Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

#1

: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.png (10.96 KiB) Προβλήθηκε 1434 φορές

Έστω

το ύψος και

η διχοτόμος ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0).$ Αν K,
L

είναι τα έγκεντρα

των τριγώνων ADB, ADC,

να δείξετε ότι $\displaystyle{AE \bot KL}$

Επειδή είναι πιθανόν να έχει τεθεί ξανά (κάτι μου θυμίζει), ας αφήσουμε ένα 24ωρο στους μαθητές πριν τις παραπομπές.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γεια σου Γιώργο!

Είναι $\widehat{LCD}=\dfrac{\widehat{C}}{2}$ (1).

Προφανώς, $\widehat{BAD}=\widehat{C} \Rightarrow 2 \widehat{KAD}=\widehat{C}$ , οπότε $\widehat{KAD}=\dfrac{\widehat{C}}{2}$ (2).

Από (1), (2) $\widehat{KAD}=\widehat{LCD}$ (3).

Επίσης $\widehat{KDA}= 45^\circ=\widehat{LDC}$ , οπότε $\widehat{KDA}=\widehat{LDC}$ (4).

Από (3), (4), τα $\vartriangle KAD, \vartriangle LDC$ είναι όμοια, οπότε $\dfrac{KD}{AD}=\dfrac{DL}{DC} \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{KDL}=\widehat{BAC}=90^\circ} \vartriangle KDL$ όμοιο με το $\vartriangle ADC$ .

Έτσι, $\widehat{LKD}=\widehat{DAC}=\widehat{B}=90^\circ-\widehat{C}$ (5).

Όμως, $\widehat{BKD}=180^\circ-\widehat{KBD}-\widehat{KDB}=180^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}-45^\circ=135^\circ-\dfrac{90^\circ-\widehat{C}}{2}=90^\circ+\dfrac{\widehat{C}}{2}$ , οπότε
$\widehat{BKD}=90^\circ+\dfrac{\widehat{C}}{2}$ (6).

Από (5), (6), $\widehat{BKL}=\widehat{BKD}+\widehat{LKD}=180^\circ-\dfrac{\widehat{C}}{2}=180^\circ-\widehat{LCB} \Rightarrow BKLC \, \textnormal{\gr εγγράψιμο}$ .

Έστω $Z \equiv KL \cup AB$ .

Από το εγγράψιμο, $\widehat{AZL}=\widehat{ZBK}+\widehat{ZKB}=\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}=45^\circ$ .

Επίσης $\widehat{BAE}=45^\circ$ .

Έστω $H \equiv AE \cup KL$ .

Από τα παραπάνω, το $\vartriangle ZAH$ έχει δύο γωνίες $45^\circ$ , οπότε είναι ορθογώνιο ό.έ.δ.

: KATHETES.png (13.2 KiB) Προβλήθηκε 1408 φορές

#3

george visvikis έγραψε:Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.png
Έστω το ύψος και η διχοτόμος ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^0).$ Αν είναι τα έγκεντρα των τριγώνων να δείξετε ότι $\displaystyle{AE \bot KL}$
Επειδή είναι πιθανόν να έχει τεθεί ξανά (κάτι μου θυμίζει), ας αφήσουμε ένα 24ωρο στους μαθητές πριν τις παραπομπές.

: 2.png (17.37 KiB) Προβλήθηκε 1397 φορές

Αν $I\equiv AE\cap BK\cap CL$ το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ τότε από $\angle ABC\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle DAC \Rightarrow$ $\dfrac{{\angle ABC}}{2} = \dfrac{{\angle DAC}}{2} \Rightarrow$

$\angle IBC = \angle DAL\mathop \Rightarrow \limits^{AD \bot BC} \boxed{BKI \bot AL}:\left( 1 \right)$ και ομοίως $\boxed{CLI \bot AK}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow I$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AKL$ (σημείο τομής δύο υψών του) άρα και $AI \bot KL \Leftrightarrow \boxed{AE \bot KL}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#4

"Επαγγελματική" η Λύση του Κ. Κούτρα

Αξιέπαινη η λύση του Κ.Λιγνού

Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση