Ортоцентър и метрични зависимости

[ins-]

Остроъгълен триъгълник [tex]ABC[/tex] с ортоцентър [tex]H[/tex] и пети на височините [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex] е вписан в окръжност [tex]k[/tex]. [tex]P[/tex] е произволна точка от [tex]k[/tex], несъвпадаща с върховете на [tex]ABC[/tex]. [tex]A''[/tex], [tex]B''[/tex], [tex]C''[/tex] и [tex]Q[/tex] са пресечните точки на [tex]PA'[/tex], [tex]PB'[/tex], [tex]PC'[/tex] и [tex]PH[/tex] с [tex]k[/tex]. Да се докаже, че: [tex]\frac{1}{PA'.A'A''}+\frac{1}{PB'.B'B''}+\frac{1}{PC'.C'C''}=\frac{4}{PH.HQ}[/tex].

[Gabriel Baldjiev]

Направих чертежа сега почвам да я мисля

[ins-]

Задачата не е трудна. Има по-скоро "художествена стойност" - тъждеството е изненадващо като факт и красиво.

Чудно ми е, ако във формулировката вместо описана окръжност поставим сфера дали пак е в сила споменатото твърдение.

Друга посока на обобщение, която ми идва на ум е следната: ако вместо височини имаме чевиани и вместо 4 - константа - c. Вярно е, че за кой да е триъгълник може да се намери такава константа, независеща от положението на [tex]P[/tex].

[georgi111]

Използваме стандартни означения за елементите на триъгълника.Нека [tex]AA' \cap k = A_1, BB' \cap k = B_1,CC' \cap k = C_1[/tex]
Имаме последователно :
[tex]PA'.A'A''=AA'.A'A_1=b.sinC.A'H=b.sinC.CH.cosB=2R.sinB.sinC.CH.cosB=R^2.sin(2B).sin(2C)[/tex]. Аналогично имаме :
[tex]PB'.B'B''=R^2.sin(2A).sin(2C), PC'.C'C''=R^2.sin(2A).sin(2B)[/tex], както и:
[tex]PH.HQ=CH.HC_1=2.R.cosC.2.HC'=2.R.cosC.2.cosB.AH=2.R.cosC.2.cosB.2.R.cosA=8.R^2.cosA.cosB.cosC[/tex]. Даденото равенство е еквивалентно с :[tex]\frac {1}{R^2}(\frac {1}{sin(2B).sin(2C)} + \frac {1}{sin(2C).sin(2A)} + \frac {1}{sin(2A).sin(2B)})=\frac{1}{2.R^2}(\frac{1}{cosA.cosB.cosC})[/tex], т.е. трябва да докажем ,че:[tex]sin(2A)+sin(2B)+sin(2C)=4sinA.sinB.sinC, A+B+C=180[/tex], което е добре известно равенство.

[drago]

Oзначаваме: [tex]AA' \cap k = A_1 , \, BB' \cap k = B_1 ,\, CC' \cap k = C_1[/tex] .
Известно е че (доказва се съвсем лесно):

(1) [tex]\,\,\, HA' = A'A_1 ,\, HB'=B'B_1 ,\, HC'=C'C_1[/tex] .

Сега oт свойствата на секущи през една точка имаме:

[tex]PH.HQ=AH.HA_1=BH.HB_1= CH.HC_1[/tex]
Kaто използваме (1), горното става:

(2) [tex]\,\,\, PH.HQ=2 AH.HA' = 2BH.HB' = 2CH.HC'[/tex]

Пак от свойството на секущите имаме:

(3) [tex]\,\,\, PA'.A'A'' = AA'.A'A_1 = AA'.HA'[/tex]
Aналогично:

(3)[tex]\,\,\, PB'.B'B''=BB'.HB'[/tex]
[tex]\,\,\, PC'.C'C''=CC'.HC'[/tex]

Вече сме готови за съществената част:

[tex]\frac{1}{PA'.A'A''}+\frac{1}{PB'.B'B''}+\frac{1}{PC'.C'C''}=\frac{4}{PH.HQ}[/tex] <=>
(използваме (3) )

[tex]\frac{1}{AA'.HA'}+\frac{1}{BB'.HB'}+\frac{1}{CC'.HC'}=\frac{4}{PH.HQ}[/tex] <=>
(умножаваме двете страни по [tex]PH.HQ[/tex] и използваме (2) )

[tex]2\frac{AH}{AA'}+2\frac{BH}{BB'} + 2\frac{CH}{CC'} = 4[/tex] <=>

[tex]\frac{AA'-HA'}{AA'}+\frac{BB'-HB'}{BB'} + \frac{CC'-HC'}{CC'}=2[/tex] <=>

[tex]\frac{HA'}{AA'}+\frac{HB'}{BB'} + \frac{HC'}{CC'}=1[/tex] <=>

[tex]\frac{S_{BCH}+S_{ACH}+S_{ABH}}{S_{ABC}} = 1[/tex] .

което е очевидно.

Единственото, което се използва съществено, че [tex]H[/tex] е ортоцентър е (1). Всичко останало е вярно и за произволни чевиани, поради това, смятам че твърдението няма да е вярно за произволни чевиани (с някаква друга константа).

[ins-]

И двете решения много ми харесаха. До първото стигнахме, както аз - така и Георги след известни технически грешки. Решението на Драго много ме впечатли. Георги каза, че е виждал на друго място предложената от мен задача със сходно на второто решение, но аз стигнах сам до посоченото твърдение. Относно чевианите - ако не ме лъже софтуерът - константата в равенството се мени, ако променяме триъгълника, но не се мени ако движим [tex]P[/tex] по описаната окръжност на фиксиран триъгълник. Не знам от гледна точка на красота и сложност къде поставяте задачата, но за мен е красива задача, като за областен кръг.

[georgi111]

Решението на Драго наистина е много яко.До едно място върпи по нашия път и след това тръгва по друг

[drago]

Благодаря, но мисля, че това е най-логичния подход и няма кой знае какво за досещане. Просто произведенията на отсечките ги прехвърляш към такива независищи от т.P и нещата се разплитат едно по едно. Мотивацията е ясна.
Относно това за произволните чевиани: да има такава константа независища от т. P и това е очевидно. Просто лявата страна на равенството, което трябва да се докаже не зависи от [tex]P[/tex]. Не зависи от [tex]P[/tex] и [tex]\frac{1}{PH.HQ}[/tex]. Тогава има някаква константа, която като умножим едното ще ги изравни.
Трудността на задачата при ортоцентъра не е в това че стойността на на лявата и дясната страна не зависят от P, а точно това, че константата е 4.
P.S. Бат' Боби, задачата е хубава, в смисъл ефектна, но може би малко по-лесна за областен кръг.

[inveidar]

Забравяте, че на областния кръг не се дава само една задача!

[ins-]

Зависи за кой клас е на областен кръг - виждал съм задача на Архимед там, която след няколко години се появи и на общински кръг, с леки изменения.
За трудна - както е формулирана сега - едва ли е трудна /щом и аз стигнах до решение/.

[inveidar]

Исках да кажа, че за всеки клас на областния кръг се дават по три задачи. Тази задача спокойно може да влезе като първа или втора в 9-ти клас.

[Gabriel Baldjiev]

Със свойството на хордите.

[ins-]

Тая задача изглежда красива, но е пълна боза откъм твърдение. Дано да измисля нещо по-красиво скоро.