Wykaż, że kwadaraty mają wspólny wierzchołek

[koniak20]

Treść zadania:
Dane są kwadraty \(\displaystyle{ ABCD}\) i \(\displaystyle{ AB'C'D'}\) o wspólnym wierzchołku \(\displaystyle{ A}\), zgodnie zorientowane. Wykazać, że kwadraty o przekątnych \(\displaystyle{ B'D}\) i \(\displaystyle{ BD'}\) także mają wspólny wierzchołek.
Proszę o pomoc w tym zadaniu ,( zadanie z książki Wokół obrotów pana Waldemara Pompe)
staram się je rozwiązać od kilku dni ale na nic nie mogę wpaść. Zapoznałem się z wskazówką na końcu książki lecz nie pomogło mi to.
Wskazówka:

Ukryta treść:    

Uzasadnij ,że wspólnym wierzchołkiem kwadratów o przekątnych \(\displaystyle{ B'D}\) i \(\displaystyle{ BD'}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ C'C}\)

[DamianTancerz]

Próbowałeś sobie to rozrysować i zauważyć pewne fakty na temat tych kwadratów?

[matmatmm]

Zaproponuję inne rozwiązanie:

Przez \(\displaystyle{ \mathcal{O}(A,B,C)}\) będę oznaczał orientację wyznaczoną przez niewspółliniowe punkty \(\displaystyle{ A,B,C}\).

Będę korzystał z następującego lematu: Jeśli punkty \(\displaystyle{ O,P,P_1}\) oraz \(\displaystyle{ O,Q_1,Q}\) są niewspółliniowe oraz \(\displaystyle{ \angle POP_1=\angle QOQ_1}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(P,O,P_1)=\mathcal{O}(Q,O,Q_1)}\), to \(\displaystyle{ \angle POQ=\angle P_1OQ_1}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(P,O,Q)=\mathcal{O}(P_1,O,Q_1)}\).

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ E}\) ten wierzchołek kwadratu o przekątnej \(\displaystyle{ BD'}\), przy którym trójkąt \(\displaystyle{ \triangle BED'}\) jest zorientowany tak samo jak kwadraty \(\displaystyle{ ABCD}\) i \(\displaystyle{ AB'C'D'}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ F}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ BD'}\). Wówczas \(\displaystyle{ \angle B'D'A=45^{\circ}=\angle ED'F}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',D',A)=\mathcal{O}(E,D',F)}\). Na mocy lematu \(\displaystyle{ \angle B'D'E=\angle AD'F}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',D',E)=\mathcal{O}(A,D',F)}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{AD'}{B'D'}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{D'F}{D'E}}\). Wynika stąd, że \(\displaystyle{ \triangle B'D'E\sim\triangle AD'F}\). Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ \triangle DBE\sim\triangle ABF}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(D,B,E)=\mathcal{O}(A,B,F)}\).
Mamy \(\displaystyle{ \angle D'EB'+\angle BED=\angle D'FA+\angle BFA=180^{\circ}}\).
Niech dalej \(\displaystyle{ D''}\) leży na przedłużeniu odcinka \(\displaystyle{ D'E}\) po stronie \(\displaystyle{ E}\). Wówczas \(\displaystyle{ \angle B'ED''=180^{\circ}-\angle B'ED'=\angle DEB}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')=\mathcal{O}(D',E,B')=\mathcal{O}(D',F,A)=\mathcal{O}(F,B,A)=\mathcal{O}(E,B,D)=\mathcal{O}(D,E,B})}\).
Na mocy lematu mamy więc \(\displaystyle{ \angle B'ED=\angle D''EB=180^{\circ}-\angle D'EB=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}}\).
Pozostawiam do sprawdzenia, że ponadto \(\displaystyle{ B'E=DE}\) (korzystając z podobieństwa oraz \(\displaystyle{ BF=FD'}\).

Z tymi orientacjami to mój pomysł, dzięki któremu można załatwić za jednym zamachem wszystkie przypadki wzajemnego położenia odpowiednich punktów.

[koniak20]

DamianTancerz, Próbowałem, obróciłem \(\displaystyle{ \triangle C'D'F}\) wokól punktu \(\displaystyle{ F}\) tak , że punkt \(\displaystyle{ C'}\) przeszedł na punkt \(\displaystyle{ C}\) i szukałem trójkątów przystających ale cały czas mi brakowało jednego kąta lub odcinka. (Punkt \(\displaystyle{ F}\) to środek odcinka \(\displaystyle{ C'C}\))

matmatmm, Dziękuje za pomoc. Odnośnie \(\displaystyle{ B'E=DE}\) to nie wiem jak mogę to zrobić za pomocą trójkątów podobnych ale umiem używając przystających.
\(\displaystyle{ \triangle B'AB \equiv \triangle DAD'}\) z cechy BKB ( \(\displaystyle{ \angle B'AB = \angle D'AD}\) co wynika z lematu który napisałeś) i teraz \(\displaystyle{ \triangle B'EB \equiv \triangle DED'}\) z cechy BBK
( \(\displaystyle{ EB=ED'}\) , \(\displaystyle{ BB'=DD'}\) i \(\displaystyle{ \angle B'EB = \angle D'ED \ge 90^{\circ}}\))
więc \(\displaystyle{ B'E=DE}\).

Da się to zadanie zrobić nie używając trójkątów podobnych?-- 8 kwi 2018, o 11:20 --

\(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')=\mathcal{O}(D',E,B')=\mathcal{O}(D',F,A)=\mathcal{O}(F,B,A)=\mathcal{O}(E,B,D)=\mathcal{O}(D,E,B})}\).

Tutaj nie można od razu stwierdzić , że
\(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')=\mathcal{O}(D,E,B})}\) ?

[matmatmm]

matmatmm, Dziękuje za pomoc. Odnośnie \(\displaystyle{ B'E=DE}\) to nie wiem jak mogę to zrobić za pomocą trójkątów podobnych (...)

\(\displaystyle{ \frac{B'E}{D'E}=\frac{AF}{D'F}=\frac{AF}{BF}=\frac{DE}{BE}}\)

(...) i teraz \(\displaystyle{ \triangle B'EB \equiv \triangle DED'}\) z cechy BBK
( \(\displaystyle{ EB=ED'}\) , \(\displaystyle{ BB'=DD'}\) i \(\displaystyle{ \angle B'EB = \angle D'ED \ge 90^{\circ}}\))

Ten kąt nie musi być rozwarty.

\(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')=\mathcal{O}(D',E,B')=\mathcal{O}(D',F,A)=\mathcal{O}(F,B,A)=\mathcal{O}(E,B,D)=\mathcal{O}(D,E,B})}\).

Tutaj nie można od razu stwierdzić , że
\(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')=\mathcal{O}(D,E,B})}\) ?

Wszystko zależy od tego, czy to, że jakąś własność widać na rysunku, jest wystarczającym uzasadnieniem. Większość osób pewnie nie zawracałaby sobie głowy orientacjami, odczytaliby położenie punktów z rysunku i wykonali rachunek na kątach. Ja mam taką fanaberię, że wszystko staram się formalnie udowodnić.

[koniak20]

(...) i teraz \(\displaystyle{ \triangle B'EB \equiv \triangle DED'}\) z cechy BBK
( \(\displaystyle{ EB=ED'}\) , \(\displaystyle{ BB'=DD'}\) i \(\displaystyle{ \angle B'EB = \angle D'ED \ge 90^{\circ}}\))

Ten kąt nie musi być rozwarty.

Dlatego użyłem tego znaku \(\displaystyle{ \ge}\) on jest albo większy od \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\) albo równy \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\)

Wszystko zależy od tego, czy to, że jakąś własność widać na rysunku, jest wystarczającym uzasadnieniem. Większość osób pewnie nie zawracałaby sobie głowy orientacjami, odczytaliby położenie punktów z rysunku i wykonali rachunek na kątach. Ja mam taką fanaberię, że wszystko staram się formalnie udowodnić.

A te kolejne równości tych orientacji wynikają formalnie z czego?

[matmatmm]

(...) i teraz \(\displaystyle{ \triangle B'EB \equiv \triangle DED'}\) z cechy BBK
( \(\displaystyle{ EB=ED'}\) , \(\displaystyle{ BB'=DD'}\) i \(\displaystyle{ \angle B'EB = \angle D'ED \ge 90^{\circ}}\))

Ten kąt nie musi być rozwarty.

Dlatego użyłem tego znaku \(\displaystyle{ \ge}\) on jest albo większy od \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\) albo równy \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\)

Wyraziłem się nieprecyzyjnie. Ten kąt może być też ostry.

A te kolejne równości tych orientacji wynikają formalnie z czego?

\(\displaystyle{ \mathcal{O}(B',E,D'')\stackrel{(1)}{=}\mathcal{O}(D',E,B')\stackrel{(2)}{=}\mathcal{O}(D',F,A)\stackrel{(3)}{=}\mathcal{O}(F,B,A)\stackrel{(4)}{=}\mathcal{O}(E,B,D)\stackrel{(5)}{=}\mathcal{O}(D,E,B})}\).

(1) Wynika stąd, że punkty \(\displaystyle{ D',E,D''}\) leżą w tej kolejności na jednej prostej.
(2) Udowodnione wcześniej.
(3) Wynika stąd, że punkty \(\displaystyle{ B,F,D'}\) leżą w tej kolejności na jednej prostej.
(4) Udowodnione wcześniej.
(5) Jeśli punkty \(\displaystyle{ P,Q,R}\) są niewspółliniowe, to \(\displaystyle{ \mathcal{O}(P,Q,R)=\mathcal{O}(R,P,Q)=\mathcal{O}(Q,R,P)}\).

Generalnie to myślę, że powinienem podać definicję orientacji, którą stosuję. Jest ona trochę skomplikowana. Napiszę wieczorem, bo akurat nie mam czasu teraz.

[koniak20]

Jak może być ostry jak sam pan udowodnił ,że część z tego kąta jest równa \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\)?

[matmatmm]

Kąt \(\displaystyle{ \angle B'ED}\) jest prosty, ale \(\displaystyle{ \angle B'EB}\) nie musi byś sumą tego kąta i \(\displaystyle{ \angle BED}\) !!

Kod: Zaznacz cały

http://wstaw.org/w/4Ps9/

[koniak20]

Rozumiem, zapamiętam na przyszłość. Czyli jak chciałbym tam wykazać przez trójkąty przystające musiałbym wykazać, że te mniejsze kąty są takie same.