Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7462
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Ιαν 04, 2019 5:36 pm

Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.png
Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.png (18.01 KiB) Προβλήθηκε 233 φορές
Έστω AD το ύψος και CM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC(\widehat A=90^\circ) με P το μέσο του AD.

Αν Q είναι το σημείο τομής των CM, BP και H η προβολή του C στην AQ, να δείξετε ότι H\widehat BC=H\widehat AB.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6142
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Ιαν 05, 2019 3:13 am

quote="george visvikis" post_id=306976 time=1546616173 user_id=10857]
Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.png
Έστω AD το ύψος και CM η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ABC(\widehat A=90^\circ) με P το μέσο του AD.

Αν Q είναι το σημείο τομής των CM, BP και H η προβολή του C στην AQ, να δείξετε ότι H\widehat BC=H\widehat AB.
[/quote]



Αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα AHC και DHBείναι όμοια και γι αυτό αρκεί να δείξω ότι οι DH και BH 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
Ισες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγ_αναλυτικά.png (39.41 KiB) Προβλήθηκε 173 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 AQ είναι \lambda ' = \dfrac{{{b^3}}}{{2{b^2} + 1}}.

Έτσι το H 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}


vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2010
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Ιαν 05, 2019 7:41 pm

Έστω το σημείο F\equiv BC\cap AQ και ας είναι E, η προβολή του σημείου C επί της AQ, αντί του H 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 MA = MB.

\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 B.

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 N είναι το συμμετρικό σημείο του B ως προς το F.
f 178_t 63520.PNG
Ίσες γωνίες σε ορθογώνιο τρίγωνο.
f 178_t 63520.PNG (24.63 KiB) Προβλήθηκε 84 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 (4) 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


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες