Подобни триъгълници и окръжност (3)

[Меди]

За равнобедрен триъгълник $ABC$ с бедра $AC$ и $BC$ е дадено, че $AC:AB=3:4$. Докажете, че ортоцентърът на триъгълника лежи върху вписаната му окръжност.

3.png (103.65 KiB) Прегледано 395 пъти

Нека $H$ е пресечната точка на височината $CC_1$ с вписаната окръжност. Опитвам се да докажа, че $H$ е ортоцентър на $\triangle ABC$. Добра ли е идеята и ако да, как да я продължа?

[123a]

Ако $AC=3x, AB=4x$, то $AC_1=2x$.

От Питагорова теорема намираме,чe $CC_1= x\sqrt{5}$

Изразяваме лицето на [tex]\triangle ABC[/tex] по два начина:
$\frac{c.h_c}{2}=p.r=>\frac{4x.x\sqrt{5}}{2}=5x.r=>r=\frac{2x\sqrt{5}}{5}=>HC_1= \frac{4x\sqrt{5}}{5}$

Сега нека продължим $CC_1$ до пресичането й с описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност в точка $D$

Тогава от свойството на пресичащите хорди имаме

$CC_1.C_1D=AC_1.C_1B=>2x.2x=x\sqrt{5}. C_1D=>C_1D= \frac{4x\sqrt{5}}{5}$

Известен е фактът, че ортоцентърът е симетричен на AB относно $D$, откъдето следва, че $H$ е ортоцентър.

[KOPMOPAH]

Подобни триъгълници и окръжност (3).png (15.43 KiB) Прегледано 366 пъти

И още един поглед към задачата...

Точката $H$ е ортоцентър. Ще докажем, че $C_1H=2r$.

Без ограничение на общността можем да приемем $x=1$, така и така ще се съкрати по-нататък в сметките.
Тогава $AB=4$, $AC_1=AK=2$, $CK=1$.
$CC_1=\sqrt 5 \Rightarrow S=\frac{AB.CC_1}2=2\sqrt 5$
$p=5,\,S=p.r \Rightarrow r=\frac{2\sqrt 5}5$
Триъгълниците $\triangle AC_1C$ и $\triangle AB_1B$ са подобни с коефициент на подобие $\frac 34$, значи $AC_1:AB_1=3:4 \Rightarrow AB_1=\frac 83$, а оттам $CB_1=\frac 13$.
Триъгълниците $\triangle AC_1C$ и $\triangle CB_1H$ също са подобни, откъдето $CB_1:CH=CC_1:CA$, а оттам $CH=\frac {\sqrt 5}5$.

В крайна сметка $C_1H=CC_1-CH=\sqrt 5-\frac {\sqrt 5}5=\frac {4\sqrt 5}5=2.\frac {2\sqrt 5}5=2r$