Колинеарност на точки

[Гост]

B [tex]\triangle ABC[/tex] нека [tex]M[/tex] е средата на страната [tex]BC[/tex], a [tex]H[/tex] и [tex]I[/tex] са съответно ортоцентърът и центърът на вписаната окръжност. Нека с [tex]D[/tex] означим пресечната точка на [tex]MH[/tex] и [tex]AI[/tex] . Нека [tex]E[/tex] и [tex]F[/tex] са петите на перпендикулярите от [tex]D[/tex] към [tex]AB[/tex] и [tex]AC[/tex] съответно. Да се докаже,че точките [tex]E[/tex], [tex]H[/tex] и [tex]F[/tex] лежат на една права.

[Гост]

Ето едно малко по-хамалско решение, използващо тригонометрия:

Нека EF пресича височината през върха А в точка H'. Искаме да покажем, че H[tex]\equiv[/tex]H'. За целта ще пресметнем дължината на AH' и ще покажем, че тя е равна на AH=2Rcos[tex]\alpha[/tex] R-радиус на описаната около [tex]\triangle[/tex]ABC окръжност (това е добре известен факт), откъдето явно ще сме готови. Нека HM пресича описаната около [tex]\triangle[/tex]ABC окръжност в точка A'. Популярно свойство на A' е, че е диаметрално противоположна на А в описаната около [tex]\triangle[/tex]ABC окръжност. Оттук лесно пресмятаме BA'=2Rcos[tex]\gamma[/tex]. Нека [tex]C_{1 }[/tex] е петата на височината през C. Добре известно е, че [tex]HC_{1 }[/tex]=2Rcos[tex]\beta[/tex]cos[tex]\alpha[/tex].

Нека сега да разгледаме правоъгълния трапец [tex]BA'HC_{1 }[/tex]. Правата ED е успоредна на 2-те му основи. Така ни се отваря възможност да сметнем ED, използвайки следната основна задача:

О.З.: Даден е трапец с малка основа a и голяма основа b. Нека c е отсечка, успоредна на 2-те основи и с краища, делящи бедрата в отношение x:1-x, считано от малката основа. Тогава c=x*b+(1-x)*a. (Доказателството оставяме за упражнение на читателя

Вече знаем, че [tex]HC_{1 }[/tex]=2Rcos[tex]\beta[/tex]cos[tex]\alpha[/tex] и BA'=2Rcos[tex]\gamma[/tex]. Остава да намерим HD:DA'. Добре известно е, че AI (респективно AD) е ъглополовяща на [tex]\angle[/tex]HAA' т.е. HD:DA'=AH:AA'=[tex]\frac{cos \alpha }{1}[/tex]. Оттук пресмятаме ED=[tex]HC_{1 }[/tex]*[tex]\frac{1 }{1+cos \alpha }[/tex]+BA'*[tex]\frac{cos \alpha }{1+cos \alpha }[/tex]. Заместваме 1+cos[tex]\alpha[/tex] с 2[tex]cos \frac{ \alpha }{2} ^{2 }[/tex] и ED=[tex]\frac{2Rcos \alpha }{2 cos \frac{ \alpha }{2} ^{2 } }[/tex](cos[tex]\beta[/tex]+cos[tex]\gamma[/tex]).

Сега ще пресметнем и AH'. От синусова теорема за [tex]\triangle[/tex]EH'A имаме АH'=АЕ*[tex]\frac{cos \frac{ \alpha }{2} }{sin( \beta+ \frac{ \alpha }{2}) }[/tex]. Но AE=ED*cotg[tex]\frac{ \alpha }{2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] AH'=ED*[tex]\frac{ cos \frac{ \alpha }{2} ^{2 } }{sin \frac{ \alpha }{2}*sin( \beta + \frac{ \alpha }{2}) }[/tex]=2R[tex]\frac{cos \alpha *(cos \beta+cos \gamma) }{2*sin \frac{ \alpha }{2}*sin( \beta+ \frac{ \alpha }{2} )}[/tex]. Но cos[tex]\beta[/tex]+cos[tex]\gamma[/tex]=2cos([tex]\frac{ \beta+ \gamma )}{2}[/tex]*cos([tex]\frac{ \beta- \gamma )}{2}[/tex]=2sin[tex]\frac{ \alpha }{2}[/tex]sin([tex]\beta[/tex]+[tex]\frac{ \alpha) }{2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] AH'=2Rcos[tex]\alpha[/tex], с което окончателно сме готови.

[Гост]

Между другото, откъде е задачата?

[Гост]

Задачата е от тук

https://math.stackexchange.com/question ... -collinear

На мен идеята ми е да се ползва обратната теорема на Менелай за правата EF и [tex]\triangle ACN[/tex], където [tex]N[/tex] е петата на височината през връх С…. но ми убягва нещо засега.

[Гост]

Задачата е от тук

https://math.stackexchange.com/question ... -collinear

На мен идеята ми е да се ползва обратната теорема на Менелай за правата EF и [tex]\triangle ACN[/tex], където [tex]N[/tex] е петата на височината през връх С…. но ми убягва нещо засега.

По принцип мисля, че и това може да се свърши с поносимо количество тригонометрия.