Demostrando ángulo recto usando vectores

Question

Deje $ABCD$ ser un rectángulo, $E$ punto medio de $\overline{DC}$ e $G$ punto $\overline{AC}$ tal que $\vec{BG}$ es perpendicular a $\vec{AC}$. También, vamos a $F$ ser un punto medio de $\overline{AG}$. Demostrar que el ángulo de $\angle BFE =\pi/2$.

Así que, tengo que demostrar que $\vec{EF}\cdot \vec{FB}=0$. He intentado expresar estos vectores como sumas de vectores de rectángulo, pero no encontrar ninguna "elegante" manera de demostrarlo.

Me hizo encontrar un "feo" a manera de demostrarlo:

Deje $|AB|=a$, $|AD|=b$ e $\vec{AB}=\vec{a}$, $\vec{AD}=\vec{b}$, lo $\vec{AC}=\vec{a}+\vec{b}$ y desde $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$ tenemos $|AC|^2=a^2+b^2$. Podemos ver que $\triangle ABC$ e $\triangle BCG$ son similares para $$|CG|=|CB|^2/|AC|$$ y desde $\vec{CG}=\lambda \cdot \vec{CA}$ tenemos $$\lambda=\frac{b^2}{a^2+b^2}.$$

Ahora, podemos expresar $\vec{EF}$ e $\vec{FB}$ en los términos de $\vec{a}$, $\vec{b}$, más precisamente: $$\vec{EF}=\frac{1}{2}\left(\frac{-b^2}{a^2+b^2}\right)\vec{a}+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2}-2\right)\vec{b}$$ y $$\vec{FB}=\frac{1}{2}\left(2-\frac{a^2}{a^2+b^2}\right)\vec{a}+\frac{1}{2}\left(\frac{-a^2}{a^2+b^2}\right)\vec{b}$$ y si multiplicamos conseguimos que el producto escalar es $0$.

Pero como se puede ver, esta $\lambda$ es "raro" y me pregunto si alguien ve a una forma más elegante para demostrar esto ?

Answer 1

Usted puede simplificar y generalizar al mismo tiempo.

En lugar de definir $E$ e $F$ como puntos medios, los definen como promedios ponderados:

$$ E=kC+(1-k)D $$ $$ F=kG+(1-k)A $$

(En su pregunta $k=1/2.)$ Como $k$ va de $0$ a $1$, $\triangle{BFE}$ interpola los triángulos semejantes $\triangle{BAD}$ e $\triangle{BGC}$. Y también es similar a la de estos dos triángulos.

Dado que $(B-G)\cdot(C-G)=0$ e $(B-A)\cdot(D-A)=0$, se puede demostrar que los $(B-F)\cdot(E-F)=0$ (la simplificación es un poco tedioso, y he usado el hecho de que $(Rx)\cdot y+(Ry)\cdot x=0$ para perpendicular a los vectores $x,y$ y la rotación $R$).

Más sobre el fenómeno de interpolar linealmente dos cifras similares se pueden encontrar buscando en Google los términos "espiral de similitud" y "teorema fundamental de directamente cifras similares'. También, en lugar de utilizar vectores puede utilizar los números complejos, como se muestra en la $\textbf{2.2}$ de Zachary Abel Significa que la Geometría de papel.

Answer 2

Deje $H$ ser un punto medio de $BG$. A continuación, $HF$ es una línea media en el triángulo $ABG$, lo $FH||AB||CD$ e $FH = {1\over 2}AB = CE$ lo $FHCE$ es un paralelogramo, por lo $FE||CH$.

Ahora $HF\bot BC$ lo $HF$ es (segundo) de altitud en $\triangle BCF$ lo $H$ es el ortocentro en este triángulo, ya que $BG$ es también la altitud en este triángulo. Así que la línea de $CH\bot FB$ e lo $\angle BFE = 90^{\circ}$.

Answer 3

Otra solución:

Decir $M$ es punto medio de $AB$, a continuación, $FM$ es una línea media en el triángulo $ABG$ lo $FM||BG$ lo $\angle MFC = 90^{\circ}$ e lo $F$ está en un círculo a través de $B,C$ e $M$. Pero en este círculo también es $E$ desde $\angle MEC = 90^{\circ}$. Por lo $$\angle BFE = \angle BME = 90^{\circ}$$

Answer 4

Aquí hay una solución vectorial:

Deje que $G$ sea ​​un origen de los vecinos de posición. Luego $G=0$ , $F = A/2$ , $D = A-B+C$ , $A\cdot B = C\cdot B=0$ y $$E = {1\over 2}(C+D) = {1\over 2}(A-B+2C)$ $

\begin{eqnarray} \vec{FB}\cdot \vec{FE} &=& (E-F)(B-F)\\ &=& {1\over 4}(-B+2C)(2B-A)\\ &=& -{1\over 2}(B^2+CA)\\ &=&0 \end {eqnarray}

Answer 5

Una solución con una ayuda del sistema de coordenadas.

Deje $B = (0,0)$, $C= (2c,0)$ e $A= (0,2a)$. A continuación, $D(2c,2a)$ e $E(2c,a)$. Una perpendicular a $$AC:\;\;{x\over 2c}+{y\over 2a}=1$$ through $B$ is $$y={c\over a}x$$ which cuts $CA$ at $$G= \big({2a^2c\over a^2+c^2},{2c^2a\over a^2+c^2} \big)$$

por lo $$ F = \big({a^2c\over a^2+c^2},{2c^2a+a^3\over a^2+c^2} \big)$$

Ahora no es difícil ver que $\vec{FE}\cdot \vec{FB} =0$.