Καθετότητα σε τρίγωνο

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #1

Έστω τρίγωνο ABC

με

και

το ίχνος του ύψους από το

.
Η κάθετη από το

προς την

την τέμνει στο σημείο

.
Έστω ακόμα

σημείο της

έτσι ώστε $EF\times DC=BD\times DE$ . Να αποδείξετε ότι $AF\perp BF$

#2

ΛΕΩΝΙΔΑΣ έγραψε:Έστω τρίγωνο με και το ίχνος του ύψους από το . Η κάθετη από το προς την την τέμνει στο σημείο . Έστω ακόμα σημείο της έτσι ώστε $EF\times DC=BD\times DE$ . Να αποδείξετε ότι $AF\perp BF$

: 1.png (27.32 KiB) Προβλήθηκε 551 φορές

Από $\left( {EF} \right)\left( {DC} \right) = \left( {BD} \right)\left( {DE} \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {EF} \right)}}{{\left( {BD} \right)}} = \frac{{\left( {DE} \right)}}{{\left( {DC} \right)}}}:\left( 1 \right)$ . Από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle DEC,\vartriangle EDA \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {DE} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} = \frac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {AD} \right)}}}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {EF} \right)}}{{\left( {BD} \right)}} = \dfrac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {AD} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle AEF = \angle ADB = {{90}^0}}$ $\vartriangle AEF \sim \vartriangle ADB \Rightarrow \angle AFE = \angle ABD \Rightarrow ABDF$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε:

$\angle AFB = \angle ADB = {90^0} \Rightarrow AF \bot BF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

AIAS · #3

ΛΕΩΝΙΔΑΣ έγραψε:Έστω τρίγωνο με και το ίχνος του ύψους από το .
Η κάθετη από το προς την την τέμνει στο σημείο .
Έστω ακόμα σημείο της έτσι ώστε $EF\times DC=BD\times DE$ . Να αποδείξετε ότι $AF\perp BF$

: Κάθετη.png (10.38 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές

$EF \cdot DC = DB \cdot DE \Leftrightarrow \dfrac{{DB}}{{EF}} = \dfrac{{DC}}{{DE}}$ . $\widehat {ADE} + \widehat {EDC} = {90^0} = \widehat {EDC} + \widehat C \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat C$ και

από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\blacktriangle EDC \approx \blacktriangle EAD$

παίρνω $\dfrac{{DC}}{{DE}} = \dfrac{{AD}}{{AE}}$ . Άρα $\dfrac{{DB}}{{EF}} = \dfrac{{AD}}{{AE}} \Leftrightarrow \dfrac{{DB}}{{DA}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}$ , δηλαδή τα

ορθογώνια τρίγωνα DAB,EAF

έχουν ανάλογες τις κάθετες πλευρές τους ,θα είναι

όμοια και θα έχουν : $\widehat \alpha = \widehat \beta$ . Το τετράπλευρο ABDF

έχει την εξωτερική γωνία $\widehat \beta$

ίση με την εντός και απέναντι εσωτερική $\widehat \alpha$ , είναι εγγράψιμο και η πλευρά

σ αυτό έχει απέναντι γωνίες ίσες, δηλαδή $\widehat {AFB} = \widehat {ADB} = {90^0}$ .

$\widehat {AFB} = {90^0} \Leftrightarrow AF\, \bot BF$ και δείξαμε αυτό που θέλαμε.

AIAS

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

$\displaystyle{EF \cdot DC = BD \cdot DE \Leftrightarrow \frac{{EF}}{{ED}} = \frac{{BD}}{{DC}}}$
Θεωρούμε, $\displaystyle{FK//DC,BH//DE}$ ( σχήμα) ,οπότε $\displaystyle{BH}$ είναι ύψος του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και θα ισχύει, $\displaystyle{\frac{{EF}}{{ED}} = \frac{{EK}}{{EC}}{\text{ }}{\text{, }}\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{HE}}{{EC}}}$ .Άρα, $\displaystyle{\frac{{EK}}{{EC}}{\text{ }} = \frac{{HE}}{{EC}} \Rightarrow \boxed{EK = HE}}$ οπότε, $\displaystyle{DE}$ μεσοκάθετος της $\displaystyle{HK}$ κι έτσι $\displaystyle{HF = FK}$ κι επειδή το τρίγωνο $\displaystyle{NHK}$ είναι ορθογώνιο θα είναι $\displaystyle{NF = FK}$ .Όμως, το $\displaystyle{NFDB}$ είναι παραλ/μμο ( $\displaystyle{NF//BD,DE//BH}$ ),συνεπώς $\displaystyle{BD = //NF \Rightarrow BD = //FK \Rightarrow FKDB}$ παραλ/μμο,άρα $\displaystyle{BF//DK}$ .Στό τρίγωνο όμως $\displaystyle{ADK}$ , $\displaystyle{F}$ είναι το ορθόκεντρό του αφού $\displaystyle{KM,DE}$ είναι ύψη του.Άρα $\displaystyle{AF \bot DK}$ κι επομένως $\displaystyle{AF \bot BF}$ ,αφού $\displaystyle{BF//DK}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Καθετότητα σε τρίγωνο

Καθετότητα σε τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε τρίγωνο

Re: Καθετότητα σε τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση