Да се намерят дължините на страните на триъгълник

[Гост]

В триъгълник ▲ABC , cosA+cosB=1
Ако радиусите на вписаната и описаната окръжност са съответно
√2 и 3√2 да се намерят дължините на страните на триъгълника.

[Knowledge Greedy]

Бива я!
Страните са [tex]6-\sqrt{6}, \, \ 8, \, \ 6+\sqrt{6}[/tex]

[Knowledge Greedy]

Означенията са стандартните, като повечето от тях са дублирани на чертежа.

cos alpha plus cos beta equals 1.PNG (22.77 KiB) Прегледано 251 пъти

Нека точката [tex]N[/tex]е средата на дъгата [tex]\breve{AB}[/tex], която не съдържа върха [tex]C[/tex].
Нека точката [tex]I[/tex] център на вписаната окръжност в [tex]\Delta ABC.[/tex] Означаваме [tex]NI=x[/tex].
Разглеждаме [tex]\Delta NOI[/tex].
По косинусова теорема [tex]OI^2=NO^2+NI^2-2.NO.NI.cos\angle INO[/tex] [tex]\,\ (\ast)[/tex]

Последният написан ъгъл [tex]\angle INO[/tex] разглеждаме като част от триъгълника [tex]\Delta CON[/tex] -равнобедрен, с ъгъл [tex]\angle CON[/tex] - централен в окръжността. Оттук намираме [tex]\angle INO=\frac{\beta -\alpha }{2 }[/tex]
(Ясно е, че разсъждението е повлияно от чертежа - при [tex]\alpha >\beta[/tex] естествено е [tex]\angle INO=\frac{\alpha-\beta}{2}[/tex])

Знаем разстоянието [tex]OI=\sqrt{R^2-2Rr} =\sqrt{\left ( 3\sqrt{2} \right )^2-2. 3\sqrt{2} \sqrt{2} }=\sqrt{6}[/tex] [tex]\,\ \,\ (3)[/tex]
(Формула на Ойлер)

Знаем още, че [tex]NI=NB[/tex] По синусова теорема [tex]NB=2Rsin{\frac{\gamma }{2 }}[/tex] . Следователно [tex]x=6\sqrt{2}sin{\frac{\gamma }{2 }}[/tex] [tex]\,\ \,\ (4)[/tex]
(Фактът, че [tex]\Delta BIN[/tex] е равнобедрен, се доказва леко само с ъгли - благодарение на свойството на центъра на вписаната окръжност, че е пресечна точка на ъглополовящите)

От условието [tex]cos\alpha +cos\beta =1[/tex] получаваме [tex]2cos{\frac{\alpha -\beta}{2}} cos{\frac{\alpha +\beta}{2 }}=1[/tex]

Това равенство е еквивалентно на [tex]2cos{\frac{\beta-\alpha}{2}} sin{\frac{\gamma }{2 }}=1[/tex]

Заместваме в последното равенство със [tex]sin{\frac{\gamma }{2 }}=\frac{x}{6\sqrt{2}}[/tex] - от [tex]\,\ \,\ (4)[/tex]

Полученото [tex]xcos{\frac{\beta-\alpha}{2}}=3\sqrt{2}[/tex] заместваме в [tex]\,\ (\ast)[/tex]
и получаваме квадратното уравнение

[tex]6=x^2+\left ( 3\sqrt{2} \right )^2-2.3\sqrt{2}.3\sqrt{2}[/tex]
[tex]\Leftrightarrow[/tex]
[tex]x^2=24[/tex]

Така [tex]x=2\sqrt{6}[/tex]

Връщаме се в синусова теорема - в [tex]\,\ \,\ (4)[/tex] и получаваме [tex]sin{\frac{\gamma }{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3 }[/tex] и [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3 }[/tex]
От тях намираме:
- първо [tex]sin \gamma =\frac{2\sqrt{2} }{3 }[/tex]
Сега по синусова теорема [tex]AB=2R sin {\gamma}[/tex] откриваме [tex]AB=8[/tex] [tex]\,\ ;[/tex]

- второ [tex]cotg {\frac{\gamma }{2}}=\sqrt{2}[/tex]

Включваме така намерения котангенс в [tex]\Delta IQC[/tex]
От него [tex]\frac{p-c}{r}=cotg {\frac{\gamma }{2}}[/tex] [tex]\Rightarrow p=10[/tex]

Сега вече не е трудно да получим системата [tex]\left|\begin{matrix}
a+b=12\\
ab=30
\end{matrix}\right[/tex]
и намираме останалите две страни.

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Формулата на Ойлер можеше да бъде заобиколена със стандартни разсъждения за свойството на частите на пресичащите се хорди в окръжността, трябва ни само един диаметър [tex]EF[/tex] на описаната около [tex]\Delta ABC[/tex] окръжност, който минава през центъра [tex]I[/tex] на вписаната окръжност. Така [tex]EI.IF=NI.IC[/tex].
Оттук влизаме с данните [tex](R+OI)(R-OI)=...[/tex] и ... искаме или не искаме, ще минем през доказателството на въпросната формула
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Що се отнася до това как да формираме заключителната система, може например да добавим косинусова теорема (един начин) или например двойката формули за лицето [tex]S=\frac{abc}{4R}[/tex] и [tex]S=pr[/tex] (друг начин).