Полуокръжности и лице

[123a]

На страните $AB,BC$ и $AC$ на остроъгълния триъгълник $ABC$, като на диаметри са построени полуокръжности. Точките $L,M,N$ са пресечните точки на полуокръжностите с височините, спуснати към съответните страни. Да се изрази лицето на [tex]\triangle[/tex]$ABC$ чрез лицата на триъгълниците $ALB, BMC, CNA$.

[123a]

Никой ли няма да се пробва?

[ева]

Може ли да пратиш чертеж ?

Скрит текст: покажи

Не съм сигурна как ще изглежда той.

[123a]

Оригиналното условие на задачата е да се докаже, че

$S_{ABC}^2=S_{ALB}^2+S_{BMC}^2+S_{ANC}^2$ , но го промених, за да е малко по-интересно. Ако няма решение до довечера, ще напиша моето. Задачата е от руска книга и там няма решение.

[Davids]

Качвам чертеж в помощ на решаващите (а и по-горе беше попитано ).

InteresniPoluokrujnosti.png (37.75 KiB) Прегледано 2013 пъти

П.П. Само не знам навътре или навън от триъгълника трябва да са построени полуокръжностите. Но щом ще ги пресичаме с височините (приемаме като отсечки в триъгълника, не като прави), то допускам, че е по-скоро навътре. Но променя нещата тази подробност, та е добре да се доуточни

[123a]

Тъй като никой не написа решение, ще напиша аз моето. Поисканият от ева чертеж беше пратен още вчера на ЛС.



$CD, BF,AE$ - височини, $H$-ортоцентър.


Първо, нека разгледаме [tex]\triangle[/tex]$ADC$ и $\triangle$$HDB$

В [tex]\triangle[/tex]$ADC$ $tg\alpha=\frac{CD}{AD}$, а в $\triangle$$HDB$ $tg\alpha=\frac{BD}{HD}$. при стандартни означения Приравняваме и получаваме

$\frac{CD}{AD}=\frac{BD}{HD}=>AD.BD=CD.HD$. Но от правоъгълния триъгълник $ALB$, ние знаем, че $LD^2=AD.BD=>LD^2=CD.HD$ Умножаваме двете страни по $\frac{AB^2}{4}$ и получаваме $\frac{LD^2.AB^2}{4}=\frac{CD.AB.HD.AB}{4}=>S_{ABL}^2=S_{ABC}.S_{AHB} (1)$

Второ, да разгледаме $\triangle$$FAH$ и $\triangle$$BFC$

В $\triangle$$FAH$ $tg\gamma=\frac{AF}{FH}$, в $\triangle$$BFC$ имаме $tg\gamma=\frac{BF}{FC}$. Отново приравняваме и получаваме

$AF.FC=FH.BF$ Но от правоъгълния триъгълник $ANC$ имаме $FN^2=AF.FC=>FN^2=FH.FB$ Тук умножаваме и двете страни по $\frac{AC^2}{4}$
и подобно на това по-горе получаваме, че $S_{ANC}^2=S_{ABC}.S_{AHC} (2)$


Трето, да разгледаме $\triangle$$HEC$ и $\triangle$$ABE$

В $\triangle$$HEC$ $tg\beta=\frac{EC}{EH}$, а в $\triangle$$ABE$ $tg\beta=\frac{AE}{BE}$. Пак приравняваме и получаваме, че

$EC.EB=AE.EH$ Но пак от правоъгълния тиръгълник $BMC$ имаме, че $ME^2=EC.EB=>ME^2=AE.EH$ Тук умножаваме и двете страни по $\frac{BC^2}{4}$ и получаваме , че $S_{BMC}^2=S_{ABC}.S_{BHC} (3)$

Накрая събираме $(1), (2)$ и $(3)$ и получаваме , че

$S_{ABL}^2+S_{ANC}^2+S_{BMC}^2=S_{ABC}.S_{AHB} +S_{ABC}.S_{AHC} + S_{ABC}.S_{BHC} =>$

$S_{ABL}^2+S_{ANC}^2+S_{BMC}^2= S_{ABC} (S_{AHB}+S_{AHC}+S_{BHC})=>$


$S_{ABL}^2+S_{ANC}^2+S_{BMC}^2= S_{ABC}^2$

Което е това, което трябваше да се докаже.