mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 03, 2017 7:43 pm**

Το παρόν θέμα προέκυψε πειραματικά. Δεν έχω ευθεία απόδειξη, παρά μόνο με άτοπο.

: Ορθόκεντρο.1.png (10.66 KiB) Προβλήθηκε 1037 φορές

Το

είναι σημείο του ύψους

τριγώνου

τέτοιο ώστε, $B\widehat PC=120^0.$ Αν οι BP, CP

τέμνουν τις

AC, AB

στα

αντίστοιχα και BC=2EF,

να δείξετε ότι το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 04, 2017 1:15 pm**

: 120.png (15.64 KiB) Προβλήθηκε 993 φορές

Πάντως το αντίστροφο είναι απλό . Αν $\widehat{BPC}=120^0$ ,

τότε : $AE=\dfrac{c}{2} , AF=\dfrac{b}{2}$ και άρα $FE=\dfrac{BC}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 05, 2017 12:30 am**

: Ορθόκεντρο 1.png (20.35 KiB) Προβλήθηκε 956 φορές

Έστω

σημείο στην

, έτσι ώστε $\widehat{BA'C}=60^o$ . Έστω K, L

τα σημεία που οι A'B

και

τέμνουν τα

and

.

Αν το

βρίσκεται έξω από το αρχικό τρίγωνο τότε έχουμε PK>PF

και

. Θα αποδείξουμε ότι KL>FE

.

Εφαρμόζοντας το νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα FPE

και

, παίρνουμε:

$KL^2=PK^2+PL^2-2PK \cdot PL\cos{120^o}=PK^2+PL^2+PK \cdot PL$
$FE^2=PF^2+PE^2-2PF \cdot PE\cos{120^o}=PF^2+PE^2+PF \cdot PE$

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι $KL>FE\Leftrightarrow KL^2>FE^2\Leftrightarrow PK^2+PL^2+PK \cdot PL>PF^2+PE^2+PF \cdot PE$ που ισχύει.

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι αν το σημείο

βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου τότε KL<FE

.

Συνοψίζοντας, έχουμε ότι KL=FE

αν και μόνο αν $A'\equiv A$ (1).

Έστω $A'\neq A$ , ώστε $\widehat{BA'C}=60^o$ .

Έστω

είναι συμμετρικό σημείο του

ως προς την

. Ισχύει ότι $\widehat{BRC}=120^o=180^o-60^o=180^o-\widehat{BA'C}$ .

Επομένως το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του BA'C

, άρα το

είναι το ορθόκεντρο του BA'C

.

Συνεπώς $\widehat{CKA'}=90^o$ και $\widehat{BLA'}=90^o$ .

Αφού $\widehat{CA'K}=\widehat{BA'L}=60^o$ , προκύπτει ότι $\dfrac{A'K}{A'C}=\dfrac{1}{2}$ και $\dfrac{A'L}{A'B}=\dfrac{1}{2}$

Έτσι τα τρίγωνα KA'L

και

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\dfrac{1}{2}$ . Άρα:

$\dfrac{KL}{BC}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{FE}{BC}\Leftrightarrow FE=KL$ , το οποίο έρχεται σε αντίθεση με το (1).

Συνεπώς $A'\equiv A$ και

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BAC

.

mathematica.gr

Ορθόκεντρο 1

Ορθόκεντρο 1

Re: Ορθόκεντρο 1

Re: Ορθόκεντρο 1