Дан равнобедренный треугольник АВС, ВН – высота, АВ = ВС. Точка К лежит на стороне ВС, М – середина НК, НК перпендикулярно ВС. Докажите, что АК перпендикулярно ВМ.

задан 28 Янв '14 23:30

изменен 28 Янв '14 23:57

@serg55: тут допущена какая-то опечатка. Точка M упомянута один раз, а больше о ней не говорится ничего. Догадаться до того, что должно быть, я своими силами не могу.

(28 Янв '14 23:38) falcao

@falcao: Извините, я ошибся, надо, что АК перпендикулярна ВМ, а не ВС. Еще раз простите.

(28 Янв '14 23:59) serg55
10|600 символов нужно символов осталось
1

В этом случае всё понятно. Я изложу "мгновенное" решение, поэтому оно может быть не самым хорошим. Может, потом кто-то предложит что-нибудь более простое.

Пусть $%AL$% -- высота, опущенная на $%BC$%. Треугольники $%ALC$% и $%BHC$% подобны. Ввиду того, что $%HK$% -- высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого угла, $%BHC$% подобен $%BKH$%.

Будем следить за тем, что $%ALC$% подобен $%BKH$% с указанным порядком вершин. Ясно, что $%HK$% -- средняя линия в треугольнике $%ALC$%, то есть $%AK$% -- медиана. Ей соответствует медиана $%BM$% в подобном треугольнике $%BKH$%. Ввиду того, что преобразование подобия сохраняет середины отрезков, а также не меняет углы, приходим к выводу, что угол $%KAL$% равен соответственному углу $%MBK$%. При повороте на этот угол в одном из направлений прямые $%AK$% и $%BM$% перейдут в прямые, параллельные $%AL$% и $%BC$%. Две последние прямые перпендикулярны по построению, и тогда то же самое верно насчёт $%AK$% и $%BM$%.

ссылка

отвечен 29 Янв '14 0:23

10|600 символов нужно символов осталось
0

Излишне простого в голову не пришло... но можно как-то так...

Предположим для простоты, что $%AH=HC=1$%, и используем обозначения углов на рисунке...

Поскольку $%BM$% медиана прямоугольного треугольника, то $%tg\gamma = 1/2\;tg\beta$%... Тогда $$tg\theta=tg(\beta-\gamma)=\frac{tg\beta-1/2\;tg\beta}{1+1/2\;tg^2\beta}=\frac{tg\beta}{2+tg^2\beta}.$$

Из треугольника $%HKC$% находим $%HK=\sin\alpha$%... Тогда из прямоугольного треугольника $%HKD$% получаем, что $%HD=\sin^2\alpha,\;\;KD=\sin\alpha\;\cos\alpha$%... Следовательно, $$tg\varphi = \frac{\sin\alpha\;\cos\alpha}{1+\sin^2\alpha}=\frac{ctg\alpha}{\frac{1}{\sin^2\alpha}+1}=\frac{ctg\alpha}{ctg^2\alpha+2}$$

Поскольку $%\alpha+\beta=\pi/2$%, следовательно, $%\theta=\varphi$%... Тогда треугольники $%AKD$% и $%BGF$% подобны... откуда вытекает нужная перпендикулярность прямых...

alt text

ссылка

отвечен 29 Янв '14 13:04

изменен 29 Янв '14 16:10

@all_exist: исправьте, пожалуйста, опечатку в том месте, где речь идёт о нахождении KD.

(29 Янв '14 13:51) falcao

@falcao, огрехи копипаста...

(29 Янв '14 16:10) all_exist
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×786

задан
28 Янв '14 23:30

показан
760 раз

обновлен
29 Янв '14 16:10

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru