Ορθή γωνία

giannimani · #1

Στις πλευρές

,

ενός οξυγώνιου μη ισοσκελούς τριγώνου ABC

θεωρούμε αντίστοιχα τα
σημεία $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ έτσι, ώστε $\angle AA_{1}B= \angle BB_{1}C=\angle CC_{1}A$
Έστω ότι οι κύκλοι $(BA_{1}C_{1})$ και $(CA_{1}B_{1})$ τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι $\angle HPG = 90^{\circ}$ , όπου

και

είναι
αντίστοιχα το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC

.

min## · #2

Πολύ ωραίο.
Λύση με γωνίες:
Έστω $Z\equiv CC1\cap BB1,X\equiv AA1\cap BB1,Y\equiv AA1\cap CC1$ .Δεν είναι δύσκολο να δει κανείς ότι BZHC,AYHC,AHXB

εγγράψιμα.
Θα δείξω πρώτα ότι (B1,Z,Ma,C1,A),(B1,X,Mc,A1,C),(C1,Y,Mb,A1,B)

ομοκυκλικές 5αδες,με Ma,Mb,Mc

τις τομές των αντίστοιχων διαμέσων του ABC

με τους

.Στο πρώτο σχήμα είναι γνωστό ότι ο (BHC)

έχει ίση ακτίνα με τον (ABC)

.Έτσι,εκμεταλλευόμενος τη συμμετρία ως προς

(μέσο

) δείχνω ότι λόγω $HCA'\angle =HCB\angle +BCA'\angle =HCB\angle +B\angle =90$ (

συμ. του

ως προς

), $HMaA\angle =90$ .Έπειτα, $AMaZ\angle+AB1Z\angle =90+HCZ\angle+AB1Z\angle =90+HBZ\angle +AB1Z\angle$ και το "λήμμα" ισχύει.

Τώρα,μένει να δειχτεί ότι και το

ανήκει στον κύκλο διαμέτρου

(για τα

αποδείχτηκε ήδη ουσιαστικά).
Είναι $CMcP\angle =180-PB1C\angle$ ,δηλαδή $HMcP\angle =270-PB1C\angle$ και $PMaH\angle = AMaH\angle -AMaP\angle =90-AMaP\angle$ και άρα $HMcP\angle +PMaH\angle =360-PB1C\angle -AMaP\angle =180$ ,δηάδ'η PMaHMc

εγγράψιμο κλπ.

Ορθή γωνία

Ορθή γωνία

Re: Ορθή γωνία

Μέλη σε σύνδεση