Задача 284 (Равностранен триъгълник)

Моето беше само идея. Щом мислите, че има хляб в нея, ще я опиша по-подробно:

Първо чертаем три равноотдалечени успоредни прави a, m, s на разтояние h/2 една от друга.
Избираме произволна точка B от правата a.
Прекарваме през B права, сключваща с правата a ъгъл 30о и бележим точката на пресичането й с правата m с буква М. Точките B и M вече са напълно "заковани" в смисъл, че без ограничения можем да считаме, че всеки триъгълник, отговарящ на условието, че медиана и височина в него са равни, ще минава задължително през тях.
Съществува единствен такъв равностранен триъгълник, който построяваме, катопрекараме през B права, сключваща с правата a ъгъл 60о и бележим точката на пресичането й с правата s с буква Co, а след това през Co чертаем права, сключваща с правата s ъгъл 60о и бележим точката на пресичането й с правата а с буква Аo.

Значи целта ми е да докажа, че ако и ъглополовящата е равна на онези двете, тогава т. А (връх на произволен триъгълник, удовлетворяващ условията на задачата) съвпада с т. Ао.

(заради ограничението в дължината на изказванията ще продължа в следващ пост)

Ако A и Ao не съвпадат, това може да стане по два различни начина.
Първи случай:
AB > AoB (строго по-голяма!) {1}
http://ivanpetrov.com/bibi/problem_284-green.gif
В такъв случай т. Ao е между A и B, което означава, че A е в онази полуравнина на правата AoCo, която не съдържа B. Значи C пък е в една и съща полуравнина с B.
От тук ъгъл CoCB е тъп (между 90о и 120о е), и, ако имам право да използвам свойството, че във всеки триъгълник срещу по-голям ъгъл лежи по-голяма страна, получаваме
BCo > BC {2}
В момента използвам наготово, че търсим остроъгълен триъгълник ABC, но после ще трябва да го докажем.
От {1} и {2} следва
AB > AoB = BCo > BC, т.е. AB > BC.
Сега, ако сметнем лицето на ABC по два начина и ги сравним, ще получим:
S = h.AB = AH1.BC
h = S/AB < S/BC = AH1 <= AL т.е. h < AL (противоречи на условието, че са равни!)

С H1 съм отбелязала петата на перпендикуляра, спуснат от A към BC.
Второ нещо, което използвам, а после ще трябва да докажем е, че височината винаги е по-малка или равна от ъглополовящата, спусната от същия връх (за всеки триъгълник).

Цитат:

---

Първоначално публикувано от Bibi

...
1. В момента използвам наготово, че търсим остроъгълен триъгълник ABC, но после ще трябва да го докажем.
....
2. Второ нещо, което използвам, а после ще трябва да докажем е, че височината винаги е по-малка или равна от ъглополовящата, спусната от същия връх (за всеки триъгълник).

---

Айде да помогна:
2. Нека AL е ъглополовяща, а AH - височина, спуснати от връх А. Триъгълник AHL е правоъгълен с катет AH и хипотенуза AL. Предполагам ни е известно свойството на правоъгълния триъгълник, че AL >= AH.

1. Нека нашият триъгълник ABC е тъпоъгълен и има l = m = h, спуснати от различни върхове. Нека тъпият ъгъл е връх А.
1.1. Нека AH = h, BM = m, CL = l

Да разгледаме ABM: <BAM > <AMB => (от свойството с/у по-голям ъгъл лежи по-голяма страна) MB > AB => m > AB,
но m = h = AH => AH > AB (1)
Но ABH е правоъгълен с хипотенуза AB => AB > AH, което противоречи на (1)
=> не може ABC да е тъпоъгълен и h да е височината при тъпия ъгъл.

1.2. Нека BH = h, AM = m, CL = l (т.е. височината е от произволен тъп ъгъл)

CL > AC (ъгли с/у страни) => l > AC (1) (ако сме приели AL = l и CM = m, на този ред доказваме, че m > AC, a разсъжденията по-надолу се отнасят за l)
Построяваме AP - височина от върха А към ВС.
1.2.1. AC > AB. Точка М принадлежи на РС => AM < AC => m < AC (2)
но m = l => (1) и (2) си противоречат => невъзможно
1.2.2. AB > AC.

Втори случай:
AB < AoB (строго по-малка!)
http://ivanpetrov.com/bibi/problem_284-blue.gif
В този случай ъгъл "алфа" > 60о > ъгъл "бета".
ABMAM е трапец.
Сега ще използвам наготово, че в трапец срещу по-големия ъгъл при основата лежи по-дългия диагонал, а после ще го докажа отделно.
Та така се получава, че
BM > AMA
Остана да забележим, че AMA >= AL и отново ще достигнем до противоречие, с което задачата ще е доказана.
Четвъртото нещо, което ще докажа отделно ще е именно връзката между дължините на медиана и ъглополовяща, прекарани от един и същи връх (за произволен триъгълник).

P.S.
Ще поизчакам Anubis Black да изчете нещата до тук и да каже къде е нужно да продължим да дълбаем и после ще пиша пак.

Много ми харесва това решение. Почти всички "червени" неща са лесно доказуеми. Аз дълго време се опитвах да го докажа с противоречие, но не успях. Това всъщност ми беше и една от първите идеи. Единствено г- н Величков може да се изкаже сега, но аз приемам задачата за решена и искам да благодаря на всички за идеите, както и за проявеното търпение и разбиране. Извинявам се, че ви поизмъчих, но като се сетих как аз се мъчих, реших да си го върна на вас* :tongue:. Разбира се ако искате да намерите друг начин (друго решение)- споделете го! Въпреки това обявявам @Bibi за победител.
П.П. Трябва да се докажат и "лесно доказуемите неща". Някой от тях са леми (ако не и всички) и не мисля, че ще имаш (@Bibi)/имате (всички, които искат) проблеми с доказването им.

имам друга идея, с доста по-малко леми теореми и приемания (надали някой ще я прочете след като вече обявихме "победител", но все пак за любознателните :))
та след като установихме че BM e под 30 градуса спрямо AB, мисля че е подсъдно да не я "преместим" в точка Н (B съвпада с H) и получаваме точка К - НСК е равностанен(равнобедрен с ъгъл 60 градуса)
нека бележим НВ с "х"
да нанесем "х" на ляво върху права m с начало точка М (MU)
Триъгълник KMC е еднакъв с AMU - KM=MU=x, AM=MC и ъглите им в М са еднакви
от там следва че AU=KC=la

тоест имаме че U принадлежи на права m и е на разстояние la от А
по условие L принадлежи на ВС и се намира на разстояние la от А

@Sugar4o,
http://ivanpetrov.com/bibi/problem_284-sugar4o.gif
Това става ли за илюстрация?

Ако е това, остава от равните ъгли на ъглополовящата нещо да получим за U и L ли?
Обясни малко повече.

Цитат:

---

Първоначално публикувано от Bibi

@Sugar4o,
http://ivanpetrov.com/bibi/problem_284-sugar4o.gif
Това става ли за илюстрация?

Ако е това, остава от равните ъгли на ъглополовящата нещо да получим за U и L ли?
Обясни малко повече.

---

Да Bibi , мерси много
мислете с мен* и гледайте за "пробойни" в логиката
значи ъгъл LAU=30-алфа
LUA=ALU=75-алфа/2
да кръстим пресечната на права m с AL - О

AUО=150
ОUL=AUО-LUA=75+алфа/2
ОLU=180-ALU=105-алфа/2
Но сбора на последните 2 ъгъла е точно 180 градуса тоест такъв триъгълник не съществува и точки О U L съвпадат
така ок ли е?


Уфф имам грешка както забеляза Bibi
LUA=ALU=75+алфа/2
ОUL=AUО-LUA=75-алфа/2
ОLU=180-ALU=105-алфа/2
и всичко това е за ъгъл алфа<30.... мамка му! тука е някъде ключа от палатката.....

Ако т-ника е равнобедрен ,то пресечната точка на h и m е медицентър защото h (спуснат от върха) се явява като височина,медиана и ъглополовяща...

Изчетох цялата тема, собствените си мнения и решението...и откривам, че в момента, 3.5 години по-късно, нямам елементарна представа как се решава :yikes . Ебати колко съм затъпял :081:

Пък аз като прочетох сутринта първо поста на Simbo0o, а после първия пост с условието си казах
"Я, тая задача съм я пропуснал." После погледнах датата на първия пост и си казах
"Сигурно тогава още не съм се бил регистрирал във форума."
После ми стана интересно и се зачетох надолу и какво да видя - тамън няколко мои поста вътре. Един от тях ми отне доста време да го проумея, ... но пък после после много ми хареса.

Хм...
Същия случай в наше село :))

Дали някой не е писал навремето от наше име?