2 вписани окръжности в произволен триъгълник

[ivanrachev]

Здравейте математици опитвам се да реша тази задача вече n-ти ден явно наистина нещо ми липсва за да я реша. Та ето я:

ABC, произволен, т. D принадлежи на AC и е построена правата BD. В долния новообразувал се триъгълник ABD е вписана окр. k1 с център О1, радиус 2 /[tex]\sqrt{3}[/tex] и окръжноста се допира до AB в точка М, MB=6. В горния триъгълник DBC е вписана окр. к2 с център О2, радиус [tex]\sqrt{3}[/tex], допира се до BC в т. N като NB=5. Да се намерят страните на големия триъгълник ABC ?

[monika_at]

BD е произволна отсечка, така ли? От къде е тази задача?

[ivanrachev]

BD е произволна, да, като ABD е по-малкия триъгълник. Задачата е дадена от учителя ми по математика за курсова работа. Не е изключено да е от руски сборник

[Knowledge Greedy]

Не е сполучливо да говорим за "произволен" триъгълник. Данните в условието напълно определят триъгълника. (Това е заключението в условието на задачата. )

[Knowledge Greedy]

Ето сравнително точен чертеж и от него точно измерени отговорите (с приближение до втория знак)

Чевиана и две вписани окръжности.jpg (19.8 KiB) Прегледано 588 пъти

(Имената на окръжностите, респективно радиусите и размерите им са разменени.)
AB=11,14
BC=5,21
CA=9,49
Съвсем точно решение - следва.

[Knowledge Greedy]

Оказва се, че триъгълникът е равностранен, със страна 8. Точката D дели страната AC на части AD=3 и CD=5, а точката M дели страната AB на части AM=2 и MB=5. Точката N дели страната BC на части BN=5 и CN=3.

Чевианата BD и двете вписани окръжности.png (5.97 KiB) Прегледано 575 пъти

План на решението.
- Намираме разстоянието [tex]O_1O_2[/tex] между центровете на двете окръжности.
- Намираме разстоянието [tex]PQ[/tex] между допирните точки на двете окръжности със страната [tex]AC[/tex]. Получава се [tex]PQ=3[/tex]
- Намираме дължината на [tex]BD[/tex] (като доказваме, че [tex]DP=1[/tex], [tex]DQ=2[/tex] използвайки свойствата на допирателна към окръжност). [tex]BD=7[/tex]
- Определяме [tex]sin \angle BDC[/tex] с намерените по-горе допирателни.
- Определяме [tex]sin \angle DBC[/tex] с данните от условието.
- С помощта на синусова теорема, намираме [tex]BC, CD[/tex] както и [tex]sin \angle BCD[/tex]
- С останалите данни от условието ([tex]R_1[/tex] и [tex]BM=6[/tex] се убеждаваме, че [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex], което заедно с предпоследния резултат дава, че [tex]\Delta ABC[/tex] е равностранен.

[ivanrachev]

Благодаря ти, но няколко неща не ми станаха ясни. Как DP=1 и DQ=2 и как се използва синусова теорема като имаме радиусите на вписани окръжности ? Също, за какво ми е разстоянието между центровете. Много ми е неясен този план. Аз стигнах донякъде с използването на тангенси на ъгли

[Knowledge Greedy]

Предполагам, че първото нещо, което лесно се открива, е [tex]\beta=60^\circ[/tex].
За удобство означаваме [tex]\beta =2(\varphi+\psi)[/tex], където [tex]\varphi[/tex] и [tex]\psi[/tex] са половинките на ъглите [tex]\angle DBC[/tex] и [tex]\angle DBA[/tex].
[tex]tg\varphi =\frac{\sqrt{3}}{5}[/tex]

[tex]tg\psi =\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{9}[/tex]
[tex]tg(\varphi +\psi )=\frac{\frac{\sqrt{3}}{5}+\frac{\sqrt{3}}{9}}{1-\frac{\sqrt{3}}{5}.\frac{\sqrt{3}}{9}}=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
Следователно [tex]\varphi +\psi=30^\circ[/tex] и [tex]\beta=60^\circ[/tex].

Централата на двете вписани окръжности O1O2.png (20.44 KiB) Прегледано 539 пъти

Построяваме перпендикуляри през [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] (съответно към [tex]BD[/tex] и [tex]FO_2[/tex]), които се пресичат в точка [tex]E[/tex]. Предполагам, ясно е защо [tex]EO_2=KF=BK-BF=BM-BN=6-5=1[/tex]. Другият катет на правоъгълния триъгълник е сбор от радиусите на двете окръжности. [tex]EO_1=\frac{5\sqrt{3}}{3}[/tex]
Прилагаме питагорова теорема и намираме [tex]O_1O_2=\sqrt{\frac{28}{3}}[/tex]

Чевианата BD и двете вписани окръжности Доп PQ.png (25.92 KiB) Прегледано 539 пъти

Знаем, че допирателните и радиусите в допирните точки са взаимно перпендикулярни. Построяваме [tex]O_1Z||PQ[/tex], която пресича радиуса [tex]O_2P[/tex] на втората окръжност в точка [tex]Z[/tex]. Така получаваме две фигури - правоъгълника [tex]PO_1ZQ[/tex] и правоъгълния триъгълник [tex]\Delta O_1O_2Z[/tex]. От триъгълника намерихме вече хипотенузата, катетът [tex]ZO_2=R_2-R_1=\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex].
Отново прилагаме питагорова теорема и намираме [tex]O_1Z=3[/tex], а чрез правоъгълника намираме и допирателната [tex]PQ=O_1Z=3[/tex]

Чевианата BD и двете вписани окръжности Синусова теорема.png (27.88 KiB) Прегледано 539 пъти

След като знаем общата допирателна [tex]PQ[/tex] на двете окръжности, няма проблем да открием [tex]DP[/tex] и [tex]DQ[/tex]. Те са равни съответно на [tex]DK[/tex] и [tex]DF[/tex].
Решаваме системата [tex]\begin{array}{|l} DK + DF = 3 \\ DF - DK= 1 \end{array}[/tex]
Ето защо [tex]DQ=DF=2[/tex] и [tex]DP=DK=1[/tex]
Откриваме и дължината на цялата чевиана [tex]BD=7[/tex]

Да означим с [tex]\delta[/tex] всяка от двете половинки на ъгъл [tex]\angle BDC[/tex]
От [tex]\Delta DFO_2[/tex]
[tex]tg\delta = \frac{\sqrt{3}}{2} \,\ \Rightarrow \,\ cos 2\delta = \frac{1}{7}[/tex]
[tex]sin 2\delta =\frac{4\sqrt{3}}{7}[/tex]

Ъгълът [tex]\angle BCD(A) =\gamma = 180^\circ - 2\varphi -2\delta[/tex]
Като ползваме резултата от началото, откриваме [tex]sin\gamma =sin 2\varphi cos 2\delta +cos 2\varphi sin 2\delta=\frac{5\sqrt{3}}{14}.\frac{1}{7}+\frac{4\sqrt{3}}{7}.\frac{11}{14}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]

Сега прилагаме синусова теорема за [tex]\Delta BCD[/tex]
[tex]\frac{CD}{sin2\varphi}=\frac{BD}{sin\gamma}[/tex]
[tex]\frac{CD}{\frac{5 \sqrt{3} }{14}}[/tex][tex]=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}[/tex]

Оттук [tex]CD=5[/tex] и нататък пътища много.

[ivanrachev]

Благодаря ти изключително много за тази задача, която така ме затрудни Виждайки решението, наистина не е лесна, както се убедих сам. Сега ще я пререшавам