Перпендикулярность

[function]

Здравствуйте! Застрял в решении:
В треугольнике $ABC$ $CC_1$ и $AA_1$ --- высоты, пересекающиеся в точке $H$. Прямая $A_1C_1$ пересекает прямую $AC$ в точке $P$, $M$ --- середина $AC$. Доказать, что $PH$ перпендикулярен $BM$.

Пусть $MH$ пересекает $PB$ в точке $K$, тогда достаточно доказать, что $MK\perp PB$ (получается, что точка $H$ --- общий ортоцентр треугольников $PBM$ и $ABC$). Дальше нужно только доказать, что четырёхугольник $KA_1MA$ --- вписанный. Понятно, что в треугольнике $AA_1M$ $\angle MAA_1=\angle AA_1M$, а значит, остаётся проверить равенство: $\angle AKM=\angle AA_1M=\frac{\pi}{2}-\angle BCA$, а как --- не понимаю.

[Skeptic]

Уточните рисунок. Нет отрезка $PH$. Вы не используете окружность в доказательстве, уберите её.

Если вы докажете, что точка $H$ - общий ортоцентр, то задача решена.

[function]

Skeptic в сообщении #1032721 писал(а):

Уточните рисунок. Нет отрезка $PH$.

Вместо него я провёл $MH$.

Skeptic в сообщении #1032721 писал(а):

Вы не используете окружность в доказательстве, уберите её.

Как же я не использую? Я как раз-таки хочу показать, что точки $K,\, A_1,\, M,\, A$ лежат на одной окружности (см. моё предыдущее сообщение).

Skeptic в сообщении #1032721 писал(а):

Если вы докажете, что точка $H$ - общий ортоцентр, то задача решена.

Этим я и занимаюсь.

[BVR]

Мне кажется, что эта задача нудно, но неумолимо решается методом координат. Выберем систему координат так: $B_1$ - начало координат; ось $Ox$ направим по $AC$; ось $Oy$ - по $BB_1$. Тогда $A(a,0),C(c,0),B(0,h),B_{1}(0,0)$. У меня координаты ортоцентра получились такие:$H(0,-\frac{ac}{h})$. Надо найти координаты точки $P$ и доказать, что $(\overrightarrow{PH},\overrightarrow{BM})=0$
Я "руками" нашел координаты точки $P$, но, видимо, где-то ошибся, а дерайв сломался.
Если еще интересно, можем вечером сверить уравнения прямых....

[BVR]

Нашел ошибку и все получилось. Руками!

[grizzly]

BVR
Это радует! Насколько объёмными получились выкладки? в пределах разумного?

И у меня к Вам одна просьба -- проверьте, пжл, что Вы не привязываете решение к конкретному рисунку, а то ведь этот ракурс может оказаться намного проще, чем треугольник с тупым углом при вершине $A$, например. В равнобедренном и прямоугольном случае утверждение тоже справедливо в некотором смысле, что намекает на возможность подумать в проективном направлении (но я это пока не умею, признаюсь).

[Skeptic]

Построим окружность на отрезке $BH$ как на диаметре. Построенная окружность проходит через ортоцентр $H$ исходного треугольника $ABC$, а стороны треугольника $PBM$ пересекает в основании высот из вершин $P$ и $M$. Следовательно, точка $H$ будет ортоцентром и треугольника $PBM$.

[grizzly]

Skeptic
Распишите, пожалуйста, своё решение подробно.

[BVR]

grizzly в сообщении #1034678 писал(а):

BVR
Это радует! Насколько объёмными получились выкладки? в пределах разумного?

И у меня к Вам одна просьба -- проверьте, пжл, что Вы не привязываете решение к конкретному рисунку, а то ведь этот ракурс может оказаться намного проще, чем треугольник с тупым углом при вершине $A$, например. В равнобедренном и прямоугольном случае утверждение тоже справедливо в некотором смысле, что намекает на возможность подумать в проективном направлении (но я это пока не умею, признаюсь).

Не. Почти не привязывается. Исключение - случай равнобедренного треугольника, когда точки $P$ нету. Причем, при аналитическом решении неважно - лежит ли $B_{1}$ между $A$ и $C$ или не лежит. Главное, что $h>0$ и $a$ не равно $c$

-- Ср июл 08, 2015 21:51:43 --

Там выражения получаются большие, но если до последнего не раскрывать скобки, то вполне терпимо. Вот какие получаются координаты точек $A_{1}$ и $C_{1}$:
$A_{1}\left (\frac{c(ac+h^{2})}{c^{2}+h^{2}},\frac{hc(c-a)}{c^{2}+h^{2}} \right )$
$C_{1}\left (\frac{a(ac+h^{2})}{a^{2}+h^{2}},\frac{ah(c-a)}{-(a^{2}+h^{2})} \right )$
Я обозначил большими буквами координаты этих точек и уравнение $A_{1}C_{1}$ писал в этих больших буквах. Потом в них же нашел координаты точки $P$, выпаисал скалярное произведение, вынес общие множители, а уж потом, самую большую скобку раскрыл и она нулем оказалась.

[Skeptic]

Построим окружность на отрезке $BH$ как на диаметре. Построенная окружность проходит через ортоцентр $H$ исходного треугольника $ABC$ и пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $C_1$ и $A_1$ - основаниях высот треугольника $ABC$. Пересечение окружности со отрезками $BP$ и $PM$ в точках $K$ и $P_1$ определит основания высот в треугольнике, образованном отрезками $BP$ и $PM$. Высота $BB_1$ - общая для треугольников $ABC$ и $PBM$. Таким образом, точка $H$ является общим ортоцентром треугольников $ABC$ и $PBM$, а отрезок $PP_1$ - перпендикулярен стороне $BM$. ЧТД.

[BVR]

Насчет проективного подхода - не знаю. Там же высоты....

-- Ср июл 08, 2015 21:59:54 --

Skeptic
Эта окружность с $PM$ не пересекается. Может $BM$?

-- Ср июл 08, 2015 22:04:30 --

Может у Вас чертеж специфический? Почему точки $M, H, K$ окажутся на одной прямой?

[Cash]

Skeptic в сообщении #1034748 писал(а):

Пересечение окружности со отрезками $BP$ и $PM$ в точках $K$ и $P_1$ определит основания высот в треугольнике, образованном отрезками $BP$ и $PM$.

У вас $K$ по построению отлично от предложенного ТС. ТС определял $K$ как точку пересечения $MH$ и $PB$ и пытался доказать, что $MK \bot PB$. Вы же наоборот, строите сперва перпендикуляр $KH$. Ну ок. Докажите только, что прямая $KH$ через $M$ проходит.

[grizzly]

Оставлю здесь альтернативный рисунок. Может ещё вернёмся к этой задаче. Рисунок нарисован на глаз и заметно криво (переделывать лень), поэтому некоторые пересечения удобно считать случайными, пока не доказано обратное. Но общее представление он даёт.