Ακόμα μία καθετότητα

#1

: Ακόμα μία καθετότητα.png (15.39 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές

$\bigstar$ Το

είναι τυχαίο σημείο του ύψους

ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC).

Η

τέμνει την

στο

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου APM

την

στο

Αν η κάθετη από το

στην

τέμνει

την

στο

να δείξετε ότι $CF\bot AB.$

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 24, 2020 5:42 pm

Ακόμα μία καθετότητα.png
$\bigstar$ Το είναι τυχαίο σημείο του ύψους ισοσκελούς τριγώνου Η τέμνει την

στο και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου την στο Αν η κάθετη από το στην τέμνει

την στο να δείξετε ότι $CF\bot AB.$

Έστω $H \equiv CF \cap AD$ . Τότε, είναι $\angle FMB=\angle A=2\angle PQM=2(90^\circ-\angle MFB)$ , οπότε $\angle FMB+2\angle MFB=\pi$ , άρα $\vartriangle MFB$ ισοσκελές, οπότε MF=MB=MC

. Συνεπώς,

$\angle MFH=\angle MCH=\angle MBH$ , δηλαδή το MFBH

είναι εγγράψιμο. Άρα, $\angle BHC=\pi - \angle FHB=\pi -\angle FMB=\pi - \angle A$ .

Έστω

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ . Τότε, $H' \in AD$ και $\angle BH'C=\pi -\angle A=\angle BHC$ , άρα $H \equiv H'$ , που δίνει άμεσα ότι $CH \equiv CF \perp AB$ .

#3

: Ακόμη μια καθετότητα.png (41.29 KiB) Προβλήθηκε 1156 φορές

Επειδή η γωνία ( Από το $\vartriangle ADB$ ) :

$\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\phi _1}} = 90^\circ - \widehat {{\theta _{}}}\,\,\,\,$ και από το $\vartriangle PTB$ : $\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\phi _2}} = 90^\circ - \widehat {{\theta _{}}}\,\,\,\,$ θα είναι ισογώνια και

ισοσκελή τα τρίγωνα $ABC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MFB$ , οπότε : MF = MB = MC

και το

θα είναι

το περίκεντρο του $\vartriangle FBC$ άρα $\boxed{\widehat {{x_{}}} = \frac{1}{2}\widehat {FMB} = \widehat {{\theta _{}}}}$ . $\widehat {{x_{}}} + \widehat {ABC} = 90^\circ \Rightarrow AB \bot FC$ .

Ακόμα μία καθετότητα

Ακόμα μία καθετότητα

Re: Ακόμα μία καθετότητα

Re: Ακόμα μία καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση