Лесна геометрия

[georgi111]

Даден е триъгълник [tex]ABC[/tex] с център на вписаната окръжност [tex]I[/tex]. Вписаните окръжности в триъгълниците [tex]ACI, ABI, BCI[/tex] са съответно с радиуси [tex]r1,r2,r3[/tex], а описаните съответно с радиуси [tex]R1, R2, R3[/tex], [tex]a,b,c[/tex] - дължините на страните на [tex]ABC[/tex] съответно. Да се докаже, че :
а) [tex]R3+R2=R1 \Leftrightarrow \angle B = \angle A + 60[/tex]
б) възможно ли е [tex]R1+R2+R3=2R[/tex] ? ([tex]R[/tex]-радиуса на описаната около [tex]ABC[/tex])
c) [tex]a+AI=b+BI=c+CI \leftrightarrow r1=r2=r3 \leftrightarrow ABC[/tex]-равностранен

[monika_at]

georgi-111.png (26.23 KiB) Прегледано 701 пъти

Първото твърдение не ми се връзва. Понеже не можах да го получа, направих триъгълник, така че [tex]\angle B=\angle A +60^\circ; \angle B=90^\circ, \angle A=30^\circ)[/tex] и не се получи вярно равенство за радиусите. Прикачвам картинка. Останалите твърдения не съм ги гледала.

[georgi111]

Извинявам се . За а) е само [tex]\rightarrow[/tex]

[monika_at]

Моята версия за б) подусловие. При стандартните означения за триъгълник. [tex]\angle CIB=90^\circ+\frac{\alpha}{2}=>sin(90^\circ+\frac{\alpha}{2})=cos\frac{\alpha}{2}[/tex].Да допуснем, че равенството е изпълнено. От синусовите теореми за малките триъгълничета следва, че:
[tex]\frac{a}{2cos\frac{\alpha}{2}} + \frac{b}{2cos\frac{\beta}{2}} + \frac{c}{2cos\frac{\gamma}{2}} =2R[/tex]
Прилагаме синусова теорема за страните на триъгълник АВС, съкращаваме на [tex]2R[/tex], прилагаме формулите за синус на удвоен ъгъл, съкращаваме на косинусите от половинките ъгли и получаваме:
[tex]sin\frac{\alpha}{2} + sin\frac{\beta}{2} + sin\frac{\gamma}{2}=1[/tex]. Лесно се доказва, че
[tex]sin\frac{\alpha}{2} + sin\frac{\beta}{2} + sin\frac{\gamma}{2}=4sin\frac{\pi-\alpha}{4}.sin\frac{\pi-\beta}{4}.sin\frac{\pi-\gamma}{4}+1[/tex] ( ако някой пожелае, ще го докажа).
Тогава, ако равенството е вярно, трябва някой синус да е равен на 0, което за ъгъл в триъгълник е невъзможно.

[monika_at]

с) Очевидно твърденията са изпълнени отдясно наляво. Нека допуснем, че е изпълнено първото от двойното равенство.
[tex]AI+a=BI=b=>a-b=BI-AI[/tex]
[tex]a-b=(p-b)-(p-a)=r(ctg\frac{\beta}{2}-ctg\frac{\alpha}{2})[/tex]=[tex]r \frac{sin\frac{\alpha-\beta}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}sin\frac{\beta}{2}}[/tex]

[tex]BI-AI=r(\frac{1}{sin\frac{\beta}{2}}-\frac{1}{sin\frac{\alpha}{2}})=r\frac{sin\frac{\alpha}{2}-sin\frac{\beta}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}sin\frac{\beta}{2}}[/tex]
Приравняваме двата израза, съкращаваме, прилагаме формули за разлика на синуси и за синус на удвоен ъгъл и получаваме:
[tex]sin\frac{\alpha-\beta}{4}cos\frac{\alpha+\beta}{4}=sin\frac{\alpha-\beta}{4}cos\frac{\alpha-\beta}{4}[/tex]. Равенството е възможно само, когато
[tex]sin\frac{\alpha-\beta}{4}=0=>\alpha=\beta[/tex]. Аналогично от втората част на двойното равенство от условието=>[tex]\beta=\gamma[/tex]

[georgi111]

Браво! Моето разсъждение беше за 8ми клас малко по-различно То е следното :
Нека вписаната с радиус [tex]r_1[/tex] се допира до [tex]AI[/tex] в точката [tex]X_1[/tex], а с радиус [tex]r_2[/tex] до [tex]AI[/tex] в точката [tex]X_2[/tex]. Тогава имаме : [tex]AX_1=\frac{AC+AI-CI}{2}[/tex], [tex]AX_2=\frac{AB+AI-BI}{2}[/tex]. По условие е дадено [tex]a + AI=b+BI=c+CI[/tex], следователно имаме [tex]AX_1=AX_2[/tex] С други думи казано се допират в една и съща точка ... Оттам да обяснявам ли защо лесно имаме [tex]r_1=r_2=r_3[/tex] ?

[georgi111]

Понеже ако [tex]X_1=X_2=X[/tex], триъгълниците [tex]I_1АX[/tex] и [tex]I_2AX[/tex] са еднакви (защо ?, [tex]I_1, I_2[/tex]-центровете съответни на вписаните малки) и оттам [tex]r_1=r_2[/tex]. Аналогично [tex]r_2=r_3[/tex], ъглите при върховете [tex]I_1,I_2,I_3[/tex] на равностранния триъгълник [tex]I_1I_2I_3[/tex] са съответно [tex]90 - \angle (B/2), 90 - \angle (C/2), 90 - \angle (A/2)[/tex] ...