mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 8:09 pm**

Με αφορμή αυτό
http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... 81&t=55868

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με $AB\neq AC$
και το ύψος του

Αν

σημείο του ύψους ώστε

$\angle PBA=\angle PCA$

τότε το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου.
Συμπλήρωμα.13-9-2020
Διόρθωσα την εκφώνηση.Το τρίγωνο δεν πρέπει να είναι ισοσκελής.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 9:20 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Με αφορμή αυτό
viewtopic.php?f=181&t=55868

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο και το ύψος του

Αν σημείο του ύψους ώστε

$\angle PBA=\angle PCA$

τότε το είναι ορθόκεντρο του τριγώνου.

Καλησπέρα κύριε Σταύρο!

: χαρακτηρισμός ορθοκέντρου.png (31.77 KiB) Προβλήθηκε 1079 φορές

Αν

το συμμετρικό του

ως προς το ύψος

.

Προφανώς $\widehat{PCA}=\widehat{PBA}=\widehat{PKA}$ , άρα το APKC

είναι εγγράψιμο.

Άρα, $\widehat{BAD}=\widehat{DAK}=\widehat{DCK}$ , δηλαδή $\widehat{DCK}=\widehat{DAB}=90-\hat{B}$ , συνεπώς $\hat{B}+\widehat{DCP}=90 \Leftrightarrow PC \perp AB$ , από όπου το ζητούμενο γίνεται φανερό.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 10:43 pm**

Γεια σου Ορέστη.
Πολύ ωραία η λύση σου.Καλύτερη από την δική μου που θα γράψω παρά κάτω.
Εχεις ένα τυπογραφικό στην προτελευταία σχέση.Αντί $\angle DCK$ θέλεις να γράψεις $\angle DCP$
Η δική μου λύση.

$\frac{(APB)}{(APC)}=\frac{BD}{CD}$

Αλλά λόγω ισότητας γωνιών $\frac{(APB)}{(APC)}=\frac{AB.PB}{AC.PC}$

Αρα $\frac{PB}{PC}=\frac{BD.AC}{DC.AB}$

Το ορθόκεντρο έχει αυτή την ιδιότητα οπότε επειδή ο Απολλώνιος κύκλος έχει με το ύψος
ένα κοινό σημείο το

είναι ορθόκεντρο

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 11:45 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Με αφορμή αυτό
viewtopic.php?f=181&t=55868

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο και το ύψος του .Αν σημείο του ύψους ώστε $\angle PBA=\angle PCA$ τότε το είναι ορθόκεντρο του τριγώνου.

Καλησπέρα στου "μικρούς" και μεγαλύτερους φίλους.
Ας δούμε και μια πιο μπελαλίδικη λύση (με άτοπο) αφού ο Ορέστης έγραψε την "πριγκιπέσα"

Προφανώς το ορθόκεντρο $P\equiv AD\cap BF\cap CZ$ έχει την ιδιότητα $\angle PBA=\angle PCA$ από την εγγραψιμότητα σε κύκλο του τετραπλεύρου $BZFC\left( \angle BZC=\angle BFC={{90}^{0}} \right)$ .

Έστω ότι υπάρχει και άλλο σημείο ${P}'\equiv P,{P}'\in AD$ ώστε $\angle {P}'BA=\angle {P}'CA\Rightarrow BC{F}'{Z}'$ εγγράψιμο σε κύκλο με ${F}'\equiv B{P}'\cap AC,{Z}'\equiv C{P}'\cap AB$ . Τότε από τα εγγράψιμα τετράπλευρα

$BCFZ,BC{F}'{Z}'\Rightarrow \ldots \angle FB{F}'=\angle ZC{Z}'\Rightarrow BCLK$ εγγράψιμο σε κύκλο ( $\angle LBK=\angle LCK$ διαφορά (ή άθροισμα) ίσων γωνιών) , με $K\equiv B{P}'\cap CZ,L\equiv C{Z}'\cap BF$
[attachment=0]χαρακτηρισμός ορθοκέντρου..png[/attachment]
Τα πλήρη τετράπλευρα έχουν κοινή διαγώνιο την και τις διαγώνιές τους στο φορέα του ύψους του $\vartriangle ABC$ οπότε οι άλλες διαγώνιές τους

θα διέρχονται από το ίδιο σημείο ως το συζυγές αρμονικό του ω προς τα (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου τέμνεται αρμονικά από τις άλλες δύο).

Όμως $\angle F'KL\mathop = \limits^{K,L,C,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle LCB \equiv \angle Z'CB$ $\mathop = \limits^{Z',B,C,F'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle Z'F'B \Rightarrow KL\parallel Z'F'$ πράγμα άτοπο αφού $KL\cap {F}'{Z}'=E\in BC$

και συνεπώς το ορθόκεντρο είναι το μοναδικό σημείο με την ιδιότητα $\angle PBA=\angle PCA$ .

Στάθης

mathematica.gr

Χαρακτηρισμός ορθόκεντρου

Χαρακτηρισμός ορθόκεντρου

Re: Χαρακτηρισμός ορθόκεντρου

Re: Χαρακτηρισμός ορθόκεντρου

Re: Χαρακτηρισμός ορθόκεντρου