Равни ъгли в правоъгълен триъгълник

[r2d2]

В прав. триъгълник АВС, медианите ВМ и АN пресичат височината към хипотенузата СН в точки P i Q.
Докажете, че[tex] \angle CAP = \angle CBQ[/tex]

[Реклама]

[martosss]

Е ми аз го измислих(по-точно г-жата ми даде идея ), ама е страшно дълго - ако означим АС=б и ВС=а изразяваме всички страни... ще има чичко Менелай... ще има Питагорчо... също така косинусова теорема за АРС и ВQC, откъдето ще изразим синусите на двата търсени ъгъла и ще излезе все някак си, но не ми се пише... в училище успях само единия синус да изразя и се получи симетрично някак си - [tex]\frac{ab}{a^2+3ab+b^2}[/tex]

Решението ще е поне 2 страници голям формат, ако r2d2 има по-малко може да постне ако не да напиша моето

[r2d2]

S Menelaus - 7 reda-max
Без него, 12.
Питагор е забранен (от МОН - ново ръкводство с шеф 3Пи0)!

[ганка симеонова]

ще ползвам стандартни означения за прав. триъгълник.
ЗАБ: точка N1е петата на перпендикулярът, спуснат от N към хипотенузата АВ.

[tex]\Delta AQH\sim \Delta ANN_1 =>\frac{QH}{NN_1} =\frac{AH}{ AN_1}\Rightarrow QH=\frac{hb_1}{2b_1+a_1} [/tex]. Aналогично [tex]PH=\frac{ha_1}{2a_1+b_1} [/tex]

[tex]\Delta APH\sim \Delta ALL_{1} [/tex]; [tex]\Delta LL_{1}B\sim \Delta CHB [/tex]
=>[tex]\frac{PH}{LL_{1} }=\frac{AH}{AL_{1} } [/tex] и [tex]\frac{LL_{1}}{h }=\frac{BL_{1}}{BH }=\frac{BL}{a } [/tex]
от първото отношение изразявам [tex]LL_{1}=\frac{ha_{1}}{2a_{1}+b_{1} }.\frac{AL_{1}}{ b_{1}} [/tex]
замествам във второто:
[tex]\frac{ha_{1}}{h(2a_{1}+b_{1}) }.\frac{AL_{1}}{ b_{1}}=\frac{c-AL_{1}}{a_{1} } =>AL_{1}=\frac{(2a_{1}+b_{1})b_{1}}{c } [/tex]
[tex]BL_{1}=c-AL_{1}=\frac{a_{1}^{2}}{c } [/tex]
=> [tex]BL=\frac{a.a_{1}}{c } =>CL=a-BL=\frac{ab_{1}}{ c} [/tex]. аналогично [tex]CT=\frac{ba_{1}}{c } [/tex]
разглеждам [tex]\Delta CTL [/tex]и [tex]\Delta ABC [/tex]
[tex]1)\frac{CT}{ CL}=\frac{ba_{1}}{ab_{1} }=\frac{b}{ a}.\frac{a^{2}}{ b^{2}}=\frac{a}{b }=\frac{BC}{AC } [/tex]
2)[tex]\angle CTL=\angle ACB=90^\circ [/tex]
тогава двата триъгълника са подобни по 2-ри признак. следователно [tex]\angle CTL=\angle B =>\angle ATL=180^\circ -\angle B [/tex]
=>около ABLT може да се опише окръжност.
=>[tex]\angle TAL=\angle TBC [/tex]

[martosss]

[Nona]

AL, BM и CH се пресичат в една точка => (от теоремата на Чева)

[tex]\frac{CM}{MA}.\frac{AH}{HB}.\frac{BL}{LC}=1,[/tex] но [tex]CM=MA\Rightarrow \frac{AH}{HB}=\frac{LC}{BL}[/tex] и от теоремата на Талес [tex]HL||AC[/tex].

Аналогично [tex]HT||BC.[/tex]

[tex]THLC \ - \ [/tex]правоъгълник и

[tex]\angle TCH=\angle CTL=\angle B \Rightarrow \triangle LTC \sim \triangle ABC \\ \Rightarrow \frac{CL}{AC}=\frac{CT}{BC}\Leftrightarrow \tan\angle CAL=\tan\angle CBT[/tex]

[ганка симеонова]

Браво, Нона! Страхотно решение!
В сравнение, с твоето, моето е дърводелско..
Евалла, момиче..

[r2d2]

Kaкто казах, 7 - реда (Браво, Нона 6 (реда) и 6 на задачата).
Мартос, надявам се почваш да разбираш защо Питагор е забранен от МОН.

[soldier_vl]

Дали Питагор или косинусова теорема, няма много разлика. Разбира се стига и косинусовта да не е забранена

[martosss]

ми при положение че Питагоровата теорема е една от най-известните как може да ни карат без нея Аз винаги съм я харесвал пък и те хубаво няма да ни дадат да пишем решението с нея, но на тестовите задачи няма кой да ни спре

П.П. И браво за задачата - не знам от къде сте я намерили но е хубава