Полупериметър

[ganka simeonova]

Имам затруднение със следната задача.

В равностранния триъгълник АВС са взети точките М- среда на АВ и Р и Q съответно върху АС и ВС, така че
[tex]\angle PMQ=60^\circ[/tex]
Да се докаже, че периметърът на [tex]\Delta CPQ[/tex]е равен на половината от периметъра на АВС.
Ще се радвам някой да даде идея.

[allier]

С тригонометрия си излиза, макар и малко дълго. Да търсим "хубаво" решение ли?

[ganka simeonova]

С тригонометрия си излиза, макар и малко дълго. Да търсим "хубаво" решение ли?

Алиер, мога ли да пусна мое решение малко рачешката, отзад напред и да ми кажеш, става ли?

[allier]

Става. На мен ще ми е интересно да видя някакво по-хубаво решение.

[ganka simeonova]

Става. На мен ще ми е интересно да видя някакво по-хубаво решение.

Само да направя чертеж и ще го пусна, но ме съмнява:) След малко:)

[ganka simeonova]

Нека разгледаме произволен ( разностранен) триъгълник [tex]\Delta PQC; \angle PCQ=60\Delta[/tex]
ДА построим външновписаната му окр., допираща се до PQ и имаща за център точка М.
През М да постром права , перпендикулярна на СМ, пресичаща продълженията на другите две страни в точки А и В.
Тогава АВС ще е равностранен.
Всички такива триъгълници имат нещо общо, да го нарека инварианта.
1) [tex]\angle PMQ=60^\circ[/tex]

[tex]p_{PCQ}=CK[/tex]

Нека [tex]AB=a=>AK=\frac{a}{ 4}[/tex]

[tex]CK+\frac{a}{ 4} =a=>CK=\frac{3a}{ 4} =>2CK=P_{PCQ}=\frac{3a}{ 2}[/tex]

[allier]

Много добра идея отзад-напред. Сега трябва само да се направи решението за оригиналната задача на базата на тази идея, защото анализът отзад-напред не е решение. И ще стане лесно, доколкото виждам. Построяваме откръжността, външно вписана в горния триъгълник. Центърът и лежи на ъглополовящата (съответно медиана и височина) през C, освен това лежи и върху окръжността, описана около PMQ. Това няма как да стане ако този център не е самата точка M.

[ganka simeonova]

МНого ти благодаря, Алиер
Това ми бягаше. С това отзад напред никаква ме няма

[Евва]

Ето още една идея -нека АР=х ,АВ=а и [tex]\angle[/tex]АМР=[tex]\beta[/tex] .
[tex]\triangle[/tex]АМР[tex]\approx[/tex][tex]\triangle[/tex]MBQ ( 1 признак ) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{AM}{BQ}[/tex]=[tex]\frac{AP}{MB}[/tex] ; [tex]\frac{ \frac{a}{2} }{BQ} =\frac{x}{ \frac{a}{2} }[/tex] ; BQ=[tex]\frac{ a^{2 } }{4x}[/tex]

Тогава CQ=a-[tex]\frac{ a^{2 } }{4x}[/tex] ; CQ=[tex]\frac{4ax- a^{2 } }{4x}[/tex] (1) ; CP=a-x (2)

([tex]\triangle[/tex]PQC-cos T) [tex]PQ^{2 }[/tex]=[tex](a-x)^{2 }[/tex]+([tex]\frac{4ax- a^{2 } }{4x}) ^{2 }[/tex]-2(a-x).[tex]\frac{4ax- a^{2 } }{4x}[/tex]cos60[tex]^\circ[/tex]
... ... ...
[tex]PQ^{2 }[/tex]=[tex]\frac{16 x^{4 } + a^{4 } +12 a^{2 } x^{2 }-16a x^{3 } -4a^{3 }x }{16 x^{2 } }[/tex]

[tex]PQ^{2 }[/tex]=([tex]\frac{4 x^{2 } + a^{2 } -2ax}{4x} )^{2 }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] PQ=[tex]\frac{4 x^{2 }+ a^{2 }-2ax }{4x}[/tex] (3)

[tex]P_{CPQ }[/tex]=CP+CQ+PQ =a-x+[tex]\frac{4ax- a^{2 } }{4x}[/tex] +[tex]\frac{4 x^{2 } +a^{2 } -2ax}{4x}[/tex] =

=[tex]\frac{4ax-4 x^{2 } +4ax- a^{2 } +4 x^{2 }+ a^{2 } -2ax}{4x}[/tex]=

=[tex]\frac{6ax}{4x}[/tex] =[tex]\frac{3a}{2}[/tex] =[tex]\frac{ P_{ABC } }{2}[/tex]