Matematyka.pl

W trójkącie ostrokątnym \(\displaystyle{ ABC}\) wysokości \(\displaystyle{ A A _{1}}\) i \(\displaystyle{ C C_{1}}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ H}\).\(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu opisanego, zaś \(\displaystyle{ B_{0}}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AC}\). Prosta \(\displaystyle{ BO}\) przecina prostą \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\), z kolei proste \(\displaystyle{ BH}\) i \(\displaystyle{ A_{1} C_{1}}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ Q}\). Udowodnij, że proste \(\displaystyle{ H B_{0}}\) i \(\displaystyle{ PQ}\) są równoległe

Z góry dziękuję za pomoc

W trójkącie równoramiennym (\(\displaystyle{ \angle A=\angle B}\)) punkty \(\displaystyle{ B_0,H,P,Q}\) leżą na jednej prostej - osi symetrii trójkąta \(\displaystyle{ B_0B}\).

Rozpatrzmy przypadek \(\displaystyle{ \angle A>\angle B}\). Wysokości w trójkącie przecinają się w jednym punkcie, więc \(\displaystyle{ BQ}\) jest wysokością, niech przecina bok \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ |CD|=|BC|\cos\angle C\\
|B_0D|=|CD|-\frac{1}{2}|AC|=|CD|-\frac{1}{2}\cdot\frac{|AC|}{\sin\angle B}\sin\angle B=|CD|-\frac{1}{2}\cdot\frac{|BC|}{\sin\angle A}\sin\angle B=\\\\=|CD|-\frac{1}{2}\cdot\frac{|CD|\sin\angle B}{\sin\angle A\cos\angle C}\\\\
|DH|=|CD|\tan\angle HCA=|CD|\tan(90^o-\angle A)=|CD|\cot\angle A\\\\
\frac{|B_0D|}{|DH|}=\tan\angle A-\frac{\sin\angle B}{2\cos\angle A\cos\angle C}}\)


\(\displaystyle{ |BC_1|=|BC|\cos\angle B\\|BA_1|=|AB|\cos\angle B}\)

Zatem trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ A_1BC_1}\) są podobne w skali \(\displaystyle{ \cos\angle B}\), czyli \(\displaystyle{ \angle QC_1B=\angle C}\)


\(\displaystyle{ \angle COB=2\angle A}\) - kąt środkowy i wpisany oparte na tym samym łuku, stąd \(\displaystyle{ \angle PBC=90^o-\angle A=\angle ABD}\), czyli trójkąty \(\displaystyle{ PBC}\) i \(\displaystyle{ BQC_1}\) też są podobne w skali \(\displaystyle{ \cos\angle B}\), zatem \(\displaystyle{ |BQ|=|BP|\cos\angle B}\)


\(\displaystyle{ \angle DBP=\angle B-2(90^o-\angle A)=2\angle A+\angle B-180^o\\
|DP|=|BP|\sin\angle DBP\\
|DQ|=|DB|-|BQ|=|BP|\cos\angle DBP-|BP|\cos\angle B\\\\
\frac{|DP|}{|DQ|}=\frac{\sin\angle DBP}{\cos\angle DBP-\cos\angle B}=\frac{\sin(2\angle A+\angle B)}{\cos(2\angle A+\angle B)+\cos\angle B}=\frac{\sin\angle A\cos(\angle A+\angle B)+\sin(\angle A+\angle B)\cos\angle A}{2\cos(\angle A+\angle B)\cos\angle A}=\\\\
=\frac{2\sin\angle A\cos(\angle A+\angle B)+\sin(\angle A+\angle B)\cos\angle A-\sin\angle A\cos(\angle A+\angle B)}{2\cos(\angle A+\angle B)\cos\angle A}=\\\\
=\tan\angle A+\frac{\sin\angle B}{2\cos(\angle A+\angle B)\cos\angle A}=\tan\angle A+\frac{\sin\angle B}{2\cos(180^o-\angle C)\cos\angle A}=\\\\
=\tan\angle A-\frac{\sin\angle B}{2\cos\angle A\cos\angle C}=\frac{|B_0D|}{|DH|}}\)

Z tw. odwrotnego do tw. Talesa mamy równoległość \(\displaystyle{ B_0H}\) i \(\displaystyle{ PQ}\)

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ M}\) środek odcinka \(\displaystyle{ BH}\), niech także \(\displaystyle{ \gamma > \alpha > \beta}\) (dla ustalenia uwagi). Niech też \(\displaystyle{ R}\) oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\).
Można pokazać, że zachodzi równość \(\displaystyle{ BH=2 OB_0}\) (nie jest to trudne, można przeliczyć). Wynika z niej bezpośrednio, że \(\displaystyle{ MH=OB_0}\); ponadto proste \(\displaystyle{ MH}\) i \(\displaystyle{ OB_0}\) są prostopadłe do prostej \(\displaystyle{ AC}\), więc są równoległe. Stąd czworokąt \(\displaystyle{ OMHB_0}\) jest równoległobokiem i w konsekwencji \(\displaystyle{ HB_0}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ OM}\). Wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ PQ}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ OM}\).
Nietrudno sprawdzić, że \(\displaystyle{ BO=R}\), \(\displaystyle{ OP=R \frac{\cos \beta}{\cos (\gamma - \alpha)}}\), \(\displaystyle{ BM=R \cos \beta}\) oraz, że \(\displaystyle{ QM=-R \cos \beta \frac{\cos (\alpha + \gamma)}{\cos (\gamma - \alpha)}}\). A więc \(\displaystyle{ \frac{OP}{BO}= \frac{\cos \beta}{\cos (\gamma - \alpha)} = -\frac{\cos (\gamma + \alpha)}{\cos (\gamma - \alpha)}= \frac{QM}{BM}}\)