Свойство на ортоцентъра - 2

[inveidar]

Съжалявам, но задачата е грешна!!!

[inveidar]

Съжалявам, но задачата е грешна!!!

Вярното условие!!!

Нека [tex]A_{1},B_{1}[/tex] са пресечните точки съответно на медианите през върховете [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] на триъгълника [tex]ABC[/tex] със страните [tex]BC[/tex] и [tex]AC[/tex]. Окръжностите с диаметри [tex]AA_{1}[/tex] и [tex]BB_{1}[/tex] се пресичат в точки [tex]C_{1}[/tex] и [tex]C_{2}[/tex]. Да се докаже, че ортоцентърът на [tex]ABC[/tex], [tex]C_{1},C_{2}[/tex] и [tex]C[/tex] лежат на една права.

[ins-]

При решението на задачата бихме ли могли да използваме факта, че средите на страните и петите на височините на един триъгълник лежат на една окръжност?

[inveidar]

Не знам. Аз я решавам по друг начин.

[ins-]

Хубава задача, ако ми остане време - ще я помисля.

[strangerforever]

Ще докажем, че [tex]C_1C_2[/tex] принадлежи на правата, определена от височината през C, с което задачата ще е решена.

Нека средата на [tex]AA_1[/tex] е X, a на [tex]BB_1[/tex] - Y. Нека се пресичат в точка G.

Ако [tex]AG = 2m[/tex], то [tex]GA_1 = m \Rightarrow XG = \frac{m}{2}[/tex]. Аналогично ако [tex]BG = 2n[/tex], то [tex]GB_1 = n \Rightarrow GY = \frac{n}{2}[/tex].

От обратната теорема на Талес следва, че [tex]XY || A_1B_1 || AB[/tex].

Знаем, че общата хорда на две пресичащи се окръжности е перпендикулярна на симетралата им [tex]\Rightarrow C_1C_2 \bot XY \Rightarrow C_1C_2 \bot AB[/tex]

Нека окръжността с диаметър [tex]AA_1[/tex] пресича AB в точка M, а другата - в точка N. Ясно е, че [tex]\angle AMA_1 = \angle BNB_1 = 90 ^\circ[/tex]

Нека [tex]C_1C_2[/tex] пресича AB в точка Т.

Нека [tex]AN = x, NT = y, TM = z, MB = t[/tex].

От свойството на секущите в окръжност имаме

[tex]C_1T.TC_2 = (x+y).z[/tex] и [tex]C_1T.TC_2 = (t+z)y[/tex]

Приравняваме ги и получаваме

[tex]xz = ty (1)[/tex]

Освен това, понеже [tex]A_1B_1NM[/tex] е правоъгълник, знаем, че [tex]y + z = \frac{AB}{2} \Leftrightarrow y + z = x + t \Leftrightarrow x = y + z - t[/tex]

Заместваме в (1) и получаваме:

[tex]yz + z^2 - tz = ty \Leftrightarrow z(y+z) = t(y+z) \Leftrightarrow z = t = TM[/tex]

Спускаме височината CH. От теоремата на Талес знаем, че [tex]\frac{BM}{BH} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow BH = 2BM = 2t \Rightarrow HM = t[/tex]



И от това, че [tex]CH \bot AB[/tex] и [tex]C_1T \bot AB[/tex], както и [tex]HM = TM = t \Rightarrow T \equiv H[/tex], с което твърдението е доказано.

[ins-]

Браво и за задачата и за решението. Жалко, че не ми остана време да я погледна, но е по-красива от "Свойство на ортоцентъра". За сметка на това се вдъхнових и забелязах "Свойство на ортоцентъра 3".

[inveidar]

Задачата не е моя, а е на Spats, участник във форума - http://www.artofproblemsolving.com/Forum/
, която той измисли, за да поправи моята грешна предишна с височините. Там има и друго решение - http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7&t=421549
Аз имам мое решение, което ще пусна по-късно.

[inveidar]

За сметка на това се вдъхнових и забелязах "Свойство на ортоцентъра 3".

- Виж тук: viewtopic.php?f=10&t=7041

[inveidar]

radcenter.png (113.24 KiB) Прегледано 420 пъти

Нека окръжността [tex]k_{1}[/tex] с диаметър [tex]AA_{1}[/tex] пресича за втори път [tex]BC[/tex] в точка [tex]A_{2}[/tex] и [tex]AC[/tex] в [tex]B_{3}[/tex].
Нека също така окръжност [tex]k_{2}[/tex] с диаметър [tex]BB_{1}[/tex] пресича за втори път [tex]AC[/tex] в точка [tex]B_{2}[/tex] и [tex]BC[/tex] в [tex]A_{3}[/tex].

[tex]A_{1}B_{1}||AB \Rightarrow \angle A_{1}B_{1}C= \angle BAC= \alpha[/tex]

[tex]\left.\begin{matrix}
\angle B_{1}B_{3}A_{1}= 90^{0}
\\\angle B_{1}A_{3}A_{1}= 90^{0}
\end{matrix}\right\} \Rightarrow B_{1}A_{1}A_{3}B_{3}[/tex] е вписан [tex]\Rightarrow \angle B_{3}A_{3}C=\alpha \Rightarrow ABA_{3}B_{3}[/tex] е вписан(в [tex]k_{3}[/tex]).

Сега [tex]H[/tex] е радикален център на [tex]k_{1},k_{2},k_{4} \Rightarrow H \in C_{1}C_{2}[/tex].

[tex]C[/tex] е радикален център на [tex]k_{1},k_{2},k_{3} \Rightarrow C \in C_{1}C_{2}[/tex]. Готово.