Проекция на ортоцентър върху ъглополовящи.

[ABK]

Даден е разностранен остроъгълен триъгълник АВС. Точките М и N са пети на перпендикулярите от ортоцентъра на триъгълника към вътрешната и външната ъглополовящи на < АСВ. Да се докаже, че < АМВ + < АNВ = 180[tex]^\circ[/tex].

[Vurbaninator]

Здравей, не знам как да сложа чертеж във форума, но се надявам ти да си начертаеш задачата на бял лист хартия и да гледаш от там.
Решение:
От перфектен чертеж се забелязва, че <CAN=<MAA1 и <CBN=<MBB1, където A1 и B1 са петите на височините от A и от B. И наистина, ако те са равни, то от изразяване на ъгли ще получим, че <AMB+<ANB=180, а ние ще докажем, че са равни от подобие. Нека HN пресича CB в точка T.
1) Съществува окръжност k описана около MHA1NCB1. Това следва от правите ъгли.
Разглеждам тр. BTN и тр. BHM.
<BHM=180-C/2 (от k);
<BTN=180-C/2 (от тр. CTN)
2) Нека MH=x =>TN=x.cotg(C/2) (тр. CTN). Нека BH=y =>HA1=y.cos(C) и BA1=y.sin(C) (тр. BHA1) и TA1=y.cos(C).cotg(C/2)
MH/BH=x/y;
NT/BT=x.cotg(C/2)/y.(cos(C).cotg(C/2)+sin(C)), обаче cotg(C/2)=cos(C)cotg(C/2)+sin(C);
cotg(C/2)(1-cos(C))=sin(C)
cotg(C/2).2.sin(C/2).sin(C/2)=2.sin(C/2).cos(C/2) (Делим на 2.sin(C/2), защото условието го позволява.)
cotg(C/2).sin(C/2)=cos(C/2), което е вярно. По аналогичен начин доказваме, че другата двойка ъгли са равни и от там, че <AMB+<ANB=180

[monika_at]

Не ми харесва решението ти, или поне не е ясно. Какво означава фразата " От перфектен чертеж се забелязва равенство на еди кои си ъгли"?

[Vurbaninator]

С тази фраза казвам как съм се сетил за решението. Не знам какво намекваш, но това в никой случай не е налучкване, защото съм предоставил доказателство. Казваш, че не ми харесваш решението - ще се радвам ако представиш свое, което е по-елегантно.

[matst]

В остроъгълен триъг. ортоцентърът [tex]H[/tex] е вътре в триъг.
(не е върху страните и не съвпада с връх)

В разностранен триъг. [tex]H[/tex] не лежи въху ъглополовящите
(в частност, [tex]H[/tex] не съвпада с ортогоналната си проекция т.[tex]M[/tex]
върху ъглополовящата през [tex]C[/tex])

На чертежа [tex]\angle BAC > \angle ABC[/tex]

Нека т. [tex]U[/tex] и т. [tex]V[/tex] са пресечните точки на правата [tex]HM[/tex] със страните [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex], съотв.

Първа стъпка. По sin т-ма за [tex]\triangle AUH[/tex]
[tex]AU/AH = \frac{\sin (\gamma/2)} {\sin (90+\gamma/2)} =\tan \gamma/2 = MU/MC = MU/NH[/tex]

[tex]\Rightarrow NH/AH = MU/AU[/tex]. Освен това, [tex]\angle NHA= \angle MUA = 90+\gamma/2[/tex]
Следователно, има подобие на триъг. [tex]\triangle NAH ~ \triangle MAU[/tex]
(1) [tex]\Rightarrow \angle ANH = \angle AMU[/tex]

Втора стъпка. По sin т-ма за [tex]\triangle BVH[/tex]
[tex]BV/BH = \frac {\sin (\gamma/2)} { \sin (90+\gamma/2)} = \tan \gamma/2= MV/MC = MV/NH[/tex]

[tex]\Rightarrow MV/BV = NH/BH[/tex]. Освен това, [tex]\angle MVB = \angle NHB = 90+\gamma/2[/tex]
Следователно, има подобие на триъг. [tex]\triangle MBV ~ \triangle NBH[/tex]
(2) [tex]\Rightarrow \angle BMV = \angle BNH[/tex]

Трета стъпка. От (1) и (2) следва
[tex]\angle ANB+ \angle AMB = \angle ANH + \angle BNH + \angle AMB
= \angle AMU + \angle BMV + \angle AMB = 180^\circ.[/tex] ктдд.

Заб. 1. Струва ми се, че доказаната зависимост между ъглите
остава в сила и за други видове триъгълници (с подходяща промяна на представеното решение).

Заб. 2. Успях да направя това решение чак след като прочетох решението на
Vurbaninator от Съб Апр 07, 2018 10:57 am