Геометрична задача от USAMTS 2

[strangerforever]

Медианите AD, BE и CF на триъгълника ABC се пресичат в т. G, както е показано. Образуват се шест малки триъгълника, с общ връх G. Чертаем вписаните окръжности в ▲ AFG, ▲ BDG и ▲ CDG, както е показано. Да се докаже, че ако тези окръжности са всички еднакви (всяка на всяка), то ABC е равностранен.

[ptj]

Намерих решение, но нямам софтуер за чертеж.

С няколко думи:
[tex]S_{BDG}=S_{CDG}[/tex]
Използвайки допирните точки на вписаните окръжности във всеки от тях ги разделяме на по 3 двойки еднакви правоъгълни триъгълници (всеки съдържа връх,център и допирна точка).
Същественото е, че CD=DC води до равенство на сумата от лицата на по 2 две 2-ки от тях, тогава лицата 3-ти двойки също са равни, а те са именно ▲-те включващи върха G.
От последното непосредствено следва, че те са еднакви и съответно хипотенузите им също, т.е. двете окръжности се пресичат в една и съща точка върху медианата. Тъй като правата свързваща двата центъра е успоредна на [tex]BC[/tex], то [tex]GD\bot BC[/tex].

П.П. Всъщност се получи НДУ един триъгълник да е равнобедрен посредством разделянето му на 2 триъгълника от медианата, касаещо големините на вписаните в тях окръжности.

[mkmarinov]

[tex]\frac{AG}{CG}=\frac{GD}{GF}=\frac{2}{1} => AG.GF=CG.GD => S_{CGD}=S_{AGF}[/tex].
(Същото може да се изведе от факта, че медицентъра разтроява лицето на триъгълник)
Т.к. [tex]S=p.r[/tex] и радиусите са еднакви по условие => периметрите на триъгълниците са равни. Ще докажем, че тези елементи са достатъчни за еднозначно определяне на триъгълник.

Нека разгледаме триъгълник АВС (друг). Дадени са [tex]S, r, \alpha, p[/tex].
[tex]p-a=r cotg \frac{ \alpha}{2} => a=p-rcotg \frac{\alpha}{2}[/tex] => имаме страната срещу ъгълът алфа. От синусовата теорема знаем и радиуса на описаната около него окръжност. Нека начертаем тази окръжност. Вече имаме 2 точки от триъгълника (страната а), третата се движи по дъгата BC. Но лицето е фиксирано, т.е. [tex]a.h[/tex], където h е разстоянието от третия връх до дадената страна. Това фиксирано разстояние се достига при две положения на точката А върху окръжността - и лесно се доказва, че двата триъгълника са еднакви (изобразяват се един в друг при осева симетрия с ос диаметъра, перпендикулярен на ВС).

От това всичкото можем да кажем, че [tex]\triangle CGD =\approx \triangle AGF[/tex], т.е. [tex]GD=GF => AD=CF; AF=CD => AB=BC[/tex].
Сега, разглеждаме триъглъници [tex]BDG, AGF: AF=BD; GD=GF[/tex]; две страни, лицата и радиусите на вписаните им окръжности са равни. Но т.к. лицата и радиусите са равни => полумериметрите също са равни. Т.к. имаме равни полупериметр и равни по две страни, и третите страни са равни.
=> Триъгълниците [tex]CDG, BDG, AFG[/tex] са еднакви.

Може някои неща да не се разбират и да не съм го форматирал много добре, но е късно .

[mkmarinov]

Определено си личи, че е било късно... От [tex]a=p-rcotg \frac{\alpha}{2}[/tex] следва, че AF=CD и AB=BC, т.е. този параграф може да се спре да се чете дотам.

[ksen_93]

Както вече беше отбелязано,разглеждаме равнолицевите триъгълници CGD,BDG и AGF (от свойството на медицентъра).
Oт формулата S=pr имаме,че те имат равни периметри.
Т.е. за CGD и DGB имаме :
BG + BD = CD + CG
Изразяваме страните и съответно медианите чрез формулата за медиана,като
BG = [tex]\frac{2}{3 } m_b[/tex]
BD=[tex]\frac{1}{ 2} a[/tex]
CD=[tex]\frac{1}{1 } a[/tex]
CG=[tex]\frac{2}{3 } m_c[/tex]
Използваме,че [tex]m_a = \sqrt{2(b^2 + c^2) - a^2}[/tex] и аналогичните формули,откъдето след заместваме получаваме b=c.
Аналогично за триъгълници CDG и AGF
Имаме [tex]\frac{1}{ 3} (m_a - m_c)[/tex] = [tex]\frac{1}{2 } (a -c )[/tex]
След преобразуване получаваме [tex](a-c) ^ 2 . (a-2c) = 0[/tex]
Откъдето а=c , тък като при a=2c не съществува триъгълник.