Demuestra que un triángulo está en ángulo recto

Question

En $\triangle ABC$ (no isósceles) $CH$, $CL$ e $CM$ son, respectivamente, la altura, la bisectriz y la mediana. Mostrar que $\angle ACB = 90^\circ$ si y sólo si $\angle HCL = \angle MCL$.

Creo que tengo que mostrar que $\triangle MCB$ (o $\triangle ACM$) es isósceles, pero no puedo averiguar. Voy a estar muy agradecido si me puede dar una pista.

Answer 1

Si $\angle ACB=90^\circ$, a continuación, $\angle BCM=\angle ABC$, $\angle BCL=45^\circ$ e $\angle BCH = 90^\circ-\angle ABC$. Por lo tanto, tenemos $\angle HCL=\angle ABC-45^\circ=\angle MCL$.

Por el contrario, si $\angle HCL=\angle MCL$, a continuación, $\angle ACM=\angle BCH$ e $\angle BCM=\angle ACH$.

$\displaystyle \frac{AC}{AM}=\frac{\sin\angle AMC}{\sin\angle ACM}=\frac{\sin \angle BMC}{\sin \angle BCH}=\frac{\sin \angle BMC}{\sin \angle BCM}\cdot\frac{\sin \angle ACH}{\sin \angle BCH}=\frac{BC}{MB}\cdot\frac{\cos \angle BAC}{\cos \angle ABC}$

Desde $AM=MB$, $\displaystyle \frac{\cos \angle BAC}{\cos \angle ABC}=\frac{AC}{BC}=\frac{\sin\angle ABC}{\sin\angle BAC}$.

Por lo tanto, $\sin 2\angle BAC=\sin 2\angle ABC$. Como el triángulo no es isósceles, $2\angle BAC+2\angle ABC=180^\circ$. El resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Supongamos $\angle C > 90 ^\circ$ como se muestra en la imagen. $CL1$ es la bisectriz de $\angle ACB$ , $CL2$ es la bisectriz de $\angle HCM$ , ahora mostramos $AL2>AL1$

deje $l1=AL1,l2=AL2$

$l1=\frac{AC}{AC+BC}*(c1+c2)$, $AC=\sqrt{h^2+c1^2},BC=\sqrt{h^2+c2^2}$, $l1=\frac{\sqrt{h^2+c1^2}}{\sqrt{h^2+c1^2}+\sqrt{h^2+c2^2}}*(c1+c2)=\frac{\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}-(h^2+c1^2)}{c2^2-c1^2}*(c1+c2)=\frac{\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}-(h^2+c1^2)}{c2-c1}$

$HM=\frac{c2-c1}{2},m=\sqrt{h^2+(\frac{c2-c1}{2})^2}$

$AL2=c1+HL2=c1+\frac{h}{h+m}*(\frac{c2-c1}{2})=c1+\frac{h}{h+\sqrt{h^2+(\frac{c2-c1}{2})^2}}*(\frac{c2-c1}{2})=c1+\frac{h*(\sqrt{h^2+(\frac{c2-c1}{2})^2}-h)}{(\frac{c2-c1}{2})^2}*(\frac{c2-c1}{2})=c1+\frac{h*(\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}-2h)}{c2-c1}=\frac{c2c1-c1^2+h*(\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}-2h)}{c2-c1}$

$AL2-AL1=\frac{D}{c2-c1}$ $D=c2c1-c1^2+h*(\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}-2h)-(\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}-(h^2+c1^2))=c1c2-h^2+h*\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}-\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}=c1c2-h^2+\frac{3h^2(h^2-c1c2)}{h*\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}+\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}}=(c1c2-h^2)(1-\frac{3h^2}{h*\sqrt{4h^2+(c2-c1)^2}+\sqrt{h^2+c2^2}\sqrt{h^2+c1^2}})$

Dejé último paso , nota $h^2<c1c2$, cuando está en ángulo recto $h^2=c1c2$

Answer 3

Esta pregunta es la inversa de los siguientes teoremas:

1-En el ángulo recto del triángulo ABC de la bisectriz del ángulo recto C también es la bisectriz del ángulo entre la mediana y la altura.

2 - En el triángulo ABC, si la mediana de la CM es la mitad del lado correspondiente del triángulo de ángulo recto en Ángulo C.

CL es la bisectriz, por tanto, $<LCB=<ACL$. Si $<LCH=<MCL$ entonces $<LCB-<LCH=<HCB=<LCA-<LCM=<MCA$. Ahora en el triángulo AMC si $MA=MC$ entonces $<MCA=<MAC$; en este caso los triángulos HBC y ABC tienen un ángulo común que es $<HBC$ o $<ABC$ y la igualdad de los ángulos que se $<HCB$ e $<BAC$ así su tercer ángulo también debe ser igual a la que se le debe tener a$<ACB=<CHB=90^o$. Pero $MA=MC$ fib el triángulo ABC es rectángulo en C.

Answer 4

Deje $O$ ser el circuncentro de $ABC$. Vamos a utilizar el siguiente hecho:

El circuncentro $O$ a de un triángulo $ABC$ es isogonally conjugado a su orthocentre $S$. Es decir, si $I$ es el incentro de $ABC$, tenemos $\measuredangle IAO=\measuredangle SAI$, $\measuredangle IBO=\measuredangle SBI$ e $\measuredangle ICO=\measuredangle SCI$.

En este caso concreto, esto significa que a partir de $\measuredangle HCL=\measuredangle MCL$, podemos inferir que $O$ , debe recaer en $CM$. Dado que debe también estar en la mediatriz de $\overline{AB}$, se deduce que el $O=M$. A partir de ahí, podemos concluir que $\measuredangle ACB=90^{\circ}$ por el recíproco de Thales Teorema.

La dirección inversa de a$\measuredangle ACB=90^{\circ}\Rightarrow \measuredangle HCL=\measuredangle MCL$ es igual de fácil.

La prueba de la realidad: Vamos a $I$ ser el incentro de $ABC$. Vamos a probar que $\measuredangle IAO=\measuredangle SAI$. La prueba para los otros rincones de la $ABC$ es análogo. En primer lugar, desde $AI$ biseca $\measuredangle BAC=:\alpha$ e $\measuredangle OAC=90^{\circ}-\frac{\measuredangle COA}{2}=90^{\circ}-\measuredangle CBA=:90^{\circ}-\beta$, tenemos $\measuredangle IAO=\frac{\alpha}{2}-90^{\circ}+\beta$. Ahora vamos a $D$ ser el pie de la altura desde $A$ a $BC$. Entonces nosotros, igualmente, $\measuredangle BAS=\measuredangle BAD=90^{\circ}-\measuredangle DBA=90^{\circ}-\beta$ e lo $\measuredangle SAI=\frac{\alpha}{2}-90^{\circ}+\beta$ , de modo que $\measuredangle IAO=\measuredangle SAI$, como se reivindica.