GH||AB

[monika_at]

Задачата е лесна, но ми се ще да видя, как ще я решат кандидатстудентите.

Да се докаже, че в остроъгълен триъгълник [tex]tg\alpha .tg\beta =3<=>GH||AB[/tex] (при стандартните означения за триъгълник).

[kmitov]

Ето част от решението:

zad.png (36.6 KiB) Прегледано 222 пъти

[math10.com]

А ето и другата част:
[tex]\angle BAK=\frac{1}{2}\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{BK}=\angle BCK=90^\circ -\beta =\angle HAB[/tex]
[tex]\Right \triangle AHD,\triangle AKD[/tex] са еднакви по 2-ри признак [tex]\Right DH=DK[/tex] като СЕЕТ

Нека [tex]GH||AB \Right \triangle DMC \approx \triangle HMC[/tex] по 1-ви признак [tex]\Right \frac{GH}{DM}=\frac{CG}{CM}=\frac{CH}{CD}=\frac{2}{3} \Right DH=\frac{1}{3}CD \Right \frac{CD}{DK}=3[/tex]
[tex]\Right tg \alpha .tg \beta =\frac{CD}{AD}.\frac{AD}{DK}=\frac{CD}{DK}=3[/tex]

Нека [tex]tg \alpha .tg \beta =3 \Right \frac{CD}{AD}.\frac{AD}{DK}=3 \Right \frac{CD}{DK}=3 \Right \frac{CH}{CD}=\frac{2}{3}[/tex]
[tex]\frac{CG}{CM}=\frac{2}{3} (G-[/tex] е медицентър)
[tex]\angle DCM=\angle HCM \Right \triangle DMC \approx \triangle HMC[/tex] по 2-ри признак [tex]\Right GH||AB[/tex]

[drago]

Митов го е казал кратко и ясно, повече не е необходимо, според мен. Все пак, трябва да се провокира човек да помисли малко!