Demostrar la concurrencia de triángulo altitudes con el vector de álgebra?

Question

Yo sé cómo hacerlo en la normal de la geometría de Euclides, pero es posible hacerlo con el vector de álgebra?

Answer 1

Indicar los tres vértices del triángulo por tres vectores columna $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w} \ (\in\mathbb{R}^2)$ y el ortocentro por $\mathbf{x}$. Por definición, $\mathbf{x}$ debe satisface $$ \begin{cases} (\mathbf{v}-\mathbf{w})\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{u})=0\\ (\mathbf{w}-\mathbf{u})\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{v})=0\\ (\mathbf{u}-\mathbf{v})\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{w})=0 \end{casos} \ \Rightarrow \begin{cases} (\mathbf{v}-\mathbf{w})\cdot\mathbf{x}=(\mathbf{v}-\mathbf{w})\cdot\mathbf{u}\\ (\mathbf{w}-\mathbf{u})\cdot\mathbf{x}=(\mathbf{w}-\mathbf{u})\cdot\mathbf{v}\\ (\mathbf{u}-\mathbf{v})\cdot\mathbf{x}=(\mathbf{u}-\mathbf{v})\cdot\mathbf{w} \end{casos} $$ Esto puede ser reescrita en la forma de la matriz de $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$: $$ \underbrace{\begin{bmatrix}(\mathbf{v}-\mathbf{w})^T\\ (\mathbf{w}-\mathbf{u})^T\\ (\mathbf{u}-\mathbf{v})^T\end{bmatrix}}_{A} \ \mathbf{x} = \underbrace{\begin{bmatrix} (\mathbf{v}-\mathbf{w})\cdot\mathbf{u}\\ (\mathbf{w}-\mathbf{u})\cdot\mathbf{v}\\ (\mathbf{u}-\mathbf{v})\cdot\mathbf{w} \end{bmatrix}}_{\mathbf{b}} $$ Así, la pregunta que queda es, ¿existe una solución única para $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$? Tenga en cuenta que $A$ es una matriz de 3x2 y $\mathbf{x}$ es un 2-vector, por lo que el sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, yo.e es sobredeterminada. Se puede mostrar que cada una de estas tres ecuaciones es una combinación lineal de los otros dos? ¿Es posible eliminar una fila de $A$, por lo que el resto de 2x2 submatriz es invertible?

Answer 2

Me estoy dando a continuación una bastante simple solución con el uso de vectores. Por favor, hacer su propia figura como yo no podía poner en la misma. También el tratamiento de letras pequeñas $a$, $b$, y $c$ como vectores. Escribir para mí si usted necesita más explicación.

Deje $ABC$ ser un triángulo, vamos a la perpendicular de $A$ $BC$cumplir $BC$$D$, y vamos a la perpendicular de $B$ $AC$cumplir $AC$$E$. Deje que las líneas de $AD$ $BE$ se cruzan en $O$. Deje $O$ ser el origen.

Para probar: si nos unimos $C$ $O$ y se extienden hasta satisfacer $AB$$F$, $CF$ es perpendicular a $AB$.

Ahora, $CB$ es perpendicular a $OA$ (parte de $AD$).

Por lo tanto, (1) $(c-b) \cdot a = 0$, ya que el $(c-b)$ es el vector de la $CB$ $OA$ es el vector de la $a$.

Del mismo modo, $CA$ es perpendicular a $OB$ (parte de $BE$).

Por lo tanto, (2) $(c-a) \cdot b = 0$.

A partir de (1), obtenemos (3) $c \cdot a - b \cdot a = 0$.

A partir de (2), obtenemos (4) $c \cdot b - a \cdot b = 0$.

Restando (3) (4), obtenemos

$(c \cdot b - a \cdot b) – (c \cdot a - b \cdot a) = 0$

$\Rightarrow (c \cdot b - c \cdot a) – (a \cdot b - b \cdot a) = 0$

$\Rightarrow (c \cdot b - c \cdot a) = 0$, ya que el $a \cdot b = b \cdot a$

$\Rightarrow (b - a) \cdot c = 0$.

Por lo tanto, $BA$ es perpendicular a $OC$ o $FC$. Por lo tanto, $O$ es el ortocentro del triángulo $ABC$ a partir de la cual las tres altitudes pasar.

Answer 3

Vamos a utilizar la figura de arriba en nuestro enfoque.

Vamos a ser $|\vec{b}|=b$, $|\vec{c}|=c$, y $\vec{b}\cdot\vec{c}= m$. El ortocentro se puede calcular de dos maneras: $$O=A+\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{HB}\quad (1)$$ o $$O=A+\overrightarrow{AC}+\mu\overrightarrow{JC}\quad (2)$$ Pero $$\overrightarrow{HB}=\vec{c}-[\frac{(\vec{b}\cdot\vec{c})}{b}]\frac{\vec{b}}{b}\quad (3)$$ y $$\overrightarrow{JC}=\vec{b}-[\frac{(\vec{b}\cdot\vec{c})}{c}]\frac{\vec{c}}{c}\quad (4)$$ Si sustituimos $(3)$$(4)$$(1)$$(2)$, obtenemos: $$O=A+\vec{c}+\lambda[\vec{c}-(\frac{m}{b^2})\vec{b}]\quad (5)$$ y $$O=A+\vec{b}+\mu[\vec{b}-(\frac{m}{c^2})\vec{c}]\quad (6)$$ Mediante el uso de ecuaciones $(5)$ $(6)$ obtenemos: $$\vec{c}+\lambda[\vec{c}-(\frac{m}{b^2})\vec{b}]=\vec{b}+\mu[\vec{b}-(\frac{m}{c^2})\vec{c}]\Rightarrow$$

$$\Rightarrow(1+\lambda)\vec{c}-\lambda(\frac{m}{b^2})\vec{b}=(1+\mu)\vec{b}-\mu(\frac{m}{c^2})\vec{c}\quad(7)$$

Como $\vec{b}$ $\vec{c}$ son linealmente independientes, podemos resolver la ecuación $(7)$ y obtenemos: $$\mu=\frac{(m-b^2)}{c^2b^2-m^2}c^2$$

Ahora podemos expresar $\overrightarrow{AO}$

$$\overrightarrow{AO}=\vec{b}+\frac{(m-b^2)}{c^2b^2-m^2}c^2[\vec{b}-(\frac{m}{c^2})\vec{c}]$$

Si $\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=0$ entonces podemos concluir que las tres alturas son concurrentes.

Así $$\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=(\vec{b}+\frac{(m-b^2)}{c^2b^2-m^2}c^2[\vec{b}-(\frac{m}{c^2})\vec{c}])\cdot(\vec{b}-\vec{c})\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=b^2+\frac{(m-b^2)}{c^2b^2-m^2}c^2(b^2-\frac{m^2}{c^2})-m+\frac{(m-b^2)}{c^2b^2-m^2}c^2(-m+m)\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=b^2+(m-b^2)-m+0\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=0$$

Por lo tanto, las tres altitudes son concurrentes en el punto de $O$.

Answer 4

Suponga que las altitudes $AI$ $CJ$ se intersectan en el punto O. Tenemos que demostrar que el $BO$ es perpendicular a $AC$.

$\vec{BJ}$ es la proyección de $\vec{BO}$ a $\vec{BA}$. Por lo tanto:

$$ \vec{BJ} = \frac{\vec{BO}\cdot\vec{BA}}{||\vec{BA}||^2}\vec{BA} \quad (1) $$

Sin embargo, $\vec{BJ}$ es también la proyección de $\vec{BC}$ a $\vec{BA}$. Por lo tanto:

$$ \vec{BJ} = \frac{\vec{BC}\cdot\vec{BA}}{||\vec{BA}||^2}\vec{BA} \quad (2) $$

A partir de (1) y (2) tenemos que $\vec{BO}\cdot\vec{BA} = \vec{BC}\cdot\vec{BA}$. De la misma manera se trabaja con $\vec{BO}$ $\vec{BC}$ obtenemos $\vec{BO}\cdot\vec{BC} = \vec{BA}\cdot\vec{BC}$. Por lo tanto, tenemos $\vec{BO}\cdot\vec{BA} = \vec{BC}\cdot\vec{BA} = \vec{BO}\cdot\vec{BC}$. Ahora:

$$ \vec{BO} \cdot \vec{AC} = \vec{BO} \cdot (\vec{AB} + \vec{BC}) = \vec{BO} \cdot \vec{BC} - \vec{BO} \cdot \vec{BA} = 0 $$

Por lo tanto $\vec{BO}$ $\vec{AC}$ son perpendiculares.