Μόνο την καθετότητα

#1

: Ακόμη μια καθετότητα.png (15.2 KiB) Προβλήθηκε 1484 φορές

Στη πλευρά

τετραγώνου ABCD

, έστω σημείο

με

.

Κατασκευάζω το ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο MAE

$\left( {MA = ME} \right)$ με το

εντός του τετραγώνου .

Ο κύκλος $\left( {M,MA} \right)$ τέμνει την

στο

(πιο κοντά στο

) και την

στο

( πιο κοντά στο

).

Δείξετε ότι $AZ \bot EH$ .

S.E.Louridas · #2

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 03, 2023 8:29 am
Στη πλευρά τετραγώνου , έστω σημείο με .
Κατασκευάζω το ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {MA = ME} \right)$ με το εντός του τετραγώνου .
Ο κύκλος $\left( {M,MA} \right)$ τέμνει την στο (πιο κοντά στο ) και την στο ( πιο κοντά στο ).
Δείξετε ότι $AZ \bot EH$ .

Τα σημεία

είναι συνευθειακά. Έχουμε ότι ${d_{DC}}\left( M \right) = {d_{CB}}\left( M \right) \Rightarrow \left( {KZ = LH,\;CK = CH} \right).$
Άρα ισχύει $ZB = DL \Rightarrow AZ = AL$ και βέβαια LA=HE

, άρα

οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα HTE, ALD

και τελικά AZB

είναι ίσα. Επειδή μάλιστα $HT \bot AB,$ έπεται ότι $HE \bot AZ.$ Ως

ονοματίσαμε την προβολή του

στην πλευρά AB,

ως

την τομή της πλευράς

με τον κύκλο και τέλος ως

την τομή της πλευράς

με τον κύκλο.

: vvvv.png (55.1 KiB) Προβλήθηκε 1362 φορές

#3

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 03, 2023 8:29 am
Ακόμη μια καθετότητα.png
Στη πλευρά τετραγώνου , έστω σημείο με . Κατασκευάζω το ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {MA = ME} \right)$ με το εντός του τετραγώνου .
Ο κύκλος $\left( {M,MA} \right)$ τέμνει την στο (πιο κοντά στο ) και την στο ( πιο κοντά στο ).Δείξετε ότι $AZ \bot EH$ .

Για την καλημέρα μου στην υπέροχη παρέα!!!...

Με $\angle MAE={{45}^{0}}\Rightarrow M\in AC$ και συνεπώς η

είναι άξονας συμμετρίας του σχήματος (διαγώνιος τετραγώνου ABCD

και διάμετρος του κύκλου $\left( M \right)$ ) και άρα αν $F\equiv BC\cap \left( M \right),F\ne Z\Rightarrow CM=CF\overset{\angle HCF={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle FHC={{45}^{0}}:\left( 1 \right)$ και έστω $T\equiv AC\cap \left( M \right),T\ne A$
${{45}^{0}}=\angle BAC=\angle FHC\overset{H,F,Z,A\in \left( M \right)}{\mathop{=}}\,\angle ZAH\Rightarrow \angle BAZ=\angle TAH:\left( 2 \right)$

: Μόνο την καθετότητα.png (39.63 KiB) Προβλήθηκε 1356 φορές

Αλλά $\angle ZAB\equiv \angle ZAE\overset{A,E,Z,H\in \left( M \right)}{\mathop{=}}\,\angle EHZ:\left( 3 \right)$ και $\angle HAT\overset{A,H,T,Z\in \left( M \right)}{\mathop{=}}\,\angle TZH:\left( 4 \right)$

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle EHZ=\angle TZH\Rightarrow EH\parallel TZ\overset{TZ\bot AZ\left( AT\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( M \right) \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,EH\bot AZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Η λέξη μόνο που γράφει στον τίτλο ο Νίκος εννοεί ότι δεν θέλει την ισότητα των δύο τμημάτων (η οποία βέβαια είναι εύκολη πλέον)

Θα επακολουθήσει και 2η απόδειξη μετά την επόμενη ανάρτηση

#4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 03, 2023 8:29 am
Ακόμη μια καθετότητα.png
Στη πλευρά τετραγώνου , έστω σημείο με .Κατασκευάζω το ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {MA = ME} \right)$ με το εντός του τετραγώνου .Ο κύκλος $\left( {M,MA} \right)$ τέμνει την στο (πιο κοντά στο ) και την στο ( πιο κοντά στο ). Δείξετε ότι $AZ \bot EH$ .

Έστω $T\equiv BD\cap HE,K\equiv CD\cap HE$ . Τότε από $\angle AHT\equiv \angle AHE\equiv \angle AHK={{45}^{0}}=\angle BDA\equiv \angle TDA=\angle ACB\equiv \angle ACK$ προκύπτει ότι τα τετράπλευρα ATHD,AKCH

είναι εγγράψιμα σε κύκλους. Έτσι $\angle HTA\overset{\angle ADH={{90}^{0}}}{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}:\left( 1 \right)$ και $\angle HAK\overset{\angle KCH={{90}^{0}}}{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}:\left( 2 \right)$

: Μόνο την καθετότητα 1.png (51.27 KiB) Προβλήθηκε 1318 φορές

Από $\angle AHD\overset{H,C,K,A\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle AKB\overset{\angle ADH=\angle ABK={{90}^{0}},AD=AB=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\vartriangle ADH=\vartriangle ABK\Rightarrow AH=AK\overset{AT\bot HK}{\mathop{\Rightarrow }}\,T$ το κέντρο του περίκυκλου του τετραπλεύρου $AHCK\Rightarrow \angle HTC\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta -\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,2\left( \angle HKC \right)\overset{A,H,C,K\,\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,2\left( \angle HAC \right):\left( 3 \right)$

Όπως αναφέρθηκε και στην προηγούμενη ανάρτηση , με

(προφανώς) επί της διαγωνίου του τετραγώνου (από κατασκευής) προκύπτει ότι κύκλος $\left( M \right)$ και το τετράγωνο έχουν κοινό άξονα συμμετρίας την διαγώνιο $AC\Rightarrow \angle HZC\overset{H,F,Z,A\in \left( M \right),F\equiv BC\cap \left( M \right),F\ne Z}{\mathop{=}}\,\angle FAH=2\left( \angle HAC \right)\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{=}}\,\angle HTC\Rightarrow H,T,Z,C$ ομοκυκλικά, οπότε $\angle HTZ=\angle HCZ={{90}^{0}}\overset{\angle HTA={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,A,T,Z$ συνευθειακά και $HE\bot A\left( T \right)Z$ και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί .

#5

Για να μη λέμε τα ίδια, ας το δούμε, εκτός φακέλλου, με στροφή περί το Μ, αριστερά κατά 90 μοίρες.

Το A πάει στο E. Που πάει το Z;

Το M ισαπέχει από τις CB και CD. Επομένως η ευθεία CB πάει στην ευθεία CD, και, επειδή το Ζ ανήκει στην CB και στον κύκλο, θα πάει στο Η.

Η ΑZ, λοιπόν, πάει στην EH κ.λπ.

Εύχομαι σε όλη την παρέα τα καλύτερα! Με το καλό της Παναγίας!!

Henri van Aubel · #6

rek2 έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 04, 2023 4:45 pm
Για να μη λέμε τα ίδια, ας το δούμε, εκτός φακέλλου, με στροφή περί το Μ, αριστερά κατά 90 μοίρες.

Το A πάει στο E. Που πάει το Z;

Το M ισαπέχει από τις CB και CD. Επομένως η ευθεία CB πάει στην ευθεία CD, και, επειδή το Ζ ανήκει στην CB και στον κύκλο, θα πάει στο Η.

Η ΑZ, λοιπόν, πάει στην EH κ.λπ.

Εύχομαι σε όλη την παρέα τα καλύτερα! Με το καλό της Παναγίας!!

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 03, 2023 8:29 am
Ακόμη μια καθετότητα.png
Στη πλευρά τετραγώνου , έστω σημείο με .

Κατασκευάζω το ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {MA = ME} \right)$ με το εντός του τετραγώνου .

Ο κύκλος $\left( {M,MA} \right)$ τέμνει την στο (πιο κοντά στο ) και την στο ( πιο κοντά στο ).

Δείξετε ότι $AZ \bot EH$ .

Προφανώς η

περνά από το

.

Με

μέσα των

αντίστοιχα,είναι $MN \bot DC ,ML \bot BC$ και το MNCL

είναι τετράγωνο,

άρα PH=KZ

και τα τρίγωνα PHM,KMZ

είναι ίσα.

Έτσι, $\angle MPH= \angle MKL \Rightarrow PCKM$ εγγράψιμμο, οπότε $\angle PMK=90^0$ άρα και $\angle HMZ=90^0$

Συνεπώς όλες οι σημειωμένες γωνίες είναι 45^0

(σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης) και το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.

: Κάθετες.png (60.48 KiB) Προβλήθηκε 1189 φορές

Μόνο την καθετότητα

Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Re: Μόνο την καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση