Задачи от триъгълници

[Henz]

Задача1.В триъгълника ABC CL-ъглополовяща.В ?ALC и ?BLC са вписани окръжности с радиуси 2 и 3,които се допират до AB в точки M и N и MN=7.Намеретe CL.

Задача2.Продълженията на височините AM и CN в остроъгълен триъгълник ABC пресичат описаната около него окръжност в точки P и Q.Ако [tex]AC=b[/tex]. и [tex]PQ=\frac{6b}{ 5}[/tex]. намерете радиуса на описаната окръжност.

И двете задачи са доста трудни.

[martin123456]

2
[tex]\Delta QPB[/tex]: [tex]R=\frac{QP}{2\sin{\angle QBP}}=\frac{6}{10\sin{\angle QBP}}[/tex].
нека [tex]\angle PAB=\alpha[/tex]=>[tex]\angle PQB=\alpha[/tex], понеже са вписани с еднакви ъгли. От друга страна от [tex]\Delta AKN[/tex] и [tex]\Delta CKM[/tex] ([tex]AP \cap CQ = K[/tex])=>[tex]\angle KCM=\alpha[/tex]=>[tex]\angle QAB=\alpha[/tex],пак от вписани ъгли и пак от тях [tex]\angle QPB=\alpha[/tex]=>[tex]\angle QBP=180^\circ-2\alpha[/tex]=>търсим [tex]sin{2\alpha}=2\sin{\alpha}\cos{\alpha}[/tex]. от [tex]\Delta AKC \sim \Delta QKP[/tex]=>[tex]AK=5x[/tex], [tex]KC=5y[/tex], [tex]QK=6x[/tex], [tex]KP=6y[/tex]. понеже [tex]AK=AQ[/tex] и [tex]AN \bot QK[/tex]=>[tex]QN=NK=3X[/tex]. така гледайки [tex]\Delta ANK[/tex]=> всички тригонометрични ф-ции на [tex]\alpha[/tex].

[Henz]

Мерси,а за първата идеи?

[martin123456]

за 1вата ще я помисля довечера

[martin123456]

сорри но ще ти дам само упътване
1) както знаем [tex]2ML=AL+LC-AC[/tex] и [tex]2LN=LB+LC-CB[/tex]=>[tex]2(ML-LN)=AL-LB+CB-AC[/tex]. от с-вото на ъглополовящата [tex]AL=bx[/tex] и [tex]LB=ax[/tex]=>[tex]2(ML-LN)=x(b-a)-(b-a)=(b-a)(x-1)[/tex]. от неравенството на [tex]\Delta[/tex]=>[tex]a+b > x(a+b) \Leftrightarrow (a+b)(x-1)<0 \Leftrightarrow x-1 < 0[/tex]=> [tex]ML < LN \Leftrightarrow a<b[/tex].
2) нека [tex]\angle ALC=2\varphi[/tex]=> [tex]\Delta MLO_1[/tex]: [tex]2ctg\varphi=ML[/tex]. аналгично гледайки [tex]\Delta LO_2N[/tex], който има същите ъгли като предния (пресмята се че [tex]\angle BLC=\pi - 2\varphi[/tex] като съседен) получаваме [tex]LN=3tg\varphi[/tex]. по условие [tex]ML=7[/tex]. полагаме [tex]ctg\varphi=x[/tex] i като решим полученото квадратно уравнение получаваме [tex]x_1=3[/tex], [tex]x_2=\frac{1}{2}[/tex].
3) сега е моментът да разделим задачата на 2 части.
аз ще разгледам само 3.1.) [tex]ctg\varphi=3[/tex]. другият случай е аналогичен.
получаваме [tex]ML=1[/tex] и [tex]LN=6[/tex]. Нека [tex]\angle C=4\gamma[/tex]. пресмятаме [tex]\angle LO_1C=\pi - \varphi-\gamma[/tex] и [tex]\angle LO_2C=\pi - \frac{\pi}{2}+\varphi-\gamma[/tex]. прилагаме по една синусова т-ма за [tex]\Delta LO_1C[/tex] и [tex]\Delta LO_2C[/tex]:
[tex]\frac{\sin{(\pi - \varphi-\gamma)}}{\sin{\gamma}}=\frac{LC}{\sqrt{2^2+1^2}[/tex]
[tex]\frac{\sin{(\pi - \frac{\pi}{2}+\varphi-\gamma)}}{\sin{\gamma}}=\frac{LC}{\sqrt{6^2+3^2}[/tex]
оттул след разделяне на двете [tex]\frac{\sin{(\pi - \varphi-\gamma)}}{\sin{(\pi - \frac{\pi}{2}+\varphi-\gamma)}}=\frac{\sqrt{6^2+3^2}}{\sqrt{2^2+1^2}}[/tex]. и тъй като знаем всички тригонометрични ф-ции на [tex]\varphi[/tex] намираме и тези на [tex]\gamma[/tex]. замествайки в едно от двете равенства от синусовите т-ми => [tex]CL[/tex].

[Henz]

За 1-ва.
Не разбрах защо [tex]\angle KCM=\alpha[/tex]

и от тука нататъка нищо не разбирам.

[tex]\Delta AKC \sim \Delta QKP[/tex]=>[tex]AK=5x[/tex], [tex]KC=5y[/tex], [tex]QK=6x[/tex], [tex]KP=6y[/tex]. понеже [tex]AK=AQ[/tex] и [tex]AN \bot QK[/tex]=>[tex]QN=NK=3X[/tex]. така гледайки [tex]\Delta ANK[/tex]=> всички тригонометрични ф-ции на [tex]\alpha[/tex].

[martin123456]

[tex]\angle KCM=\alpha[/tex], понеже [tex]\angle KCM=90^\circ - \angle CKM=90^\circ - \angle AKN=\angle KAN[/tex]
[tex]\Delta AKC \sim \Delta QKP[/tex], защото [tex]\angle CAK=\angle KQP[/tex] понеже имат една и съща дъга и са вписани, а ъгъл K е общ за двата. другите неща следват подобните триъгълници - понеже знаем 2 от съответните им страни

[Henz]

Ясно.

[martin123456]

ам ясно ли е наистина

[Henz]

Да. Не бях видял просто връхните ъгли.

[martin123456]

оки

[Евва]

1 зад.
Нека впис. в [tex]\triangle[/tex]ALC окр. [tex]К_{1 }[/tex] се допира до АС в т.Р и впис. в [tex]\triangle[/tex]LBC окр. [tex]К_{2 }[/tex] се допира до АС в т. Т .

Скрит текст: покажи

Точка Т е м/у точките L и Р .

Нека TL =х и РТ =у .
CL=?
Забелязваме ,че [tex]\angle[/tex][tex]О_{1 }[/tex]СР=[tex]\angle[/tex][tex]О_{2 }[/tex]СТ=[tex]\frac{ \gamma }{4}[/tex] .
[tex]\triangle[/tex][tex]О_{1 }[/tex]РС[tex]\approx[/tex][tex]\triangle[/tex]Т[tex]О_{2 }[/tex]С (1 признак) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{ О_{1 }Р }{ О_{2 }Т}[/tex]=[tex]\frac{СР}{СТ}[/tex] ; [tex]\frac{2}{3}[/tex]=[tex]\frac{СР}{СР+у}[/tex] ; СР=2у (1)

Нека [tex]\angle[/tex][tex]O_{1 }[/tex]LP=[tex]\alpha[/tex] ,но [tex]O_{1 }[/tex]L е ъглополовяща [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]AL[tex]O_{1 }[/tex]=[tex]\alpha[/tex] . Тогава [tex]\angle[/tex][tex]O_{2 }[/tex]LT =90[tex]^\circ[/tex]-[tex]\alpha[/tex]=[tex]\angle[/tex][tex]O_{2 }[/tex]LB
Следователно [tex]\triangle[/tex][tex]O_{1 }[/tex]LP[tex]\approx[/tex][tex]\triangle[/tex]L[tex]O_{2 }[/tex]T по 1 пр. [tex]\frac{2}{х}[/tex]=[tex]\frac{х+у}{3}[/tex] ; у=[tex]\frac{6- x^{2 } }{х}[/tex] (2)

Знаем MN=7 .
ML+LN=7 ; LP+LT=7 ; x+y+x=7 ; y=7-2x (3)
От (2) и (3) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{6- x^{2 } }{х}[/tex]=7-2х
[tex]x^{2 }[/tex]-7х+6 =0 ; [tex]x_{1 }[/tex]=1 ,или [tex]x_{2 }[/tex]=6
От даденото MN=2х+у=7 [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]x_{2 }[/tex] отпада .
х=1 ,от (3) у=5
CL=CP+PT+TL=2y+y+x=3y+x=3.5+1=16
Получих отговор 16 .