Demostrar que la línea a través de la intersección de la línea a través de los pies de las alturas y la línea opuesta y ortocentro es perpendicular a la mediana.

Question

$BB'$ $CC'$ son las alturas de un determinado $\triangle ABC$ ($AB\ne AC$). $M$ es el punto medio de $BC$ $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ $D$ es la intersección de las líneas de $B'C'$$BC$. Demostrar $DH \perp AM$.

Mi idea es demostrar que $AC'EHB'$ (o $C'BME$ o $B'EMC$) es cíclico. He intentado un montón de cosas, pero creo que la principal cosa que me faltaba en todos mis deducciones si el uso de $M$ ser un punto medio.

Otra idea es demostrar que $H$ es el ortocentro de $\triangle AMD$, dado que ya se han $AH\perp MD$, es suficiente para demostrar $MH\perp AD$. Si $MH\cap AD=\{G\}$, entonces debemos demostrar que $G$ se encuentra en círculo alrededor de $AC'(E)HB'$. Así que otra idea sería la de demostrar que algunos de los triángulos "compuesto" de $A,C',E,H,B',G$ con al menos una vez vértices ser $E$ o $G$ ha circunradio $AH/2$. Algo de trigonometría?

Otra idea sería la de mark $E'$ como pies de altura a partir de la $D$ $AM$y, a continuación, utilizar el teorema de Menelao para demostrar que $A-H-E'$, $E\equiv E'$.

EDIT. El único lugar donde creo que se puede utilizar el hecho de que $M$ es punto medio de $BC$ es que el $BM=C'M=B'M=CM$, por lo que hay algunos ángulos iguales. Se debe ayudarnos a probar $E$ se encuentra en la circunferencia circunscrita de $\triangle C'BM$, $C'BME$ es cíclico, porque tenemos $\angle MC'B=MBC'$. Es también interesante notar que una vez que se prueba $E$ se encuentra en el mencionado círculo, nos gustaría que nos la conclusión de que la $DE$ es bisectriz de $\angle C'EB$, lo que podría ser una pista, pero todavía no me figura nada.

EDICIÓN 2. También pensé en usar el hecho de que $\triangle CMA$ $\triangle BMA$ tienen las mismas zonas. Luego tenemos a $AC\sin\alpha_1=BC\sin\alpha_2$ donde$\alpha_1=\angle CAM=\angle CAE$$\alpha_2=\angle BAM=\angle BAE$, de modo que podría ser capaz de utilizar que de alguna manera la idea acerca de circunradio ser $AH/2$, porque podemos usar sine leyes en triángulos $\triangle AC'E$ $AEB'$ (tenemos que demostrar $\angle C'EA=\angle B=\beta$ y/o $\angle B'EA=\angle C=\gamma$), de la que se podría reducir esta a prueba acerca de la similitud de algunos triángulos. Parece una buena idea que podría funcionar, pero me parece que no puede conseguir mucho de ella por ahora.

Otra cosa, acerca de la idea de demostrar que las $H$ es el ortocentro de $\triangle AMD$. No estoy seguro de que es la mejor marca de $MH\cap AD=\{G\}$ y demostrar $MH\perp AD$, o de otra manera? O tal vez para marcar la intersección de $AD$ y circumcirle de $AC'HB'$ e $\triangle ABC$ (tal vez esto es importante?) como $G$ y, a continuación, probar $H\in GM$?

Sólo la adición de ideas, ya que me parece que no puede conseguir en cualquier lugar, casi como que falta un poco de algo y que todas las ideas que podrían, en realidad, funcionan de manera muy similar.

También, ya que la gente se preguntaba si la Olimpiada de problema o tarea problema: es del serbio matemáticos de la revista para estudiantes de secundaria, en la sección donde uno de los problemas más difíciles. Pero todavía me resulta más difícil que los habituales de la geometría.

Por favor, no se geometría analítica o de los números complejos, y tratar de evitar los vectores a menos que se utilicen sólo para los menos significativos de los lemas.

Answer 1

Asumir el triángulo dado $ABC$ es aguda. Dibujar el círculo con el centro $M$ a través de $B$, $C$, $B'$, $C'$; a continuación, dibujar tangentes $A$ (que se encuentra fuera) para el círculo. Dibuje una línea roja $g$ a través de los dos puntos tangentes; esta línea intersecta la línea de $B\vee C$ en un punto de $D$.

Nuestro plano de dibujo se pueden incrustar en un plano proyectivo $P$ mediante la adición de elementos en el infinito (no se necesita). En cualquier caso, hay una perspectiva de la involución $\iota:\ P\to P$ centro $A$, lo que mantiene a $g$ pointwise fijo, y que tiene la siguiente propiedad adicional: Para cualquier línea de $\ell$ a través de $A$ que se cruza con el círculo de los intercambiadores de los dos puntos de intersección. (Projectively, esta $\iota$ es conjugado a un ordinario reflexión $\iota'$ $x$eje $g'$. El mapa de $\iota'$ tiene su centro $A'$$y=\pm\infty$, se mantiene a la $g'$ pointwise fijo y los intercambios de puntos en el círculo unitario que se encuentran en la misma vertical.)

En particular $\iota(B)=C'$, $\iota(C')=B$, $\iota(C)=B'$, $\iota(B')=C$. Por lo tanto,$\iota(C'\vee B')=B\vee C$. Por lo tanto, $C'\vee B'$ $B\vee C$ se cruzan en $g$, lo que implica que nuestro punto de $D$ es el mismo que el punto de $D$ en la pregunta. De la misma manera se deduce que $B\vee B'$ $C\vee C'$ se cruzan en $g$, lo que implica que el punto de $H$ se encuentra en $g$.

Desde la línea de $A\vee M$ es ortogonal a $g$, es ortogonal a $D\vee H$, como se dice.

Answer 2

Este es un caso especial de la siguiente resultado conocido:

Deje $ABCD$ ser un cuadrilátero cíclico con circuncentro $O$. Deje $BD$ se cruzan $AC$ a $H$, $AB$ se cruzan $CD$ a $E$, $BC$ se cruzan $AD$$F$. A continuación, $H$ es el ortocentro del triángulo $EOF$.

Prueba: (Armónica Conjugados y los Polos y Polar): Basta probar que $OE \perp HF$, como por la simetría tendremos $OF \perp HE$, así que $H$ es de hecho el ortocentro de $EOF$. Deje $FH$ se cruzan $CD$ a $X$, $AB$ en $Y$. A continuación, $D, X, C, E$ son armónicas, y así se $A, Y, B, E$. Ahora, esto implica que $XY$ es la polar de $E$ con respecto a la circunferencia circunscrita, por lo que hemos hecho ha $OE \perp HF$, y hemos terminado.

Edit: A ver cómo termina el problema, aplique cuadrilátero cíclico $BCB'C'$ con circuncentro $M$.

En la anterior prueba, me utiliza de forma implícita las siguientes propiedades sobre armónico conjugados y los polacos y polar. En caso de que usted está familiarizado con este tema, me han proporcionado las pruebas para ellos. Aparte de los anteriores enlaces que he proporcionado, puede intentar buscar en google "conjugados Armónicos" y "Polos" y Polar" para encontrar más información.

Propiedad 1: En el diagrama de abajo, $A, B$ $C, D$ son conjugados armónicos.

Prueba: Por Ceva del teorema sobre el triángulo $LAB$ tenemos $\frac{AD}{DB}=\frac{NL}{BN}\frac{MA}{LM}$. Por el teorema de Menelao en triángulo $LAB$ y la línea de $MNC$ tenemos $\frac{AC}{CB}=\frac{NL}{BN}\frac{MA}{LM}$. Por lo tanto $\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{CB}$ $A, B$ $C, D$ son conjugados armónicos. Uno también podría decir que la $A, D, B, C$ forma armónica rango.

Propiedad 2: Si la línea $l$ es la polar de un punto de $P$ con respecto a un círculo de referencia, el centro de la $O$,$OP \perp l$.

Prueba: Obvio, por definición, de polacos y polar.

Propiedad 3: Considere la posibilidad de un punto de $P$ fuera de un círculo de referencia, el centro de la $O$, y deje $PA, PB$ ser tangentes al círculo de referencia. A continuación, $AB$ es la polar de $P$ con respecto al círculo de referencia.

Prueba: Supongamos $OP$ se cruzan $AB$$C$. Está claro que $OP \perp AB$. Ahora triángulo $OPA$ es similar al triángulo $OAC$, lo $\frac{OA}{OP}=\frac{OC}{OA}$, lo $OP \cdot OC=OA^2$, lo $C$ es la imagen de $P$ sobre la inversión sobre el círculo de referencia, por lo $AB$ es la polar de $P$ con respecto al círculo de referencia.

Propiedad 4: Considere la posibilidad de un círculo de referencia, el centro de la $O$, y un punto de $P$. Deje que la polar de $P$ con respecto a la de referencia círculo se $l$. Dibuja una línea a través de $P$ la intersección entre el círculo de referencia en $X, Y$ e intersecantes $l$$Z$. A continuación, $P, Z$ $X, Y$ son conjugados armónicos.

Prueba: Dibujar tangentes $PA, PB$ $P$ al círculo de referencia, a continuación, $AB$ es la línea de $l$. Deje $AB$ se cruzan $OP$$C$,$OC \cdot OP=OX^2$, por lo que el triángulo $XOP$ es similar al triángulo $COX$. Ahora, $\frac{XP}{OX}=\frac{CX}{OC}$. Del mismo modo, $\frac{YP}{OY}=\frac{CY}{OC}$. Dividiendo da $\frac{XP}{YP}=\frac{CX}{CY}$. Podemos igualmente espectáculo $\frac{XZ}{YZ}=\frac{CX}{CY}$, por lo que, de hecho, $P, Z$ $X, Y$ son conjugados armónicos.

Answer 3

Deje $A^\prime$ ser el pie de la altura (a través de$H$)$A$.

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Enfoque: vamos a utilizar la proporcionalidad para mostrar que $\triangle MA^\prime A\sim\triangle HA^\prime D$, con lo cual (a través de ángulo-Ángulo) $\triangle HA^\prime D \sim \triangle EHA$, por lo que el $\angle HEA \cong \angle HA^\prime D$ (un ángulo recto).

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Para unificar el trig, vamos a $k$ ser el circumdiameter de $\triangle ABC$. Por lo tanto,

$$|BC| = k \sin A = k\sin(B+C) \qquad |CA| = k \sin B \qquad |AB| = \sin C$$

(A lo largo, "$\angle A$", "$\angle B$", y "$\angle C$" se refieren a los ángulos en las esquinas de las $\triangle ABC$.) Te mostramos $\triangle MA^\prime A \sim \triangle H A^\prime D$ mostrando

$$ \frac{|MA^\prime|}{|AA^\prime|} = \frac{|HA^\prime|}{|DA^\prime|}$$

Vamos a tomar cada elemento de la proporción en turno. Dos son fáciles:

$\begin{align} |MA^\prime| &= |MC| - |A^\prime C| \\ &=\frac{1}{2}|BC| - |CA|\cos C \\ &=\frac{k}{2}\left( \sin(B+C) - 2 \sin B \cos C \right)\\ &=\frac{k}{2}\sin(C-B) \\[8pt] |AA^\prime| &= |AB| \sin B \\ &= k \sin B \sin C \end{align}$

Para $|HA^\prime|$, la primera nota que $\triangle A^\prime HB \sim \triangle B^\prime CB$, ya que estos son dos triángulos que comparten un ángulo agudo (en $B$). Por lo tanto, $\angle A^\prime H B \cong \angle C$, y tenemos

$$|HA^\prime| = |A^\prime B| \cot C = |AB| \cos B \cot C = k \sin C \cos B \cot C = k \cos B \cos C$$

Segmento de $|DA^\prime|$ es la más interesante. En primer lugar, escribimos $$|DA^\prime| = |CA^\prime| + |DC| = |AC|\cos C + |DC| = k \sin B \cos C + |DC|$$

Entonces, por la Ley de los Senos, $$\frac{|DC|}{|CB^\prime|} = \frac{\sin \angle DB^\prime C}{\sin \angle B^\prime DC} \implies |DC| = |BC| \cos C \cdot \frac{\sin \angle DB^\prime C}{\sin \angle B^\prime DC} = k \sin A \cos C \cdot \frac{\sin \angle DB^\prime C}{\sin \angle B^\prime DC}$$

Para conseguir una manija en aquellos finales de los ángulos, esto ayuda a tener una imagen.

Usaremos el hecho de que $AB^\prime H C^\prime$ mentira en un círculo (con diámetro de $AH$, el cual es determinado por los ángulos rectos a la $B^\prime$$C^\prime$). Tenga en cuenta que $\angle BAA^\prime$ es el complemento de a$\angle B$$\triangle AA^\prime B$. En el círculo, $\angle BAA^\prime$ $C^\prime B^\prime H$ sobrepasan el mismo acorde, $C^\prime H$, y por lo tanto son congruentes. Desde $\angle C^\prime B^\prime H$ $\angle A B^\prime C^\prime$ forma un ángulo recto en $B^\prime$, tenemos que el último debe ser congruente a $\angle B$; más $\angle DB^\prime C \cong \angle A B^\prime C^\prime$ como ángulos verticales, de modo que $\angle DB^\prime C \cong \angle B$. Por otra parte, $\angle DCB^\prime$ es el suplemento de $\angle C$, y tenemos $\angle CDB^\prime = \angle C - \angle B$, de donde

$$|DC| = \frac{k \sin(B+C) \sin B \cos C}{\sin(C-B)}$$

y

$$\begin{align} |DA^\prime| &= k \sin B \cos C + \frac{k\sin(B+C)\sin B\cos C}{\sin(C-B)} \\ &= \frac{k \sin B \cos C \; \left(\sin(C-B)+\sin(B+C)\right)}{\sin(C-B)} \\ &= \frac{2 k \cos B \sin B \cos C \sin C}{\sin(C-B)} \end{align}$$

Después de todo esto, vemos que, de hecho

$$\frac{|HA^\prime|}{|DA^\prime|} = k \cos B \cos C \cdot \frac{\sin(C-B)}{2k\cos B\sin B\cos C\sin C} = \frac{\sin(C-B)}{2\sin B\sin C} = \frac{|MA^\prime|}{|AA^\prime|}$$

completar la prueba.

Answer 4

este problema es realmente ortogonal círculos, háganoslo de pura geometría de la vista para resolverlo.

primero, encontrar a dos ortogonal círculos de triángulo ABC. ver imagen de abajo:

buscar BC B'C': $ {CC'} \perp {AB} $,$BB' \perp AC$,así BC B'C'es cíclico y M es el centro.

mira AC'HB',ellos también son cíclicos. el centro es el N de la mitad de AH.

Por CIERTO,UN'C'NBM es cíclico, que es el 9 puntos de círculohttp://en.wikipedia.org/wiki/Nine_points_circle y $C'N \perp C'M $ NM es el diámetro.

así círculo NA y el círculo MC son ortogonales círculos.

2º: vamos a la prueba de si la DM es el diámetro para hacer un círculo, luego de este círculo y círculo NA también son ortogonales círculos. Puedo usar otra imagen a la prueba.

supongamos círculo a y B son ortogonales círculos, C y D son los dos puntos en común, entonces $AD \perp BD $,$AC \perp BC$. la línea AB,CD, cruz de E. a continuación,$AB \perp CD$. deje $AD=p,BD=q$, $AB= \sqrt{p^2+q^2}=d $

toma F en CD,$ FE=x, AE=m= \dfrac{p^2}{d}, BE=n=\dfrac{q^2}{d}$, la línea de AF, G es el punto medio de la FA, $GF=r=\dfrac{AF}{2}=\dfrac{\sqrt{x^2+m^2}}{2}$,hacen que las $ GH \perp AB,$ pie H,$GH= \dfrac{FE}{2}=\dfrac{x}{2},HE=\dfrac{m}{2},GB^2=GH^2+HB^2=(\dfrac{x}{2})^2+(\dfrac{m}{2}+n)^2=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{m^2}{4}+mn+n^2)=r^2+n(m+n)=r^2+nd=r^2+q^2$.

así círculo de GF y el círculo B son ortogonales círculos. mira diámetro JK de Un círculo, tenga en cuenta que es el punto medio de JK.Por CIERTO, círculo G(rojo) mosto a través de los E.

3º: ortogonal círculos tienen algún hecho interesante que ya la prueba, ver otra foto:

círculo de P y Q son ortogonales, entonces tome Una en el círculo P, hacer AB es diámetro,E y F son los puntos comunes de círculo de P y de Q, AE cumplir círculo Q en C, entonces la $ CQ \perp AB$,y CQ cruz círculo Q en D, BC debe a través de E, D debe el ortocentro de ABC.

Yo a la izquierda detalle de la prueba de ejercicio , usted puede encontrar los detalles de "Notas Sobre el Orthcentric Tetraedro de papel" en la web ,que se recomienda en SÍ.

último paso: vea la imagen final:

K es el punto medio de la DM, hacer círculo KM, a continuación, círculo de KM y el círculo de NA son ortogonales círculos. mira triángulo ADM, （usted puede necesitar Una prueba debe ser el punto que igual 3er paso el punto C,no es difícil cuando termine el 3er paso.)$AN \perp DM $, cruz círculo NA en H, entonces H debe ser el ortocentro de ADM. lo que se hace.

Puedo agregar el detalle de la prueba para el último paso:

círculo KD tienen en común los puntos E y F. la línea de KE,NE, ya que dos circunferencias son ortogonales círculos ii prueba en el paso 2, por lo $KE \perp NE$,la línea de MÍ ,supongo que de la cruz en el círculo de NA en la A2, la línea de A2N, $\angle NA2E=\angle NEA2,\angle KEM=\angle KME, \angle KEM+\angle NEA2=\dfrac{\pi}{2},$$\angle KME+\angle NE2A=\dfrac{\pi}{2} $$A2N \perp DM$, ya que tanto la UNA y A2N tienen en común el punto N, A2 debe ser A. con la misma razón, DF ampliar el círculo de NA, se debe cruzar en A. si nos conectamos DE,ÉL,ya que la DM es el diámetro, por lo $ DE\perp AM$, ya que el AH es el diámetro, por lo $HE \perp AM$, los dos tienen en común el punto E, que significa H en DE. y H debe orthcenter de triángulo ADM. que está terminado.

Answer 5

Tenga en cuenta que la solución parcial aquí no es en realidad una respuesta (porque yo no) – lo he dejado aquí para el beneficio de las personas a quienes les gustaría ver un proceso de pensamiento en el problema.

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Tenga en cuenta que $BC'B'C$ es en realidad cíclica, debido a $BC'C$ $BB'C$ ambos son triángulos rectángulos. A continuación, $M$ es el centro del círculo que circunscribe $BC'B'C$, debido a que es el punto medio del diámetro de la $BC$.

Jugando con GeoGebra me mostró que la tangente puntos de $A$ a la circunferencia circunscrita de $BCB'C'$ (los puntos tangentes de las dos de la tangente a las líneas de $A$ a del círculo) se encuentran en la $DH$. Deja que estos dos puntos se $T_1$$T_2$. Si utilizamos este hecho, vemos que $AT_1 = AT_2$$MT_1 = MT_2$, lo $AT_1MT_2$ es un cometa, y por lo tanto $AM$ $T_1T_2$ son perpendiculares; por lo tanto, $AM$ $DH$ también son perpendiculares (debido a $DH$ $T_1T_2$ son de la misma línea).

Creo que esta es la más natural el uso de $M$ siendo el punto medio de la $BC$ que podemos encontrar. Si podemos de alguna manera demostrar que el hecho de que la tangente puntos de $A$ a la circunferencia circunscrita de $BCB'C'$ mentira en $DH$), entonces se nos hace.

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Notas para tratar:

• Por el poder-de-un-teoremas de punto, $(AT_1)^2 = AB' \cdot AC = AC' \cdot AB = (AT_2)^2$.