon) = \angle AB_{1}C_{1}. Δηλαδή B_{1}C_{1} || \epsilon.

Ομοίως βρίσκουμε και ότι οι ευθείες B_1}D_{1}, C_{1}D_{1} παράλληλες προς το εφαπτόμενο επίπεδο της περιγεγραμμένης σφαίρας του ABCD στο σημείο A. Άρα και το επίπεδο B_{1}C_{1}D_{1} θα είναι παράληλλο προς αυτό. \square

Στο πρόβλημά μας τώρα. Εφόσον το ABCD είναι ορθοκεντρικό, από την πρόταση 1 παραπάνω, τo σημεία G_{1} \in GA, το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας O_{1} και το ορθόκεντρο H \equiv A είναι συνευθειακά. 'Αρα η G_{1}A, ως φορέας της ακτίνας της περιγεγραμμένης σφαίρας του ABCD είναι κάθετη προς το εφαπτόμενο επίπεδο σε αυτή την σφαίρα στο σημείο A.

Από την πρόταση 2 όμως το επίπεδο B_{1}C_{1}D_{1} είναι η αντιπαράλληλη τομή του τετραέδρου ABCD ως προς το σημείο A, οπότε είναι παράλληλο προς το παραπάνω εφαπτόμενο επίπεδο.

Επομένως η ευθεία G_{1}A είναι κάθετη και στο επίπεδο B_{1}C_{1}D_{1}

trisorthogonio_tetraedro.png
trisorthogonio_tetraedro.png (123.64 KiB) Προβλήθηκε 325 φορές


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5969
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Τρισορθογώνιο τετράεδρο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Απρ 07, 2024 10:36 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Απρ 06, 2024 7:28 pm
Πρόταση 1. Σε ορθοκεντρικό τετράεδρο τα σημεία O, G, H ( το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας, το σημείο τομής των διαμέσων του και το σημείο τομής των υψών του αντίστοιχα) βρίσκονται στην ίδια ευθεία (ευθεία Euler ορθοκεντρικού τετράεδρου) και G είναι το μέσο του OH.
Ας μου επιτραπεί να καταθέσω μία επιπλέον άποψη μετά από την άριστη λύση του Αλέξανδρου.

Έστω το ορθοκεντικό τετράεδρο ABC. Αν πάρουμε ως σημείο αναφοράς το τρίγωνο BCD, τότε το ορθόκεντρο H του τετραέδρου θα προβάλλεται στο ορθόκεντρο H_1 του τριγώνου BCD, το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας O θα προβάλλεται στο κέντρο O_1 του περιγεγραμμένου κύκλου του BCD. Από το θεώρημα Euler στο τρίγωνο BCD το κέντρο βάρους G_1 του τριγώνου BCD θα ανήκει στην ευθεία H_1 O_1 άρα το κέντρο βάρους G του τετραέδρου θα ανήκει στο επίπεδο AH_1 O_1 , στο οποίο επίπεδο ανήκει και το O. Με ίδιο σκεπτικό θα ανήκει και στο αντίστοιχο επίπεδο BH_2 O_2 αν πάρουμε σαν βάση το τρίγωνο ACD και απέναντι κορυφή το B. Τα επίπεδα όμως αυτά έχουν ως τομή την ευθεία HO στην οποία αναγκαστικά θα ανήκει και το σημείο G αφού τα επίπεδα αυτά δεν ταυτίζονται. Αν ενώσουμε τώρα το μέσο N της AB με το μέσο T του ευθύγραμμου τμήματος BH_1 τότε ορίζεται το τρίγωνο MNT που η πλευρά του TM διέρχεται από το μέσο F του H_1 O_1 , και που οδηγεί στο ότι HG=GO. Είναι βέβαια γνωστό ότι το G είναι μέσο του MN.
gd1.png
gd1.png (73.72 KiB) Προβλήθηκε 219 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13344
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τρισορθογώνιο τετράεδρο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Απρ 09, 2024 11:16 am

Ευχαριστώ το Σωτήρη και τον Αλέξανδρο για τις πολύ ωραίες λύσεις τους. Να σημειώσω

απλώς ότι η άσκηση είναι από το βιβλίο του Γιάννη Ντάνη, Γεωμετρία του Χώρου 2 (1972).


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες