Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.png (18.01 KiB) Προβλήθηκε 343 φορές

Έστω

το ύψος και

η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^\circ)$ με

το μέσο του AD.

Αν

είναι το σημείο τομής των CM, BP

και

η προβολή του

στην

να δείξετε ότι $H\widehat BC=H\widehat AB.$

quote="george visvikis" post_id=306976 time=1546616173 user_id=10857]
Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.png
Έστω

το ύψος και

η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου $ABC(\widehat A=90^\circ)$ με

το μέσο του AD.

Αν

είναι το σημείο τομής των CM, BP

και

η προβολή του

στην

να δείξετε ότι $H\widehat BC=H\widehat AB.$
[/quote]

Αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα AHC

και

είναι όμοια και γι αυτό αρκεί να δείξω ότι οι

και

είναι κάθετες .

Η καθετότητα αυτή με αναλυτική γεωμετρία δεν είναι δύσκολη.

Θεωρώ καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το D(0,0)

και μοναδιαίο διάνυσμα του κατακόρυφου άξονα το $\overrightarrow {OP}$ , συνεπώς A(0,2)

.

Ακόμα έστω $C(2c,0)\,\,\,,c > 0$ και $B(2b,0)\,\,,\,\,b < 0$ επειδή

$\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \Rightarrow \boxed{bc + 1 = 0}$ και άρα $\boxed{c = - \frac{1}{b}}\,\,(1)$

: Ισες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγ_αναλυτικά.png (39.41 KiB) Προβλήθηκε 283 φορές

Έχω : $\left\{ \begin{gathered} BP \to x + 2by - 2b = 0 \hfill \\ CM \to x + (2c - b) - 2c = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow Q\left( {u,v} \right) = Q\left( {\dfrac{{2{b^3}}}{{3{b^2} + 2}},\dfrac{{2\left( {{b^2} + 1} \right)}}{{3{b^2} + 2}}} \right)$

ελήφθη υπ’ όψη και η (1)

. Τώρα $\overrightarrow {AQ} = (u,v - 2)\,\,\,$ με συντελεστή διεύθυνσης :

$\lambda = \dfrac{{ - (2{b^2} + 1)}}{{{b^3}}}$ συνεπώς της καθέτου προς την

είναι $\lambda ' = \dfrac{{{b^3}}}{{2{b^2} + 1}}$ .

Έτσι το

θα έχει συντεταγμένες που δίδονται από το σύστημα :

$\left\{ \begin{gathered} y - 2 = \lambda x \hfill \\ y = \lambda '(x - 2c) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow H\left( {p,q} \right) = H\left( {\dfrac{{2{b^3}}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}},\dfrac{{2{b^2}({b^2} + 1)}}{{{b^4} + 3{b^2} + 1}}} \right)$

Οι συντελεστές διεύθυνσης των $\overrightarrow {DH} \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overrightarrow {BH}$ είναι αντίστοιχα :

$\left\{ \begin{gathered} {\lambda _1} = \frac{q}{p} = \frac{{{b^2} + 1}}{b} \hfill \\ {\lambda _2} = \frac{q}{{p - 2b}} = - \frac{b}{{{b^2} + 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {\lambda _1}{\lambda _2} = - 1 \Rightarrow \boxed{HD \bot HB}$

Έστω το σημείο $F\equiv BC\cap AQ$ και ας είναι

, η προβολή του σημείου

επί της

, αντί του

της εκφώνησης.

Στο τρίγωνο $\vartriangle ACF$ , με $H\equiv AD\cap CE$ , έχουμε $FH\perp AC\Rightarrow$ $FH\parallel AB$ , λόγω $AH\perp CF$ και $CH\perp AF$ .

Η ευθεία BQP

τώρα, περνάει από το σημείο έστω $Z\equiv AC\cap FH$ , λόγω του τραπεζίου ABFZ

και

.

$\bullet$ Για να ισχύει το ζητούμενο $\angle EAB = \angle EBC\equiv \angle EBF$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία $CB\equiv FB$ εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (K)

του τριγώνου $\vartriangle ABE$ στο σημείο

.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $(FE)(FA) = (FB)^{2}\ \ \ ,(1)$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ACDE

έχουμε $(FE)(FA) = (FD)(FC)\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $(FD)(FC) = (FB)^{2}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, αρκεί να αποδειχθεί ότι η σημειοσειρά $B,\ D,\ N,\ C$ είναι αρμονική, όπου

είναι το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

.

: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.; f 178_t 63520.PNG (24.63 KiB) Προβλήθηκε 194 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle ACD$ με διατέμνουσα την BPZ

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου,

έχουμε $\displaystyle \frac{PA}{PD}\cdot \frac{BD}{BC}\cdot \frac{ZC}{ZA} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BD}{BC} = \frac{ZA}{ZC}\ \ \ ,(4)$ λόγω PA = PD

.

Από

και $\displaystyle \frac{ZA}{ZC} = \frac{BF}{FC}$ λόγω $FZ\parallel AB$ προκύπτει $\boxed{\displaystyle \frac{BF}{FC} = \frac{BD}{BC}}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

συμπεραίνεται ότι η σημειοσειρά $B,\ D,\ N,\ C$ είναι αρμονική.

Γνωστό Λήμμα στα αρμονικά συζυγή, η απόδειξη του οποίου αφήνεται ως άσκηση στον αναγνώστη

.

Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton, η (3)

αληθεύει και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας

Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση