Ορθοκεντρικόν

#1

Με αφορμή αυτό, προτείνω:

Να χαρακτηρισθούν τα τρίγωνα ABC

για τα οποία ισχύει η AB+CH=AC+BH

, όπου

το ορθόκεντρο του ABC.

#2

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 19, 2023 11:41 am
Με αφορμή αυτό, προτείνω:

Να χαρακτηρισθούν τα τρίγωνα για τα οποία ισχύει η , όπου το ορθόκεντρο του

Γεια σου Γιώργο!

$\displaystyle b - c = CH - BH$ (1)

Είναι ακόμα, $\displaystyle \cos \theta = \frac{{HD}}{{BH}},\cos \varphi = \frac{{HD}}{{CH}}$

Νόμος συνημιτόνων στα τρίγωνα AHC, AHB:

: Ορθοκεντρικόν.png (12.34 KiB) Προβλήθηκε 675 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} {b^2} = A{H^2} + C{H^2} + 2AH \cdot CH\frac{{HD}}{{CH}} \hfill \\ \hfill \\ {c^2} = A{H^2} + B{H^2} + 2AH \cdot BH\frac{{HD}}{{BH}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{( - )} {b^2} - {c^2} = C{H^2} - B{H^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} (b - c)(b + c - BH - HC) = 0$

Είναι λοιπόν $\boxed{b=c}$ ή b+c=BH+CH,

δηλαδή $\boxed{\widehat A=90^\circ}$

#3

Καλησπέρα Γιώργο, έχεις αθέλητα περιοριστεί σε ορθογώνια ή οξυγώνια τρίγωνα (ειδικά στο σημείο b+c=BH+CH

), υπάρχει όμως και ιδιαζόντως όμορφη αμβλυγώνια μη ισοσκελής λύση ... που βρήκα με χρήση συντεταγμένων (όπως και στο αρχικό πρόβλημα του Φάνη): θα επανέλθω αν χρειαστεί!

#4

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 19, 2023 10:40 pm
Καλησπέρα Γιώργο, έχεις αθέλητα περιοριστεί σε ορθογώνια ή οξυγώνια τρίγωνα (ειδικά στο σημείο ), υπάρχει όμως και ιδιαζόντως όμορφη αμβλυγώνια μη ισοσκελής λύση ... που βρήκα με χρήση συντεταγμένων (όπως και στο αρχικό πρόβλημα του Φάνη): θα επανέλθω αν χρειαστεί!

Καλημέρα Γιώργο!

Εξέτασα το τρίγωνο ως προς τη γωνία

αν είναι ορθή, οξεία ή αμβλεία. Μου διέφυγε η περίπτωση μία από τις γωνίες B, C

να είναι αμβλεία. Φαντάζομαι εννοείς την περίπτωση να είναι b=CH, c=BH,

δηλαδή η

να είναι μεσοκάθετη της AH.

Εκτός αν υπάρχει και κάτι άλλο, που δεν το βλέπω.

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 20, 2023 7:30 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 19, 2023 10:40 pm
Καλησπέρα Γιώργο, έχεις αθέλητα περιοριστεί σε ορθογώνια ή οξυγώνια τρίγωνα (ειδικά στο σημείο ), υπάρχει όμως και ιδιαζόντως όμορφη αμβλυγώνια μη ισοσκελής λύση ... που βρήκα με χρήση συντεταγμένων (όπως και στο αρχικό πρόβλημα του Φάνη): θα επανέλθω αν χρειαστεί!
Καλημέρα Γιώργο!

Εξέτασα το τρίγωνο ως προς τη γωνία αν είναι ορθή, οξεία ή αμβλεία. Μου διέφυγε η περίπτωση μία από τις γωνίες να είναι αμβλεία. Φαντάζομαι εννοείς την περίπτωση να είναι δηλαδή η να είναι μεσοκάθετη της Εκτός αν υπάρχει και κάτι άλλο, που δεν το βλέπω.

Γιώργο αυτό ακριβώς, $b+c=BH+CH\rightarrow b=CH, c=BH$ (που πρέπει βεβαίως να αποδειχθεί).

#6

Στην πρώτη μου διαπραγμάτευση (#2), αποδείχτηκε ότι $\boxed{b=c}$ ή $\boxed{\widehat A=90^\circ}$ Εξετάστηκε η περίπτωση το τρίγωνο

να είναι οξυγώνιο, ενώ απορρίφθηκαν άμεσα η

να είναι αμβλεία ή μία από τις B, C

να είναι ορθή. Θα εξετάσω τι

συμβαίνει αν μία από τις B,C

είναι αμβλεία, έστω η

: Ορθοκεντρικόν.b.png (8.66 KiB) Προβλήθηκε 597 φορές

Το τρίγωνο AHC

είναι οξυγώνιο με ορθόκεντρο

οπότε σύμφωνα με την (#2) θα είναι $\boxed{b=CH}$ άρα και $\boxed{c=BH}$

#7

Γιώργο πολύ ενδιαφέρουσα η παρατήρηση (και χρήση αυτής) ότι το

είναι ορθόκεντρο του AHC

, μου είχε διαφύγει! Πως όμως το γνωρίζουμε αυτό (εκ των προτέρων); Σε κάθε περίπτωση, παραθέτω την δική μου λύση αρχίζοντας όχι από την AC+AB=BH+CH

(όπου εσύ έφτασες) αλλά από την δοθείσα AB+CH=AC+BH

:

Θέτουμε A=(0,a), B=(b,0), C=(c,0),

χωρίς να υποθέτουμε τίποτε για το πρόσημο των b < c

(ώστε να καλύπτεται και η περίπτωση του αμβλυγώνιου τριγώνου). Μέσω των συνηθισμένων διαδικασιών (εξισώσεις ευθειών, συντελεστές κατεύθυνσης κλπ) προκύπτει και η $H=\left(0,-\dfrac{bc}{a}\right).$

Η δοθείσα AB+CH=AC+BH

γράφεται τώρα ως

$\sqrt{b^2+a^2}+\sqrt{c^2+\dfrac{b^2c^2}{a^2}}=\sqrt{c^2+a^2}+\sqrt{b^2+\dfrac{b^2c^2}{a^2}},$

η οποία ύστερα από ύψωση στο τετράγωνο κλπ δίνει

Αν

τότε υποχρεωτικά b=-c

(ισοσκελές τρίγωνο κορυφής

).

Αν $|c|-|b|\neq 0$ τότε a^2=|bc|,

οπότε ή

(ορθογώνιο τρίγωνο κορυφής

) ή

(αμβλυγώνιο τρίγωνο κορυφής

).

[Στην δεύτερη περίπτωση αποδεικνύεται (εκ των υστέρων) ότι το

είναι όντως το ορθόκεντρο του AHC

, καθώς από $A=(0,a)=(0,\sqrt{bc})$ και $H=\left(0,-\dfrac{bc}{a}\right)=(0,-\sqrt{bc})$ προκύπτουν οι συντελεστές $-\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}$ για την

και $\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}}$ για την

.]

ksofsa · #8

Καλησπέρα!

Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο, αν και δε νομίζω ότι λέω κάτι καινούριο στη συζήτηση:

Σε κάθε τετράδα (A,B,C,H)

που ικανοποιεί το ζητούμενο, αντιστοιχούν

αμβλυγώνια τρίγωνα και

οξυγώνιο τρίγωνο, αφού σε κάθε τρίγωνο η ζητούμενη σχέση, κάνοντας τις κατάλληλες αντιστοιχίσεις , εκφράζει την ίδια ιδιότητα. Εξαιρείται η περίπτωση που το ABC

ορθογώνιο τρίγωνο, που αντιμετωπίζεται χωριστά.

Βρίσκοντας ,λοιπόν , όλα τα οξυγώνια τρίγωνα, βρίσκουμε όλες τις τετράδες σημείων και, ακολούθως, όλα τα αμβλυγώνια τρίγωνα.

#9

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 20, 2023 10:20 am
Στην πρώτη μου διαπραγμάτευση (#2), αποδείχτηκε ότι $\boxed{b=c}$ ή $\boxed{\widehat A=90^\circ}$ Εξετάστηκε η περίπτωση το τρίγωνο

να είναι οξυγώνιο, ενώ απορρίφθηκαν άμεσα η να είναι αμβλεία ή μία από τις να είναι ορθή. Θα εξετάσω τι

συμβαίνει αν μία από τις είναι αμβλεία, έστω η

Ορθοκεντρικόν.b.png
Το τρίγωνο είναι οξυγώνιο με ορθόκεντρο οπότε σύμφωνα με την (#2) θα είναι $\boxed{b=CH}$ άρα και $\boxed{c=BH}$

Ισχύει $\measuredangle B=90^o+\measuredangle C$

#10

ksofsa έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 20, 2023 1:15 pm
Καλησπέρα!

Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο, αν και δε νομίζω ότι λέω κάτι καινούριο στη συζήτηση:

Σε κάθε τετράδα που ικανοποιεί το ζητούμενο, αντιστοιχούν αμβλυγώνια τρίγωνα και οξυγώνιο τρίγωνο, αφού σε κάθε τρίγωνο η ζητούμενη σχέση, κάνοντας τις κατάλληλες αντιστοιχίσεις , εκφράζει την ίδια ιδιότητα. Εξαιρείται η περίπτωση που το ορθογώνιο τρίγωνο, που αντιμετωπίζεται χωριστά.

Βρίσκοντας ,λοιπόν , όλα τα οξυγώνια τρίγωνα, βρίσκουμε όλες τις τετράδες σημείων και, ακολούθως, όλα τα αμβλυγώνια τρίγωνα.

H ιδιότητα που αυζητάμε λοιπόν χαρακτηρίζει ορθογώνια τρίγωνα, ισοσκελή τρίγωνα (ενδεχομένως και αμβλυγώνια) και αμβλυγώνια τρίγωνα των οποίων το ορθόκεντρο είναι συμμετρικό μιας κορυφής ως προς την απέναντι πλευρά (και που πληρούν και την B = 90 + C

).

[Όσον αφορά την παραπάνω τετράδα ... ας προστεθεί ότι οι κορυφές του οξυγώνιου ισοσκελούς τριγώνου είναι τα ορθόκεντρα των τριών 'εσωτερικών' αμβλυγωνίων τριγώνων.]

#11

Αν

είναι το περίκεντρο του τριγώνου και OM, ON

τα αντίστοιχα αποστήματα των AB, AC

αντίστοιχα, τότε καθώς CH=2OM, BH=2ON

, η δοσμένη σχέση ισοδυναμεί με την AM+OM=AN+ON

και καθώς τα τμήματα αυτά έχουν σταθερό άθροισμα τετραγώνων (ίσο με το τετράγωνο της ακτίνας

), θα είναι ένα προς ένα ίσα, οπότε η περίπτωση OM=ON

και

δίνει ισοσκελές τρίγωνο, ενώ η OM=AN

και

δίνει ορθογώνιο.

#12

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 22, 2023 9:10 pm
Αν είναι το περίκεντρο του τριγώνου και τα αντίστοιχα αποστήματα των αντίστοιχα, τότε καθώς , η δοσμένη σχέση ισοδυναμεί με την και καθώς τα τμήματα αυτά έχουν σταθερό άθροισμα τετραγώνων (ίσο με το τετράγωνο της ακτίνας ), θα είναι ένα προς ένα ίσα, οπότε η περίπτωση και δίνει ισοσκελές τρίγωνο, ενώ η και δίνει ορθογώνιο.

Ανδρέα σ' ευχαριστώ, ας σημειώσω εδώ ότι η δεύτερη περίπτωση αντιστοιχεί ΚΑΙ σε αμβλυγώνιο τρίγωνο.

: αμβλυγώνιο.png (38.41 KiB) Προβλήθηκε 378 φορές

#13

Ας το δούμε κι αλλιώς.

Τα σημεία A, H ανήκουν στην ίδια υπερβολή με εστίες τα B, C. Επομένως,

ή το H συμπιπτει με το A, οπότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο A,

ή το H είναι το δεύτερο σημείο τομής της υπερβολής με το ύψος AH, το οποίο είναι συμμετρικό του Α, ως προς την BC και έχουμε αμβλειγώνιο τρίγωνο,

ή η υπερβολή είναι εκφυλισμένη σε ευθεία, η οποία είναι μεσοκάθετος της BC, και το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Ορθοκεντρικόν

Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Re: Ορθοκεντρικόν

Μέλη σε σύνδεση