Една много интересна задача с ортоцентрове :)

[nikolavp]

Даден е [tex]\triangle ABC (\angle C = 90^\circ)[/tex] [tex]AC = 4;BC = 3[/tex]. Ъглополовящата на [tex]\angle ACB\cap AB = {L}[/tex].
[tex]H_{1}[/tex] и [tex]H_{2} [/tex] са ортоцентровете съответно на триъглниците [tex]\triangle ACL, \triangle BCL[/tex]. Да се намери дължината на отсечката [tex]H_{1}H_{2}[/tex]

[Реклама]

[evgeni91]

...h(ab) обща за ▲ALC и ▲BLC=>H₁,H₂ z h(ab)
нека:
[tex]\angle[/tex]BAC=α
[tex]\angle[/tex]ABC=β(=90-α)
LN_височина към BC,(N z BC);
LM_височина към AC,(M z AC);
CP_височина към AB,(P z AB);
▲LBN и ▲LH₂P:
_правоъгълни(P,N_пети на височини съответно към LP,BN)
[tex]\angle[/tex]BLN=α,=90-β(от ▲LBN);_общ
1.)=>▲LBN~▲LH₂P:
=>[tex]\angle[/tex]LH₂P=[tex]\angle[/tex]ABC=β
AC[tex]\bot [/tex]BC=>LM[tex]\bot [/tex]LN
Н₁ z LM(правата)
Н₂ z LN
=>▲H₁H₂L_правоъгълен...
... но от 1.)=>▲ABC~▲H₁H₂L
=> LP/CP=H₁H₂/AB
намираме зависимостта между двете височини от ▲LPC_правоъгълен:
cotg[tex]\angle[/tex]BLC=LP/CP=H₁H₂/AB...
[tex]\angle[/tex]BLC=45+α(▲LNC_правоъгълен, равнобедрен)
cotg(45+α)=H₁H₂/AB
H₁H₂=cotg(45+α).AB
\\ извинявам се, че решевам без нагледен чертеж!! но още не знам кои са програмите за що-годе свестни такива.
... и мисля, че е това...

[r2d2]

Ще реша тази зада4а при ВС=а; АС=b (a>b). Ортоцентърът на ACL e P, на BCL - Q.
Понеже [tex]CL \perp AP \Rightarrow \Delta ACM[/tex] е равнобедрен AC=CM=b.
От подобието на [tex]\Delta APL \; \Delta AMB[/tex] имаме [tex]\frac {PL}{MB}=\frac{AL}{AB}[/tex], но [tex]\frac {AL}{AB}=\frac{b}{a+b}[/tex], т. е. [tex]PL=\frac{b(a-b)}{a+b}[/tex].

С аналогични разсъждения получаваме [tex]QL=\frac{a(a-b)}{a+b}[/tex].

Тогава[tex] PQ^2=PL^2+QL^2=(\frac{b(a-b)}{a+b})^2+(\frac{a(a-b)}{a+b})^2[/tex].

Получаваме [tex]PQ = \frac{a-b}{a+b}\cdot c[/tex]

[nikolavp]

Мдаа, пак показа класа