Отношение на лица

[cruisebg]

Страните на ?ABC cа AB=c, AC=b и CB=a . Вътрешната ъглополовяща на ?ACB пресича описаната около ?ABC окръжност в т. L. Да се намери отношението на лицата на ?ABL и ?ABC

[dim]

Ясно е че: [tex]\angle ACL=\angle BCL= \angle LAB=\angle LBA= \frac{ \gamma}{2}[/tex]. От друга страна [tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}ab.sin{\gamma }[/tex], [tex]S_{ABL}=\frac{1}{2}x^2. sin{(180^\circ -\gamma )}[/tex]=> [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{x^2.sin{\gamma }}{ab.sin{\gamma }}=\frac{x^2}{ab}[/tex](*), но [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}=\frac{\frac{c}{2}}{x}=\frac{c}{2x}[/tex] и [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}=\sqrt{\frac{p(p-c)}{ab}}[/tex](Ойлерова ф-ла, доказва се лесно) =>[tex]x^2=\frac{abc^2}{4p(p-c)}[/tex] и сега като заместим в (*), получаваме [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{c^2}{4p(p-c)}[/tex], където [tex]p[/tex] е полупериметърът на [tex]\Delta ABC[/tex].

[cruisebg]

Ясно е че: [tex]\angle ACL=\angle BCL= \angle LAB=\angle LBA= \frac{ \gamma}{2}[/tex]. От друга страна [tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}ab.sin{\gamma }[/tex], [tex]S_{ABL}=\frac{1}{2}x^2. sin{(180^\circ -\gamma )}[/tex]=> [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{x^2.sin{\gamma }}{ab.sin{\gamma }}=\frac{x^2}{ab}[/tex](*), но [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}=\frac{\frac{c}{2}}{x}=\frac{c}{2x}[/tex] и [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}=\sqrt{\frac{p(p-c)}{ab}}[/tex](Ойлерова ф-ла, доказва се лесно) =>[tex]x^2=\frac{abc^2}{4p(p-c)}[/tex] и сега като заместим в (*), получаваме [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{c^2}{4p(p-c)}[/tex], където [tex]p[/tex] е полупериметърът на [tex]\Delta ABC[/tex].

може ли ми обясниш по-подробно, нищо не разбрах...

[dim]

Първо от равенствата на ъглите, които се виждат под една дъга, следва че ABL е равнобедрен. Сега изразявам лизата на ABC и ABL чрез синусовата теорема и намирам отношението им, където има само едно неизвестно - бедрото на ABL, така че задачата се свежда до неговото изразяване чрез a,b и c. Ако спуснем перпендикуляр от L към AB, то той ще разполовява AB, защото ABL е равнобедрен и оттама намираме [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}[/tex] като отношение на прилежащ катет към хипотенуза. От друга страна [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}[/tex] можем да изразим чрез a,b,c посредством Ойлеровата ф-ла и сега като приравним двете наща, на които е равено [tex]cos{\frac{\gamma }{2}}[/tex] и решим полученото у-е спрямо, [tex]x^2[/tex] и заместим в изведеното отношение: [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{x^2}{ab}[/tex], получаваме [tex]\frac{S_{ABL}}{S_{ABC}}=\frac{c^2}{4p(p-c)}[/tex].

Стана ли ти сега по-ясна общата схема на решението?

Възможно е да може и по-лесно, но и това е решение.

[ubuntu]

Ех , изтрих си без да искам решението
Търсеното отношение е C'P/PL'=CC'/LL' като CLxAB=P , CC' и LL' са разстоянията от C и L до AB.
PL'=AP-AL'=[tex]\frac{bc}{a+b }-\frac{c}{2 }[/tex] , а по Питагорова т-ма от тр CC'B следва BC'^2=a^2-CC'^2=[tex]\frac{a^2}{4 } -\frac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{c^2 }[/tex] и накрая C'P=BP-BC'=... това всичко разбира се при условие , че b>a.
Edit: Оправих някои дребни грешчици.

[dim]

Да, и а така става наистина. Сега като се замисля може да се използва и теоремата на Птоломей, за да се намери CL и поле поради подобни триъгълници търсеното отношение ще е CP/(CL-CP).

Всъщност говоря глупости, защото трябва да е извастно в тоя случай [tex]x[/tex].

[ubuntu]

Не знам и аз пробвах разни такива глупости , но мисля че не се получи нищо така.
Edit: Айде , две решения стигат

[dim]

Да, прав си така е. Сигурно има още много, много решения...

[ubuntu]

Покрай една друга работа се сетих и за нещо по-просто затова ще гледам да го опиша накратко,че не се знае скоро дали ще имам време да посещавам форума.Оказва се ,че центърът на вписаната окр. и външновписаната окр. ( тази , която се допира до AB) са симетрични относно L.Доказателството е елементарно не случайно ще го пропусна.В такъв случай разстоянието от L до AC и BC [tex]d(L;AC)=d(L;BC)=\frac{r+r_{c}}{ 2}=S\frac{2p-c}{ 2p(p-c)}[/tex].
[tex]2S_\Delta BLC+2S_\Delta ALC=d(L;BC)BC+d(L;AC)AC=S\frac{(2p-c)}{2p(p-c) }(a+b)=2S_{ABCL}[/tex]