Ορθές προβολές

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και ${\rm E}$ σημείο επί της πλευράς ${\rm A}{\rm B}$, τέτοιο ώστε $\Delta$ η προβολή του ${\rm E}$ επί της ${\rm B}\Gamma$, ${\rm Z}$ η προβολή του $\Delta$ επί της ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm E}$ η προβολή του ${\rm Z}$ επί της ${\rm A}{\rm B}$.

Να βρεθεί το μήκος του τμήματος ${\rm B}{\rm E}$, συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου.
Λύση
Δείτε τις λύσεις που μου έστειλαν ο Νίκος Φραγκάκης (Doloros) και ο Κώστας Δόρστιος:

Λύση του Νίκου Φραγκάκη

Επειδή  $\widehat{EZC}=\widehat{BAC}+\widehat{AEZ}\Rightarrow \theta +{90}^{\circ }=A+{90}^{\circ }$ και άρα $\boxed{{\displaystyle \theta =A}}$. Ομοίως εργαζόμενοι έχουμε $\boxed{{\displaystyle \varphi =B,\omega =C}}$. Δηλαδή τα τρίγωνα $ZED,ABC$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας έστω $k$. Θα είναι λοιπόν $ED=ka,DZ-kb,SE=kc$. Θέτουμε $BD=x,CZ=y,AE=w$ και το ύψος $AO=h_1={\displaystyle \frac{2E}{a}}$, όπου $E$το εμβαδόν του τριγώνου $ABC$. Από τα επίσης και προφανώς όμοια τρίγωνα $BED,BAO$ έχουμε: $${\displaystyle \frac{BE}{BA}}={\displaystyle \frac{DE}{OA}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{BE}{c}}={\displaystyle \frac{ka}{{\displaystyle \frac{2E}{a}}}}\Rightarrow \boxed{{\displaystyle BE={\displaystyle \frac{k{a}^{2}c}{2E}}}}(1)$$. Επειδή ο λόγος εμβαδών όμοιων τριγώνων  ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας , θα είναι $(DEZ)=k^{2}E$ και αφού $E=(ABC)=(BDE)+(CZD)+(AEZ)+(DEZ)$ θα προκύψει η ισότητα: $E={\displaystyle \frac{k}{2}}(ax+by+cw)+k^{2}E$ και αν συμβολίσουμε με $\boxed{{\displaystyle V=(ax+by+cw)}}$ θα είναι $\boxed{{\displaystyle V=2E\frac{1-k^2}{k}}}(2)$. Από την άλλη μεριά και το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο $DEB$ έχουμε : $B{E}^2=B{D}^2+D{E}^2$ ή $(c-w{)}^2=x^2+k^2{a}^2$ και ομοίως $(a-x{)}^2=y^2+k^2{b}^2,(b-y{)}^2=w^2+k^2{c}^2$ . Αν προσθέσουμε τις τρεις τελευταίες κατά μέλη και κάνουμε τις σχετικές απλοποιήσεις θα έχουμε: $a^2+b^2+c^2=2V+k^2(a^2+b^2+c^2)$ ή θέτοντας $\boxed{{\displaystyle S=a^2+b^2+c^2}}$ θα έχουμε $\boxed{{\displaystyle V=S\frac{1-k^2}{2}}}(3)$. Από τις $(2),(3)$ βρίσκουμε $\boxed{{\displaystyle k=\frac{4E}{S}}}$  και από την $(1)$, $\boxed{{\displaystyle BE=\frac{2a^{2}c}{S}=\frac{2a^{2}c}{a^2+b^2+c^2}}}$.
Λύση του Κώστα Δόρτσιου

Δείτε και ένα δυναμικό σχήμα εδώ.