Периметър на правоъгълен триъгълик

[Гост]

Медицентърът на правоъгълен триъгълник с хипотенуза 1 лежи на вписаната в триъгълника окръжност. Намерете периметърът на триъгълника.

Идеи?

[MENKA]

А идея къде точно лежи на окръжността медицентъра?

[Гост]

Пресича я предполагам?

[Knowledge Greedy]

В тази задача, наистина най-интересното идва от въпроса на MENKA » Чет Юни 30, 2016 1:44 pm.

Медицентър върху вписаната circuference.png (3.25 KiB) Прегледано 812 пъти

Медицентърът [tex]G[/tex] е оцветен и означен с червено. Медианата [tex]CM[/tex] пресича вписаната окръжност в точките [tex]P[/tex] и [tex]N[/tex]. Свойството [tex]CG:GM=2:1[/tex] се използва съществено. Не е възможно [tex]N[/tex] да съвпадне с [tex]G[/tex], защото частта [tex]CN[/tex] е по-малка от половината медиана. Значи остава възможността [tex]P\equiv G[/tex].

Медицентър върху вписаната.png (8.32 KiB) Прегледано 812 пъти

От свойство на секущите и допирателната [tex]MG.MC=MT^2[/tex]
следва, че [tex]BT=\frac{3-\sqrt{3}}{6}[/tex]
Оттук [tex]AT=\frac{3+\sqrt{3}}{6}[/tex]
и
[tex]tg\frac{\alpha}{2}=\frac{6r}{3+\sqrt{3}}[/tex]
[tex]tg\frac{\beta}{2}=\frac{6r}{3-\sqrt{3}}[/tex]
Знаем, че [tex]\angle AIB=135^\circ[/tex] ,
следователно
[tex]tg \left( \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2} \right )=tg45^\circ =1[/tex]
и като заместим във формулата за тангенс на сбор, получаваме квадратно уравнение за [tex]r[/tex]
Уравнението е [tex]6r^2+6r-1=0[/tex], откъдето [tex]r=\frac{\sqrt{15}-3}{3}[/tex]

С формулата [tex]S= AT.BT[/tex] (валидна само за правоъгълен триъгълник!) намираме
[tex]S=\frac{1}{6}[/tex] и от [tex]S=pr[/tex] получаваме търсения периметър [tex]AB+BC+CA=\frac{3+\sqrt{15}}{3}[/tex]

[Davids]

От свойство на секущите и допирателната [tex]MG.MC=MT^2[/tex]

Всъщност, ако приемем, че първата пресечна точка е [tex]N[/tex] (както при горния чертеж), то метричната зависимост не изглежда ли така:
[tex]MG.MN = MT^2[/tex], понеже MC е цялата медиана, която не свършва на окръжността, а в т. [tex]C[/tex]? Лично аз се заблудих по същия начин, та реших да се обадя.

Скрит текст: покажи

А иначе в допълнение към начина: мисля че нямаше нужда от цялата тригонометрия, ако веднъж сме намерили [tex]AT[/tex] и [tex]BT[/tex], тъй като можем директно да използваме свойството на допирателните. Нека вземем [tex]AK (K\in AC)[/tex] да е другата допирателна към окръжността от [tex]A[/tex], а [tex]BF (F\in BC)[/tex] да е другата от [tex]B[/tex]. Тогава можем да означим [tex]CK = CF = x[/tex] и да направим питагорова теорема:
[tex]1 = a^2 + b^2 = (x + \frac{3 + \sqrt{3}}{6})^2 + (x + \frac{3 - \sqrt{3}}{6})^2[/tex]
Oткъдето да намерим хикс, оттам и катетите, оттам и периметъра
Само дето мисля, както горе споменах, че AT и BT не можем да намерим така...

Скрит текст: покажи

A дали все пак е налично някакво решение с материал от края на девети клас (според раздела, където е публикуваната задачата )?

[Гост]

От свойство на секущите и допирателната [tex]MG.MC=MT^2[/tex]

Това не е вярно!

[Knowledge Greedy]

Съгласен съм със забележките.

Медицентър върху вписаната.png (5.25 KiB) Прегледано 798 пъти

Изглежда ще трябва да решим системата
[tex]\begin{array}{|l} \frac{1}{3}x = (p-1)^2 \\ \frac{1}{6}\left (\frac{1}{2}-x \right ) = \left (\frac{1}{2}-(p-b) \right )^2 \\ a^2+b^2=1 \\ a+b+1=2p \end{array}[/tex]
И по-точно - да изключим [tex]a, b[/tex] и [tex]x[/tex].
Резултатът за [tex]p[/tex] е [tex]p=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex], следователно [tex]AB+BC+CA=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex]
___________
В първото уравнение дясната страна е квадратът на допирателната [tex]CN[/tex], а във второто - дясната страна е квадратът на допирателната [tex]MT[/tex].