Остроъгълен триъгълник

[S.B.]

Даден е остроъгълен [tex]\triangle ABC[/tex] , в който $P$ и $Q$ са петите на височините от $A$ към $BC$ и от $B$ към $AC$ ,а т. $H$ е пресечната им точка.Разстоянията $ON$ и $OM$ от центъра на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност до $AC$ и $BC$ са съответно [tex]3\sqrt{2}[/tex] и $1$.Лицето на [tex]\triangle AHB = 6[/tex].Да се намерят:
а) [tex]\angle ACB = ? , \angle POQ = ?[/tex];
б)За [tex]\triangle ABC[/tex] - радиусите $R$ и $r$ на описаната и вписаната окръжности.
Отговори:
а) [tex]\angle ACB = \frac{\pi}{4} , \angle POQ = \frac{3\pi}{4}[/tex];
б) [tex]R = 5\sqrt{2} , r = 2(3 - \sqrt{2})[/tex]

[S.B.]

Задача за Остроъгълен триъгълник

Без заглавие (42).png (214.96 KiB) Прегледано 1172 пъти

[Davids]

Благодарности за чертежа, винаги прави решаването на задачата възможно дори в движение от мобилно устройство
a) Ще започнем с това, че $\triangle AHB \sim \triangle PHQ$ (*) (понеже $\triangle APC \sim \triangle BQC \Rightarrow \angle PAC = \angle QBC \Rightarrow \triangle AHQ \sim \triangle BHP \Rightarrow \frac{AH}{BH} = \frac{QH}{PH}$ и връхните ъгли $\angle AHB = \angle PHQ$).
По същия начин се доказва и основното знание, че $\triangle ABC \sim \triangle PQC$. Същевременно с това $\triangle ABC \sim \triangle NMC$ и то с коефициент $k = 2$. Това паралелно подобие означава, че $\triangle PQC \sim \triangle NMC$, откъдето и $\triangle PHQ \sim \triangle NMO$ (**) (поради равните ъгли, които възлизат на $90^{\circ}$ минус ъглите на подобните триъгълници).

Така от $*$ и $**$ получаваме, че $\triangle AHB \sim \triangle NMO$ и понеже $\frac{AB}{MN} = 2$, то същото важи и за другите му страни, т.е. $AH = 2$ и $BH = 6\sqrt{2}$.
Паралелно с това, ако означим първия търсен ъгъл $\angle ACB = \gamma$, имаме $\angle NOM = \angle AHB = 180 - \gamma$.
И така от даденото лице на $\triangle AHB$ следва:
$S_{AHB} = \frac{AH.BH.sin(180 - \gamma)}{2} = \frac{2.6\sqrt{2}.sin\gamma}{2} = 6$
$\Rightarrow sin\gamma = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow \gamma = \frac{\pi}{4}$, понеже триъгълникът е остроъгълен.

Скритото самоопровергавам в редакцията на поста най-отдолу...

Скрит текст: покажи

За $\angle POQ$ не ми хрумва нищо :/ а и малко ме съмнява да е $135^{\circ}$, тъй като това би означавало, че $\angle QON + \angle MOP = 90^{\circ} \Rightarrow \angle QON = \angle OPM$ и така тангенсът на този ъгъл един път изглежда > 1, един път < 1 от двата различни (уж подобни) триъгълника. Чисто нагледно, нали, но и иначе не се сещам...

б) по косинусова теорема намираме $AB^2 = c^2 = 2^2 + (6\sqrt{2})^2 - 2.3\sqrt{2}.cos135 = ... = 100 \Rightarrow c = 10$. И така $R = \frac{c}{2sin\gamma} = 5\sqrt{2}$.

Ако спуснем радиусите на описаната окръжност от $O$ към върховете на триъгълника, то от правоъгълните $\triangle OMC$ и $\triangle ONC$ можем да намерим половинките на другите две страни:
$CM = \sqrt{R^2 - OM^2} = 7 \Rightarrow BC = 14$
$CN = \sqrt{R^2 - ON^2} = 4\sqrt{2} \Rightarrow AC = 8\sqrt{2}$

Намираме $p = 12 + 4\sqrt{2}$, по Херонова формула (малко неприятни сметки), извеждаме $S = 56$, но и $S = pr = 56 \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{56}{12 + 4\sqrt{2}} = ... = 2(3 - \sqrt{2})$
__________________________________________________

EDIT: Съзрях глупостта си относно $\angle POQ$ Така, щом $\gamma = 45^{\circ}$, то значи $AP = CP = \frac{AC}{\sqrt{2}} = 8$. Тогава $MP = CP - CM = 8 - 7 = 1$ и така $\triangle OMP$ е равнобедрен, следователно $\angle POM = 45^{\circ}$. Аналогично същото важи и за $\angle QON = 45^{\circ}$. И така за търсения ъгъл $\angle POQ = 360 - 135 - 45 - 45 = 135^{\circ}$.