Красива геометрична задача - 2

[inveidar]

fg2.png (96.66 KiB) Прегледано 980 пъти

[math10.com]

Готина задача , но за съжаление няма ентусиасти във форума , които да я решат......
А се решава толкова лесно.Само трябва едно допълнително построение............Извинявам се, две допълнителни построения и 5-6 реда обяснения .
Един въпрос към " inveidar".От къде е тази задача?

[monika_at]

inv78.png (39.68 KiB) Прегледано 896 пъти

Известно е, че симетричните точки на ортоцентъра съответно страните на триъгълника и средите на страните лежат на описаната около триъгълника окръжност. (не смятам, че трябва доказателство. Има го и в архива на форума).
Тогава: [tex]HK=KN; HM=MD; CD-[/tex]-диаметър. Нека [tex]F[/tex]е пресечната точка на медианата [tex]CM[/tex] с окръжността. Тогава:
[tex]\angle CFD=90^\circ =>\angle CFD=\angle HTM; HM=MD=>\Delta HTM; \Delta DFM[/tex]-еднакви=>
[tex]TM=MF[/tex], но [tex]AM=MB=>AFBT-[/tex]-успоредник=>
[tex]\angle AFT=\angle FTB[/tex]; [tex]\angle AFC=\angle ABC=\beta[/tex]-отсичат една и съща дъга=>
[tex]\angle FTB=\angle ABC=\beta[/tex]

[math10.com]

z.png (76.47 KiB) Прегледано 884 пъти

Ето и едно от мен
Построяваме [tex]\triangle ABP[/tex] еднакъв на [tex]\triangle ABC ; P\in CM[/tex] и окръжности [tex]k_1,k_2[/tex] описани съответно около [tex]\triangle ABC[/tex] и [tex]\triangle ABP[/tex] (От еднаквостта следва, че [tex]k_1,k_2[/tex] са с еднакви радиуси)
[tex]\angle BAH=90^\circ -\beta ; \angle ABH=90^\circ -\alpha ; =>\angle AHB=180^\circ -180^\circ +\alpha+\beta=180^\circ -\gamma[/tex]
Следователно [tex]H\in k_2[/tex].Нека [tex]CM \cap k_2=T[/tex]
[tex]\angle ATP=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{AP}=\angle BPA=\alpha ;\angle HTA=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{AH}=\angle HBA=90^\circ -\alpha[/tex]
Следователно [tex]\angle HTP=\angle HTA+\angle ATM=\alpha +90^\circ -\alpha =90^\circ[/tex]
Следователно [tex]\angle BTP=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{BP}=\angle BAP=\beta[/tex]

[monika_at]

Супер:) Ето две наистина елегантни решения. Да видим и останалите красиви геометрии на Инвейдър

[inveidar]

fg222.png (171.19 KiB) Прегледано 805 пъти

Продължаваме АН до пресичането и с ВС в точка Р. Лесно се доказва, че СНТР е вписан (отсечката СН се вижда от Т и Р под 90 градуса), откъдето ъгъл ТНС е равен на ъгъл ТРВ. Но ъгъл ТНС е равен на АМС(защо?) и следователно МВРТ е вписан. Сега ъгъл МТВ е равен на ъгъл МРВ, а последния е равен на ъгъл МВР, защото РМ е медиана към основата на правоъгълния триъгълник АВР.

Иначе задачата съм я взел от перуански форум по геометрия, а кой знае от къде е?!

[inveidar]

Няма ли да ме питате с каква програма правя чертежите?

[monika_at]

Да, напоследък си сменил визията:) Каква е програмата?

[inveidar]

CorelDRAW11. Не е математическа.