Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

KARKAR · #1

: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας.png (25.13 KiB) Προβλήθηκε 1026 φορές

Το τραπέζιο ABCD

είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τα ημικύκλια διαμέτρων ABA'

και

,

τα οποία τέμνονται στα S,T

. Η

τέμνει τη

στο

. α) Δείξτε ότι : $DS \perp AP$

β) ( Προαιρετικό ) Βρείτε ικανή συνθήκη ώστε η D'T

να διέρχεται από το

sakis1963 · #2

για το προαιρετικό β.

Εστω DD'=2r, AA'=2R, DA=h

Αφού $\hat{DTD'}=90^o$ η

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

και

από Π.Θ. στο BQD'

έχουμε

απόπου μετά τις πράξεις προκύπτει $\boxed{h^2+R^2=4Rr}$

KARKAR · #3

: Καθετότητα από ορθογωνιότητα - πρόταση.png (31.95 KiB) Προβλήθηκε 890 φορές

Θέλοντας να δώσω μιαν υπόδειξη , αναγκάστηκα να αλλάξω την ονοματοδοσία . Λοιπόν :

KARKAR έγραψε:Το τραπέζιο είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τους κύκλους και ,

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

ονομάζω . Η τέμνει την στο . Δείξτε ότι : $NC \perp PA$

#4

KARKAR έγραψε:Το τραπέζιο είναι ορθογώνιο και σχεδιάσαμε τα ημικύκλια διαμέτρων και ,τα οποία τέμνονται στα . Η τέμνει τη στο . 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 ομοκυκλικά άρα 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 με το μέσο της και $A{A}'\parallel ET\Rightarrow C$ το μέσο της και με 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

KARKAR · #5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Υ.Σ. Θανάση γιατί αλλάζεις σχήματα και ονοματοδοσίες και μας μπερδεύεις

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

Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Re: Καθετότητα λόγω ορθογωνιότητας

Μέλη σε σύνδεση