3
1

В разностороннем $%\triangle ABC$% на сторонах $%BC,CA,AB$% отмечено основания высот $%{H_1},{H_2},{H_3}$% и середины сторон $%{M_1},{M_2},{M_3}$%; $%H$% - ортоцентр $%\triangle ABC$%.

Пускай $%{X_2},{X_3}$% - это точки, симметричные $%{H_1}$% относительно $%{BH_2}$% и $%{CH_3}$%; прямые $%{M_3}{X_2}$% и $%{M_2}{X_3}$% пересекаются в точке $%X$%. Аналогично - $%{Y_3},{Y_1}$% - это точки, симметричные $%{H_2}$% относительно $%{CH_3}$% и $%{AH_1}$%; прямые $%{M_1}{Y_3}$% и $%{M_3}{Y_1}$% пересекаются в точке $%Y$%. Наконец, $%{Z_1},{Z_2}$% - это точки, симметричные $%{H_3}$% относительно $%{AH_1}$% и $%{BH_2}$%; прямые $%{M_1}{Z_2}$% и $%{M_2}{Z_1}$% пересекаются в точке $%Z$%.

Доказать, что $%H$% - инцентр треугольника $%XYZ$%.

задан 11 Май '15 14:02

изменен 30 Июл '15 11:06

1

Подсказка: $%\triangle XYZ$% симметричный $%\triangle H_1H_2H_3$% относительно прямой Эйлера $%\triangle ABC$%.

(13 Май '15 1:27) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
2

alt text

alt text

alt text

alt text

alt text

alt text

alt text

ссылка

отвечен 13 Май '15 12:45

изменен 13 Май '15 14:35

10|600 символов нужно символов осталось
2

Докажем координатным методом, что $%\triangle XYZ$% симметричный $%\triangle H_1H_2H_3$% относительно прямой $%HM$% (прямой Эйлера).

Введём прямоугольную систему: $%H_1$% - начало координат, $%A(0,1), B(p,0),C(q,0)$%.

Последовательно находим:

$%AB:x+yp=p$%, $%AC:x+yq=q$%; $%AH_1:x=0$%, $%BH_2:qx-y=pq$%, $%CH_3:px-y=pq$%.

$%M((p+q)/3,1/3)$%, $%H(0,-pq)$%, $%H_2\left(\frac{q(pq+1)}{q^2+1},\frac{q(q-p)}{q^2+1}\right)$%, $%H_3\left(\frac{p(pq+1)}{p^2+1},\frac{p(p-q)}{p^2+1}\right)$%, $%X_2\left(\frac{2pq^2}{q^2+1},\frac{-2pq}{q^2+1}\right)$%, $%X_3\left( \frac{2p^2q}{{p^2+1}},\frac{-2pq}{p^2+1}\right)$%.

Прямая Эйлера: $%MH:y(p+q)=(3pq+1)x-pq(p+q)$%.

Координаты точки $%X^*$% - точки, симметричной точке $%H_1$% относительно прямой $%HM$%:

$%X^*\left(\frac{2pq(p+q)(3pq+1)}{(p+q)^2+(3pq+1)^2},\frac{-2pq(p+q)^2}{(p+q)^2+(3pq+ 1)^2}\right)$%.

Заметим, что знаменатель $%(p+q)^2+(3pq+1)^2\ne0$%, поскольку треугольник разносторонний.

Прямая $%M_3X_2:(2y-1)(-3pq^2+p)=(2x-p)(q^2+1+4pq)$%.

Теперь простой проверкой убеждаемся, что точка $%X^\ast\in M_3X_2$%. Аналогично $%X^\ast\in M_2X_3$% (симметрия относительно $%p$% и $%q$%. Потому $%X^*=X$%, то есть $%X$% - точка, симметричная точке $%H_1$% относительно прямой $%HM$%. Аналогично для точек $%Y$% и $%Z$%.

Осталось заметить, что высоты $%\triangle ABC$% являются биссектрисами $%\triangle H_1H_2H_3$%.

Действительно, поскольку четырехугольники $%H_1HH_3B$% и $%H_1HH_2C$% описаны, то $%\angle AH_1H_3=\angle HBA=90^{\circ}-\angle A=\angle ACH=\angle AH_1H_2$%.

ссылка

отвечен 17 Май '15 11:28

изменен 17 Май '15 12:38

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:

×645
×392
×10
×6

задан
11 Май '15 14:02

показан
3140 раз

обновлен
30 Июл '15 11:06

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