Окръжности в триъгълник

[KOPMOPAH]

Даден е $\triangle ABC$. На страната $BC$ е взета произволна точка $D$. В триъгълниците $\triangle ABD$ и $\triangle ACD$ са вписани окръжности с центрове $O_1$ и $O_2$. През точките $D$, $O_1$ и $O_2$ е прекарана окръжност $k$. Да се докаже, че всички окръжности $k$, получени за различни положения на точката $D$, имат обща точка.

[KOPMOPAH]

Триъгълник_и_окръжности.gif (1.53 MiB) Прегледано 945 пъти

[Martin77]

Здравейте!
Имам нужда от помощ за следната задача:
Даден е равнобедрен триъгълник АBC с лице 24 см2 и основа АВ. Ъгълът АСВ е остър и има синус 0,6. Намерете радиуса на описаната около триъгълника окръжност.

[KOPMOPAH]

Триъгълник_и_окръжности.gif

Жалко за хубавата задача, никой не се заинтересува. Язък ми за анимацията, дето си играх да правя

[ptj]

Достатъчно е да се докаже, че за средата [tex]G[/tex] на [tex]BC[/tex] е изпълнено [tex]\angle{EGF}=90^\circ[/tex].

[S.B.]

Здравейте!
Имам нужда от помощ за следната задача:
Даден е равнобедрен триъгълник АBC с лице 24 см2 и основа АВ. Ъгълът АСВ е остър и има синус 0,6. Намерете радиуса на описаната около триъгълника окръжност.

Нека [tex]AC = BC = b ,AB = a, \angle ACB = \gamma , sin\gamma = 0,6 ,S_{ABC } = 24[/tex][tex]см^{2}[/tex]
[tex]S_{ABC } = \frac{1}{2}.AC.BC.sin\gamma \Rightarrow\frac{1}{2} b^{2}.0.6 = 24[/tex] от където [tex]b^{2} = 80 \Rightarrow b = 4\sqrt{5}[/tex];
[tex]sin\gamma = 0,6 \Rightarrow cos\gamma \sqrt{1 - sin^{2}\gamma} = \sqrt{1 - 0,36} = \sqrt{0,64} = 0,8[/tex]
За да намеря основата прилагам косинусова теорема : [tex]a^{2} = b^{2} + b^{2} - 2.b.b.cos\gamma \Leftrightarrow a^{2} = 2b^{2}(1 - cos\gamma) = 2.80(1 - 0,8) = 160.0,2=32[/tex] или [tex]a^{2} = 32 ,a = 4\sqrt{2}[/tex];
За да намеря радиуса на описаната окръжност прилагам синусова теорема:
[tex]\frac{a}{sin\gamma} = 2R \Leftrightarrow \frac{4\sqrt{2}}{0,6} = 2R \Rightarrow R = \frac{4\sqrt{2}}{1,2} = \frac{40\sqrt{2}}{12}[/tex] или [tex]R = \frac{10\sqrt{2}}{3}[/tex] см

[KOPMOPAH]

Достатъчно е да се докаже, че за средата [tex]G[/tex] на [tex]BC[/tex] е изпълнено [tex]\angle{EGF}=90^\circ[/tex].

То че ъгълът е прав, не е трудно да се докаже. Само дето май т.$G$ (от чертежа) не е среда ...

[KOPMOPAH]

Триъгълник и окръжности-2.gif (1.17 MiB) Прегледано 838 пъти

За разсейване на съмненията за мястото на т. $G$ - правата $f_1$ е симетрала

[Illuzion]

Предполагам, че G може би е допирната точка на вписаната в ABC окръжност със страната BC, но си нямам идея дали е вярно или как да го докажа.

[KOPMOPAH]

Предполагам, че G може би е допирната точка на вписаната в ABC окръжност със страната BC, но си нямам идея дали е вярно или как да го докажа.

Разбира се, че е така и това се вижда от крайните положения на двете вписани окръжности, когато едната се превръща в точка, а другата съвпада с вписаната в $\triangle ABC$ окръжност.
Остава да се докаже

[Illuzion]

Аз по-скоро го видях заради една помощна задача, която гласи, че ако G е допирната точка и в ADB и ADC са вписани окръжности, то те се допират върху AG.

[Illuzion]

(използвам означенията от чертежите по-горе)

Ще докажем, че втората пресечна точка на окръжността $(EFD)$ със страната $BC$ - $G,$ е допирната точка на вписаната в $\triangle ABC$ окръжност с $BC$.

Нека $AD\cap EF=M, FD\cap EG=X$, вписаната в $\triangle ADC$ окръжност $k_1$ допира $BC$ в точка $K$ и вписаната в $\triangle ADB$ окръжност $k_2$ допира $BC$ в точка $L$.
Ако $D\equiv G,$ то $(EFD)$ допира $BC$ и значи $\angle EFD+\angle FDM=\angle EDC+\angle FDM=\angle EDM+\angle FDM=90^\circ \Rightarrow \angle FMD=90^\circ$ и значи $M$ е допирната точка на $k_2$ с $AD$. Аналогично $M$ е и допирната точка на $k_1$ с $AD$. Освен това $DK=DM=DL$. Сега имаме $\frac{1}{2}(DA+DC-AC)=DK=DL=\frac{1}{2}(DA+DB-AB) \Rightarrow$ $DC-DB=AC-AB, DC+DB=BC \Rightarrow DC=\frac{1}{2}(BC+CA-AB)$ и наистина $G\equiv D$ е търсената допирна точка.

Нека сега $G\not\equiv D$. Без ограничение на общността можем да допуснем, че $G$ е между $C$ и $D$. Имаме $\angle GEF= \angle FDB= \angle FDA \Rightarrow EMDX$ е вписан. Но $X$ е външна за $EFDG$ и $\angle XME= \angle XDE= 180^\circ-\angle EDF=90^\circ \Rightarrow$ $M$ е петата на височината от $X$ към $EF$ в $\triangle EFX$. От учебника знаем, че $FG$ разполовява $\angle MGD$. Значи правата $GM$ е симетрична на $GB$ относно $GF$ и значи $GM$ се допира до $k_2$. Аналогично виждаме, че $GM$ се допира до $k_1$.

Нека сега $k_1$ допира $AC, AD, GM$ в точките $P_1, P_2, P_3$ съответно, а $k_2$ допира $AB, AD, GM$ в точките $Q_1, Q_2, Q_3$ съответно. Сега $P_2Q_2=P_3Q_3,$ понеже правите, определени от тях, са общите вътрешни допирателни за $k_1$ и $k_2$. От това равество получаваме $AB-AC+CK-BL=(AB-BQ_1)-(AC-CP_1)=AQ_1-AP_1=AQ_2-AP_2=Q_2P_2=Q_3P_3=GQ_3-GP_3=GL-GK=(BG-BL)-(CG-CK)=BG-CG+CK-BL$. Накрая имаме $BG-CG=AB-AC, BG+CG=BC \Rightarrow BG=\frac{1}{2}(AB+BC-CA)$ и следователно $G$ наистина е търсената допирна точка.

[KOPMOPAH]

Бравo.gif (6.89 KiB) Прегледано 593 пъти

Поздравления за решението!
Буди уважение търпението и постоянството ти - от $479$ дена няма решение на задачата!