Ορθόκεντρο 1

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6534
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ορθόκεντρο 1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Δεκ 03, 2017 7:43 pm

Το παρόν θέμα προέκυψε πειραματικά. Δεν έχω ευθεία απόδειξη, παρά μόνο με άτοπο.
Ορθόκεντρο.1.png
Ορθόκεντρο.1.png (10.66 KiB) Προβλήθηκε 394 φορές
Το P είναι σημείο του ύψους AD τριγώνου ABC, τέτοιο ώστε, B\widehat PC=120^0. Αν οι BP, CP τέμνουν τις

AC, AB στα E, F αντίστοιχα και BC=2EF, να δείξετε ότι το P είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9573
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Ορθόκεντρο 1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Δεκ 04, 2017 1:15 pm

120.png
120.png (15.64 KiB) Προβλήθηκε 350 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} .


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 657
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ορθόκεντρο 1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Δεκ 05, 2017 12:30 am

Ορθόκεντρο 1.png
Ορθόκεντρο 1.png (20.35 KiB) Προβλήθηκε 313 φορές
Έστω A' σημείο στην AD, έτσι ώστε \widehat{BA'C}=60^o. Έστω K, L τα σημεία που οι A'B και A'C τέμνουν τα CF and BE.

Αν το A' βρίσκεται έξω από το αρχικό τρίγωνο τότε έχουμε PK>PF και PL>PE. Θα αποδείξουμε ότι KL>FE.

Εφαρμόζοντας το νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα FPE και KPL, 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 A' 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 R είναι συμμετρικό σημείο του P ως προς την BC. Ισχύει ότι \widehat{BRC}=120^o=180^o-60^o=180^o-\widehat{BA'C}.

Επομένως το R ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του BA'C, άρα το P 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 BA'C 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 P είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BAC.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης