Стара, нерешена

[inveidar]

Да ви подсетя, че още не сте я решили.

zzz1.png (703.81 KiB) Прегледано 623 пъти

[grav]

Author, а не autor.

[inveidar]

Author, а не autor.

Как реши, че е на английски? На испански е. Всъщност задачата я публикувах в перуански форум и за там я правих. Просто така и го написах след това. https://www.facebook.com/photo.php?fbid ... =1&theater
Това from to най-отдолу го е прибавил главният администратор. Също перуанец.

[grav]

Текста на задачата е на български. Как да се сетя, че е била за перуански форум!

[inveidar]

Текста на задачата е на български. Как да се сетя, че е била за перуански форум!

Е, не е задължително, но не е и болка за умиране, ако е грешно написано на английски, нали?

[grav]

Не, на английски трябва да се пише правилно.

[monika_at]

Autor се пише още на испански, немски, румънски, португалски, полски, чешки, естонски..
Grav, недей да драматизираш излишно!

[kmitov]

На всеки език трябва да се пише правилно.

[Knowledge Greedy]

Макар чертежът да е страхотен, нека попитам. Точката [tex]T[/tex] е пета на височината през [tex]A[/tex], нали?

[monika_at]

Да.

[inveidar]

Макар чертежът да е страхотен, нека попитам. Точката [tex]T[/tex] е пета на височината през [tex]A[/tex], нали?

DA пресича ВС в точка Т.

[Knowledge Greedy]

Да разгледаме окръжността [tex]k_1[/tex] , описана около [tex]\Delta BCH[/tex].
Това е всъщност окръжността, описана около [tex]\Delta DBC[/tex] - еднакъв по условие с дадения [tex]\Delta ABC[/tex] .
Точка [tex]D\in k_1, DQ \bot BH, DT \bot BC[/tex] ,
следователно правата [tex]KTQ[/tex]
е права на Симсън за точката [tex]D[/tex] относно [tex]\Delta BCH[/tex].
Оттук [tex]DK \bot CH[/tex]
Описваме втора окръжност [tex]k_2[/tex] около [tex]DKHQ[/tex]
-може, защото [tex]\angle DKH=\angle DQH =90^\circ[/tex]
т.к.[tex]\angle KHQ= 180^\circ -\alpha[/tex]
- тъпият ъгъл между височините на дадения [tex]\Delta ABC[/tex], неминаващи през върха [tex]A[/tex], то във вписания [tex]DKHQ[/tex]
на [tex]\angle KHQ[/tex]
срещуположният [tex]\angle KDQ=\alpha[/tex] [tex](\ast)[/tex]
Връщаме се на окръжността [tex]k_1[/tex]
Тук [tex]\angle CHD=\angle CBD=\beta[/tex] ,
защото и двата се измерват с половината от дъгата от [tex]CD[/tex] от [tex]k_1[/tex] , но освен това [tex]\angle CBD=\angle CBA[/tex].
В окръжността [tex]k_2[/tex]
[tex]\angle KHD=\angle KQD[/tex] - опиращи се на дъгата [tex]KD[/tex].
Но [tex]\angle CHD=\angle KHD[/tex]
са различни означения на един и същи ъгъл - острия между височините на
[tex]\Delta ABC[/tex] , несъдържащи върха [tex]B.[/tex] Този ъгъл е с мярка [tex]\beta[/tex]
Получихме, че [tex]\angle KQD=\beta[/tex] , което заедно със [tex](\ast)[/tex]
осигурява достатъчните условия за първи признак, от който следва подобието на [tex]\Delta DQK[/tex] и [tex]\Delta ABC[/tex] .

[inveidar]

Така е. Идеята ми наистина е правата на Симпсън за ВНС, но може да се реши и без нея(нямам предвид доказателството на теоремата по друг начин).

[math10.com]

inveidar2.png (57.85 KiB) Прегледано 490 пъти

[tex]\triangle BDT,\triangle ABT[/tex] са еднакви по 1-ви признак [tex]\angle ABC=\angle DBT=\beta[/tex]
[tex]\triangle BDT,\triangle BDQ[/tex] са правоъгълни , следователно около четириъгълника [tex]BDTQ[/tex] може да се опише окръжност.
[tex]\Right \angle TDQ=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{QT}=\angle QBT=90^\circ -\gamma[/tex]
[tex]\Right \angle DQT=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{DT}= \angle DBT=\beta[/tex]
[tex]\Right \angle TQH=90^\circ -\beta =\angle BCH[/tex]
[tex]\Right \triangle KQH \approx \triangle BCH[/tex] по 1-ви признак
[tex]\Right \angle QKH=\angle CBH=90^\circ -\gamma =\angle HDQ[/tex]
следователно около четириъгълника [tex]HQDK[/tex] може да се опише окръжност([tex]HQ[/tex] се вижда под еднакъв ъгъл от точките [tex]D[/tex] и [tex]K[/tex]).
[tex]\Right \angle QKD=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{QD}=\angle QHD=\gamma[/tex]
[tex]\Right \triangle DQK \approx \triangle ABC[/tex] по 1-ви признак

Така става ли?
С малка корекция на условието ще стане готина задача за 8-ми клас