Неочаквано хубав ъгъл

[Гост]

Даден е остроъгълен триъгълник ABC с AC>BC, център на описаната окръжност O, ортоцентър H. Нека C' е петата на височината през C. Нека T е от страната BC, щото C'T[tex]\bot[/tex]C'O. Да се докаже, че [tex]\angle[/tex]HTC=2[tex]\beta[/tex]-90[tex]^\circ[/tex]

[Гост]

Понеже никой не се обади с решение, качвам решение с тригонометрия, като обещавам скоро да публикувам и синтетичното решение : ) .
Знаем, че [tex]\angle[/tex]HCT=90[tex]^\circ[/tex]-[tex]\beta[/tex]. Сега [tex]\angle[/tex]HTC=2[tex]\beta[/tex]-90[tex]^\circ[/tex] се оказва еквивалентно на [tex]\frac{TC}{CH}[/tex]=― [tex]\frac{sin \beta }{cos 2 \beta }[/tex](оставяме читателя да съобрази защо двете неща наистина са еквивалентни).

Нека OM[tex]\bot[/tex]AB, OA'[tex]\bot[/tex]BC и TT'[tex]\bot[/tex]CC'. Очевидно M е среда на AB, A' е среда на BC и TT'||AB. Също така, добре известен факт е, че CH=2OM. Имаме, че OA'TC' е вписан и [tex]\angle[/tex]C'A'T=180[tex]^\circ[/tex]-2[tex]\beta \Rightarrow \angle[/tex]C'OT=180[tex]^\circ[/tex]-2[tex]\beta \Rightarrow \frac{C'T}{OC'}[/tex]=―[tex]\frac{sin 2 \beta }{cos 2 \beta }[/tex]. От OC'[tex]\bot[/tex]C'T следва, че [tex]\triangle[/tex]OC'M[tex]\approx \triangle[/tex]TC'T'[tex]\Rightarrow \frac{TT'}{OM}[/tex]=[tex]\frac{TC'}{C'O}[/tex]=―[tex]\frac{sin 2 \beta }{cos 2 \beta }[/tex]. Сега от теорема на Талес имаме CT=TT'*[tex]\frac{CB}{BC'}[/tex]=―OM*[tex]\frac{sin 2 \beta }{cos \beta*cos 2 \beta }[/tex]=―[tex]\frac{CH}{2}[/tex]*[tex]\frac{2sin \beta }{cos 2 \beta }[/tex]=―CH*[tex]\frac{sin \beta }{bcos 2 \beta }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{TC}{CH}[/tex]=―[tex]\frac{sin \beta }{cos 2 \beta }[/tex], което искахме да докажем.

[Гост]

Ето и синтетично решение, което обаче изисква малко повече обща култура.
Нека описаната около HBC окръжност пресича правата AB в точка D. Нека BC[tex]\cap[/tex]HD=T'. Ще покажем, че T[tex]\equiv[/tex]T', откъдето исканото равенство на ъгли ще следва почти директно (леко изразяване на ъгли) от дефиницията на T'. T[tex]\equiv[/tex]T' е еквивалентно на OC'[tex]\bot[/tex]C'T'.

Нека O' е центърът на описаната около HBC окръжност , M е средата на BC, N е средата на HD , E=HB[tex]\cap[/tex]CD, P е средата на CE. Лесно се съобразява, че M е среда и на OO'. Също така M,N и P лежат на 1 права - правата на Гаус за четириъгълника HBDC. От теорема на Брокар за вписания четириъгълник HBDC имаме O'E[tex]\bot[/tex]C'T'. Сега за забележим, че C' и T' лежат на радикалната ос на описаните около CC'B C'HD окръжности (C' лежи на двете окръжности, а от вписаността на HBDC имаме HT'.T'D=BT'.T'C)[tex]\Rightarrow[/tex] C'T' е перпендикулярна на правата, свързваща центровете на 2-те окръжности - но това е точно правата MN [tex]\Rightarrow[/tex]MP[tex]\bot[/tex]C'T'. Да обобщим, PM[tex]\bot[/tex]C'T', O'E[tex]\bot[/tex]C'T', M е среда на OO' и P е среда на CE. Оттук се доказва (със знания за 8 клас), че OC'||O'E||MP(втората успоредност реално вече сме я доказали) и по-важното - OC'[tex]\bot[/tex]C'T', което целяхме да докажем.

[Гост]

Какво означава синтетично и как се различава от тригонометричното ?:)

[Гост]

Така наречените синтетични решения често разчитат на допълнителни построения и "разкриване на конфигурацията" - откриване на различни факти за дадения чертеж. Аналитичните решения (комплексни числа, барицентрични координати, тригонометрия и др) разчитат на повече сметки, в някои случаи без грам геометрична мисъл, но понякога са много ефикасни. Що се отнася до втория Ви въпрос - второто решение очевидно не използва каквато и да е тригонометрия, докато първото разчита основно на тригонометрия, така че двете решения очевидно са коренно различни.