Някои формули за ортоцентър

[Румен Симеонов]

Нека $ABC$ е (неизроден) триъгълник с вътрешни ъгли $\alpha, \beta, \gamma$ съответно при върховете му $A, B, C$. Нека $T$ е произволна точка в пространството и с нейна помощ е построена точка $H$, за която е изпълнено:
$\vec{TH}=$
$\vec{TA}cotg(\beta)cotg(\gamma)/\sigma+$
$\vec{TB}cotg(\gamma)\cotg(\alpha)/\sigma+$
$\vec{TC}cotg(\alpha)cotg(\beta)/\sigma$,
където
$\sigma :=$
$cotg(\beta)cotg(\gamma)+$
$cotg(\gamma)cotg(\alpha)+$
$cotg(\alpha)cotg(\beta)$.
Използвайки вектори и скаларно произведение на вектори (а също и синусовата теорема, лесно) докажете, че точката $H$ лежи на всяка от правите на трите височини на триъгълника $ABC$ и, следователно, не зависи от това с помощта на коя точка $T$ е конструирана, както по-горе. Впрочем, следва и, че правите на трите височини винаги се пресичат в една точка $H$, а също и, че
$\vec{HA}cotg(\beta)cotg(\gamma)+$
$\vec{HB}cotg(\gamma)\cotg(\alpha)+$
$\vec{HC}cotg(\alpha)cotg(\beta)=\vec{0}$.
Ако никой от ъглите не е прав ъгъл, то имаме и:
$\vec{TH}=$
$\vec{TA}tg(\alpha)/\tau+$
$\vec{TB}tg(\beta)/\tau+$
$\vec{TC}tg(\gamma)/\tau$,
където
$\tau:=$
$tg(\alpha)+$
$tg(\beta)+$
$tg(\gamma)$,
както и
$\vec{HA}tg(\alpha)+$
$\vec{HB}tg(\beta)+$
$\vec{HC}tg(\gamma)=\vec{0}$.

Тази/тези задача/формули могат да се използват, например, за решаване и на задачата
viewtopic.php?f=49&t=31584&p=122525#p122519

Ако сте виждали подобни твърдение/формули, които считате, че са равносилни или по-силни от дадената от мен тук формула за $\vec{TH}$, или поне са близки по някакав начин, то моля посочете, къде може да баде намерено и препишете тук точната му формулировка оттам. Аз го открих сам днес 22.07.2023г. и не бях и все още не съм виждал подобно твърдение/формули записано/и другаде.

[Гост]

https://math.stackexchange.com/question ... rthocentre коментарът: "answered Aug 4, 2020 at 9:08 user635640" наподобява изложените факти.

[Гост]

https:// math.stackexchange.com/questions/ 3779495/ finding-position-vector-of-orthocentre като се премахнат интервалите би трябвало да е правилният линк.

[Румен Симеонов]

https:// math.stackexchange.com/questions/ 3779495/ finding-position-vector-of-orthocentre като се премахнат интервалите би трябвало да е правилният линк.

Благодаря за линка.
Там наистина я има формулата с тангесите (не е доказана, а има, вместо доказателство, някакви грешни фармули за тангенсите). Не е направено уточнението, че тя е смисленна само ако в триъгълника няма прав ъгъл. Малко преди нея има невярни и страшни формули за изразяване на тангенсите чрез скаларни произведения на вектори на страните на триъгълника с грешно използване на функцията $sgn(x)=\frac{x}{|x|}$. Има и вярна идея за намиране и елиминиране на коефициенти. Няма идеята веднъж написана формулата да се докаже много лесно без да се обяснява как е открита. Това предлагам аз тук и то във вида с котангенсите, който е валиден дори и ако има прав ъгъл в триъгълника и който не е записан там в подадения линк. Впрочем, имах предвид между другото да докажете и, че $\sigma >0$. Решете задачата така както аз съм я записал, за да изпитате удоволствието, че не е нужно да оправяте грешките в подадения линк нито да извършвате съответното елиминиране. Решението е кратко и резултата бързо става готов за ползване и то в общия случай без да се отделят правоъгълните триъгълници. Освен това, доказва се, а не се използва, и теремата за пресичане на правите на трите височини в една точка. В линка се говори и за правата на Ойлер и съотношениетало 2:1, в което медицинтърът дели отсечката от ортоцентъра до центъра на описаната окръжност. което изглежда е теорема на Хамилтън. Тук вместо да използваме теоремата на Хамилтън ще я докажем лесно след като подобно на вектора на ортоцентъра намерим и вектора на центъра на описаната окръжност.

[peyo]

https:// math.stackexchange.com/questions/ 3779495/ finding-position-vector-of-orthocentre като се премахнат интервалите би трябвало да е правилният линк.

A бутона URL горе дори още по-добре ще направи линка.

[Румен Симеонов]

Всъщност, пресметнато докрай $\sigma =1$, така че, моята формула от 22.07.2023г. с котангенсите става (всъщност е) още по-приятна (без деление на $\sigma$):

$\vec{TH}=$
$\vec{TA}cotg(\beta)cotg(\gamma)+$
$\vec{TB}cotg(\gamma)\cotg(\alpha)+$
$\vec{TC}cotg(\alpha)cotg(\beta)$.

Впрочем, при правоъгълен триъгйлник доказаното равенството $\sigma =1$ т.е.:

$1=cotg(\beta)cotg(\gamma)+$
$cotg(\gamma)\cotg(\alpha)+$
$cotg(\alpha)cotg(\beta)$

е очевидно, а при триъгълник без прав ъгъл то е равносилно на любопитното равенство за ъгли на неправоъгълен триъгълник:

$tg(\alpha)+tg(\beta)+tg(\gamma)=tg(\alpha).tg(\beta).tg(\gamma)$.