Равнобедрен триъгълник

[Гост]

В равнобедрения триъгълник АВС, за който cos[tex]\alpha[/tex]=1/5 e вписана окръжност с радиус = 1. ЛИЦЕТО ? МОЖЕ ЛИ МАЛКО ПОМОЩ!

[ptj]

Нека центъра на вписаната окръжност е [tex]О[/tex], а допирните точки на окръжността със страните [tex]AB,BC,CA[/tex] са съответно [tex]C_1,A_1,B_1[/tex].

Tъй като в условието не е казано, кой ъгъл на кой е равен, ще решавам варианта когато [tex]\alpha=\beta[/tex].

Знаем, че центъра на вписаната окръжност е пресечена точка на ъглополовящите в триъгълника. Тогава:

[tex]A_1B=BC_1=C_1A=AB_1=r.ctg(\frac{\alpha}{2})=r.\sqrt{\frac{1+cos\alpha}{1-cos\alpha}}=1.\sqrt{\frac{1+\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{5}}}=\sqrt{\frac{6}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{2}[/tex]

[tex]tg(\alpha)=\sqrt{\frac{1}{cos^2\alpha}-1}=\sqrt{\frac{25}{1}-1}=2\sqrt{6}[/tex]

[tex]B_1C=CA_1=r.ctg(\gamma)=r.ctg(180^\circ-2\alpha)=-r.ctg(2\alpha)=-r.\frac{cotg(\alpha)-tg(\alpha)}{2}=-1(\frac{1}{4\sqrt{6}}-\sqrt{6})=\frac{24-4}{4\sqrt{6}}=\frac{5}{\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{6}[/tex]

[tex]S=p.r=\frac{a+b+c}{2}.r=\frac{BA_1+A_1C+CB_1+B_1A+AC_1+C_1B}{2}.r=(2.\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{5\sqrt{6}}{6}).1=\frac{11\sqrt{6}}{6}[/tex]

[ptj]

...
[tex]B_1C=CA_1=r.ctg(\gamma)=r.ctg(180^\circ-2\alpha)=-r.ctg(2\alpha)=-r.\frac{cotg(\alpha)-tg(\alpha)}{2}=-1(\frac{1}{4\sqrt{6}}-\sqrt{6})=\frac{24-4}{4\sqrt{6}}=\frac{5}{\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{6}[/tex]

[tex]S=p.r=\frac{a+b+c}{2}.r=\frac{BA_1+A_1C+CB_1+B_1A+AC_1+C_1B}{2}.r=(2.\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{5\sqrt{6}}{6}).1=\frac{11\sqrt{6}}{6}[/tex]

Объркал съм ъгъла горе. Правилния вариант е:

[tex]B_1C=CA_1=r.ctg(\frac{\gamma}{2})=r.ctg(90^\circ-\alpha)=r.tg(\alpha)=1.2\sqrt{6}=2\sqrt{6}[/tex]

[tex]S=p.r=\frac{a+b+c}{2}.r=\frac{BA_1+A_1C+CB_1+B_1A+AC_1+C_1B}{2}.r=(2.\frac{\sqrt{6}}{2}+2\sqrt{6}).1=3\sqrt{6}[/tex]

[inveidar]

bbb.png (13.41 KiB) Прегледано 237 пъти

Да означим [tex]AC=BC=a,AH=HB=\frac{c}{2},CI=x[/tex]. От косинусовата теорема за триъгълник [tex]ABC[/tex] получаваме
[tex]a^2=a^2+c^2-2a.c.\frac{1}{5} \Leftrightarrow c=\frac{2a}{5}[/tex]. Тогава [tex]AH=\frac{a}{5}[/tex] и от свойството на ъглополовящата [tex]AI[/tex] в триъгълника [tex]AHC[/tex] намираме [tex]\frac{x}{1}=\frac{a}{\frac{a}{5}} \Leftrightarrow x=5[/tex]. Така вече знаем, че височината [tex]CH=6[/tex] и от Питагоровата теорема за [tex]AHC[/tex] пресмятаме [tex]a[/tex]: [tex]a^2=(\frac{a}{5})^2+36 \Leftrightarrow[/tex]
[tex]24a^2=25.36 \Leftrightarrow a=\frac{30}{\sqrt{24}}[/tex]. Тогава [tex]S_{ABC}=\frac{AB.CH}{2}=\frac{\frac{2}{5}\frac{30}{\sqrt{24}}.6}{2}=3\sqrt{6}[/tex].

[inveidar]

Да означим [tex]AC=BC=a,AH=HB=\frac{c}{2},CI=x[/tex]. От косинусовата теорема за триъгълник [tex]ABC[/tex] получаваме
[tex]a^2=a^2+c^2-2a.c.\frac{1}{5} \Leftrightarrow c=\frac{2a}{5}[/tex].

То това може да се получи и директно от триъгълника [tex]AHC[/tex] и определението за косинус от остър ъгъл в правоъгълен триъгълник. [tex]\frac{AH}{AC}=cos \alpha=\frac{1}{5}[/tex]

[Гост]

Благодаряяя много !!!