Un triángulo $ABC$ es dado. Hay un punto de $P$ dentro de él y también está conectada con el punto de $H$, que se encuentra en el borde de la $BC$ ($H$ no debe ser el punto medio de la arista $BC$). Resulta, que la bisectriz del ángulo $∠AHP$ es perpendicular al borde de la $BC$. También, $BP=AC$ e $∠PCH=∠ABC$. Demostrar que $BH=AH$.
Lo que descubrí fue que, desde el triángulo $ACH$ hipotéticamente debe ser igual a la del triángulo de a $PBH$, podríamos probar lo que necesitamos en la demostración de que, por ejemplo, $PH=CH$ - aunque de nuevo, no tengo idea de cómo hacerlo. Podría usted recomendarme cualquier smart líneas o segmentos de dibujar?
Respuestas
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Desde la bisectriz de un ángulo de $\angle AHP$ es perpendicular a $BC$, $\angle PHC = \angle AHB$. Este e $\angle PCH = \angle HBA$ implica que $\triangle PHC$ e $\triangle AHB$ son similares. Así $$\frac{PH}{CH} = \frac{AH}{BH},$$ o $$PH\cdot BH = AH \cdot CH.$$ A partir de este y $BP=AC, \angle BHP=\angle CHA$, el coseno de la ley en $\triangle PBH$ e $\triangle CAH$ daría $$PH^2 + BH^2 = AH^2 + CH^2.$$
Por lo tanto $(PH,BH) = (AH, CH)$ o $(PH,BH) = (CH,AH)$. Pero $H$ no es el punto medio de la $BC$, es decir, $BH\neq CH$, por lo que estamos por hacer.
Futurologist
Puntos
1950
Desde la bisectriz de un ángulo de $\angle \, AHP$ es perpendicular a $BC$, a continuación, $BC$ es en realidad el exterior de la bisectriz de un ángulo de $\angle \, AHP$ lo $\angle \, AHC = \angle \, PHB$.
Vamos a punto de $A'$ ser el reflejo de la imagen de punto de $A$ con respecto a la línea de $BC$. Entonces triángulo $\Delta \, A'BC$ es el reflejo de la imagen de triángulo $\Delta\, ABC$ con respecto al $BC$. En consecuencia,
$$\angle \, A'HC = \angle \, AHC = \angle\, PHB$$
lo cual es posible si y sólo si los puntos de $P, H$ e $A'$ son colineales, es decir, $H \in PA'$.
Por supuesto, $$\angle \, PCB = \angle \, BCB = \angle \, ABC$$ , Pero por construcción, $$\angle \, ABC = \angle \, A'BC$$ que los rendimientos de $$\angle \, PCB = \angle \, A'BC$$ y por lo tanto los segmentos $$CP \, || \, A'B$$ i.e. the quad $CPBA'$ is a trapezoid. By assumption, however, $BP = CA$ and by construction (reflection symmetry) $AC = C$ lo $$BP = AC$$ Therefore the trapezoid $CPBA'$ is isosceles, which implies that $H = BH$. But since $'$ is the symmetric image of $$ with respect to $AC$ $$AH = A'H = BH$$
