Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

#1

Σε τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

, δείξτε ότι AH^2+a^2=(2R)^2

.

Δεν αμφιβάλω ότι είναι αρκετά γνωστή, αλλά μου προέκυψε ψάχνοντας κάτι άλλο. Την αναρτώ γιατί έχω ωραία και απλή λύση, χωρίς ομοιότητες τριγώνων που φαίνονται φυσιολογική μέθοδος γι΄αυτήν.

Ας την αφήσουμε

ώρες για τους μαθητές μας.

Lymperis Karras · #2

Καλημέρα.
Το απέδειξα με βάση το γνωστό θεώρημα που λέει ότι η απόσταση της κορυφής

τριγώνου

από το ορθόκεντρό του

ισούται με 2OM

, όπου

το μέσο της

. Συγκεκριμένα:
Εφαρμόζοντας το παραπάνω θεώρημα σε συνδυασμό με το ΠΘ στο τρίγωνο OMC

, έχουμε: $R^{2}=OM^{2}+MC^{2} \rightarrow 4R^{2}= 4OM^{2}+4MC^{2} \rightarrow 4R^{2}=AH^{2}+BC^{2}=AH^{2}+a^{2}$ . Θα επανέρθω για το σχήμα.

#3

Ωραιότατα.

Η λύση που έχω είναι διαφορετική αλλά πάλι Πυθαγόρειο σε κάποιο τρίγωνο.

STOPJOHN · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Μαρ 26, 2021 5:46 pm Σε τρίγωνο με ορθόκεντρο , δείξτε ότι .

Δεν αμφιβάλω ότι είναι αρκετά γνωστή, αλλά μου προέκυψε ψάχνοντας κάτι άλλο. Την αναρτώ γιατί έχω ωραία και απλή λύση, χωρίς ομοιότητες τριγώνων που φαίνονται φυσιολογική μέθοδος γι΄αυτήν.

Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Kαλημέρα γράφω μια λύση που μου φάνηκε σύντομη

Η αποδεικτέα γράφεται

$\large (\dfrac{AH}{2R})^{2}+(\dfrac{BC}{2R})^{2}=1$ και το τετράπλευρο $\large AHCT$
είναι παραλληλόγραμμο άρα $\large AH=CT$ Οπότε $\large (\dfrac{TC}{2R})^{2}+(\dfrac{BC}{2R})^{2}=1$ προφανής

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Μαρ 26, 2021 5:46 pm Σε τρίγωνο με ορθόκεντρο , δείξτε ότι .

Δεν αμφιβάλω ότι είναι αρκετά γνωστή, αλλά μου προέκυψε ψάχνοντας κάτι άλλο. Την αναρτώ γιατί έχω ωραία και απλή λύση, χωρίς ομοιότητες τριγώνων που φαίνονται φυσιολογική μέθοδος γι΄αυτήν.

Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

$\displaystyle A{H^2} + {a^2} = 4{R^2}{\cos ^2}A + 4{R^2}{\sin ^2}A = {(2R)^2}$

edit: Διόρθωσα στο ημίτονο τη γωνία με κεφαλαίο (που είχε γραφεί με μικρό).

#6

Η λύση μου είναι η ίδια με του Γιάννη (STOP JOHN) αλλά πιο λιτή: Με βάση το σχήμα του Γιάννη, αφού το AHCT

είναι παραλληλόγραμμο, έχουμε AH=CT

. Κάνουμε τώρα Πυθαγόρειο στο BCT

. Άρα

, από όπου το ζητούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Μαρ 26, 2021 5:46 pm Σε τρίγωνο με ορθόκεντρο , δείξτε ότι .

Δεν αμφιβάλω ότι είναι αρκετά γνωστή, αλλά μου προέκυψε ψάχνοντας κάτι άλλο. Την αναρτώ γιατί έχω ωραία και απλή λύση, χωρίς ομοιότητες τριγώνων που φαίνονται φυσιολογική μέθοδος γι΄αυτήν.

Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Το συμμετρικό

του

ως προς

ανήκει στον κύκλο (A,B,C)

και

άρα

ισοσκελές τραπέζιο,με FD=a

.Το Π.Θ στο τρίγωνο ADF

δίνει το ζητούμενο

: κι άλλες κάθετες.....png (237.38 KiB) Προβλήθηκε 834 φορές

Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Re: Και άλλες κάθετες πέρα από τα ύψη τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση