Okrąg wpisany w trójkąt
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 17 mar 2020, o 01:20
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 17
Okrąg wpisany w trójkąt
Okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest styczny do boku \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\), odcinek \(\displaystyle{ DM}\) jest średnicą tego okręgu. Prosta \(\displaystyle{ BM}\) przecina bok \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ K}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ AK = DC.}\)
Ostatnio zmieniony 27 mar 2020, o 21:36 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .
Powód: Brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Okrąg wpisany w trójkąt
Udało mi się rozwiązać to zadanie. Co prawda przez makabryczne obliczenia, ale się podzielę.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu, a przez \(\displaystyle{ E}\) punkt styczności okręgu z bokiem \(\displaystyle{ BC}\).
Przez rachunek na kątach dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ EM\parallel CO}\). \(\displaystyle{ EM}\) przecina \(\displaystyle{ AC}\) w pewnym punkcie. Oznaczmy go przez \(\displaystyle{ H}\).
Ze wspomnianej równoległości oraz z \(\displaystyle{ DO=MO}\) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ CH=CD}\). Zauważmy, że
\(\displaystyle{ CD=CE=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\gamma}}\)
\(\displaystyle{ BE=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\beta}}\)
\(\displaystyle{ AD=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\alpha}}\)
\(\displaystyle{ HM=\frac{2r}{\sin\frac{1}{2}\gamma}}\)
\(\displaystyle{ EM=2r\sin\frac{1}{2}\gamma}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ BM}\) oraz \(\displaystyle{ CO}\). Z twierdzenia Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{CP}{EM}=\frac{BC}{BE}}\)
\(\displaystyle{ CP=\frac{BC\cdot EM}{BE}=\frac{(BE+EC)EM}{BE}=\left(1+\frac{CD}{BE}\right)EM}\)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{HK}{CK}=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ \frac{CH+CK}{CK}=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ \frac{CD}{CK}+1=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ CK=\frac{CD}{\frac{HM}{CP}-1}=\frac{CD}{\frac{HM}{\left(1+\frac{CD}{BE}\right)EM}-1}}\)
Wszystkie wielkości w tym wzorze są znane tzn. wyrażają się za pomocą \(\displaystyle{ r,\beta,\gamma}\). Po podstawieniu i uproszczeniu otrzymujemy
\(\displaystyle{ CK=r\frac{\tg\frac{1}{2}\beta+\tg\frac{1}{2}\gamma}{1-\tg\frac{1}{2}\beta\cdot\tg\frac{1}{2}\gamma}=r\cdot\tg\left(\frac{1}{2}\beta+\frac{1}{2}\gamma\right)=\frac{r}{\ctg\left(\frac{1}{2}\beta+\frac{1}{2}\gamma\right)}=\frac{r}{\tg\left(90-\frac{1}{2}\beta-\frac{1}{2}\gamma\right)}=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\alpha}=AD}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu, a przez \(\displaystyle{ E}\) punkt styczności okręgu z bokiem \(\displaystyle{ BC}\).
Przez rachunek na kątach dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ EM\parallel CO}\). \(\displaystyle{ EM}\) przecina \(\displaystyle{ AC}\) w pewnym punkcie. Oznaczmy go przez \(\displaystyle{ H}\).
Ze wspomnianej równoległości oraz z \(\displaystyle{ DO=MO}\) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ CH=CD}\). Zauważmy, że
\(\displaystyle{ CD=CE=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\gamma}}\)
\(\displaystyle{ BE=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\beta}}\)
\(\displaystyle{ AD=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\alpha}}\)
\(\displaystyle{ HM=\frac{2r}{\sin\frac{1}{2}\gamma}}\)
\(\displaystyle{ EM=2r\sin\frac{1}{2}\gamma}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ BM}\) oraz \(\displaystyle{ CO}\). Z twierdzenia Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{CP}{EM}=\frac{BC}{BE}}\)
\(\displaystyle{ CP=\frac{BC\cdot EM}{BE}=\frac{(BE+EC)EM}{BE}=\left(1+\frac{CD}{BE}\right)EM}\)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{HK}{CK}=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ \frac{CH+CK}{CK}=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ \frac{CD}{CK}+1=\frac{HM}{CP}}\)
\(\displaystyle{ CK=\frac{CD}{\frac{HM}{CP}-1}=\frac{CD}{\frac{HM}{\left(1+\frac{CD}{BE}\right)EM}-1}}\)
Wszystkie wielkości w tym wzorze są znane tzn. wyrażają się za pomocą \(\displaystyle{ r,\beta,\gamma}\). Po podstawieniu i uproszczeniu otrzymujemy
\(\displaystyle{ CK=r\frac{\tg\frac{1}{2}\beta+\tg\frac{1}{2}\gamma}{1-\tg\frac{1}{2}\beta\cdot\tg\frac{1}{2}\gamma}=r\cdot\tg\left(\frac{1}{2}\beta+\frac{1}{2}\gamma\right)=\frac{r}{\ctg\left(\frac{1}{2}\beta+\frac{1}{2}\gamma\right)}=\frac{r}{\tg\left(90-\frac{1}{2}\beta-\frac{1}{2}\gamma\right)}=\frac{r}{\tg\frac{1}{2}\alpha}=AD}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 6882
- Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 50 razy
- Pomógł: 1112 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Okrąg wpisany w trójkąt
Oke.
\(\displaystyle{ \angle CDE=\frac{180-\gamma}{2}=90-\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle EDO=\angle CDO-\angle CDE=90-\left( 90-\frac{\gamma}{2}\right) =\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle EOM=2\cdot\frac{\gamma}{2}=\gamma}\)
\(\displaystyle{ \angle MEO=\frac{180-\gamma}{2}=90-\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle BEM=\angle BEO-\angle MEO=90-\left( 90-\frac{\gamma}{2}\right) =\frac{\gamma}{2}}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ \angle ECO=\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle CDE=\frac{180-\gamma}{2}=90-\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle EDO=\angle CDO-\angle CDE=90-\left( 90-\frac{\gamma}{2}\right) =\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle EOM=2\cdot\frac{\gamma}{2}=\gamma}\)
\(\displaystyle{ \angle MEO=\frac{180-\gamma}{2}=90-\frac{\gamma}{2}}\)
\(\displaystyle{ \angle BEM=\angle BEO-\angle MEO=90-\left( 90-\frac{\gamma}{2}\right) =\frac{\gamma}{2}}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ \angle ECO=\frac{\gamma}{2}}\)
- Bydlok
- Użytkownik
- Posty: 3
- Rejestracja: 25 maja 2018, o 18:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Piotrków Trybunalski
- Podziękował: 2 razy
Re: Okrąg wpisany w trójkąt
Dobra, Nie wiem czy na tej stronie odpowiada się na stare posty, jednakże przedstawie rozwiązanie, które jest niezbyt skomplikowane. Wydaje mi się, że sformułowanie zadania sprawia, że ciężko wpaść na jakiś pomysł, przynajmniej tak było w moim przypadku.
Zauważmy, że K jest punktem styczności \(\textbf{okręgu dopisanego}\) do trójkąta \(ABC\) (jednokładność o środku \(B\) przekształcająca okrąg wpisany na dopisany do przy \(AB\) przenosi \(M\) na \(K\)).
Teraz zadanie jest dużo łatwiejsze i sprowadza się do rachunku na odcinkach stycznych do tych okręgów.
Oznaczam zatem punkt styczności okr. wpisanego z \(AB\) przez \(A_w\) a z okr. dopisanym \(A_d\) i analogicznie dla prostej \(BC\) oznaczam punkty \(C_w\) i \(C_d\). Mamy:
\(\displaystyle{ |KD| = |AD| - |AK| = |AA_w| - |AK| = (|BA_d| - |BA_w| - |AA_d|) - |AK| = |BC_d| - |BC_w| - 2|AK| }\)
\(\displaystyle{ |KD| = |CK| - |CD| = |CC_d| - |CD| = (|BC_d| - |BC_w| - |CC_w|) - |CD| = |BC_d| - |BC_w| - 2|CD| }\)
Stąd \(|AK|\) = \(|CD|\).
\(CKD\)
P.S. Pamiętam jak frustrowałem się nad tym nieludzko i dopiero dużo później jak już zapomniałem o tym zadaniu to zobaczyłem przypadkiem konstrukcję w jakimś pdfie "Geometry in Figures" A.Akopyana (którego to dokumentu niezbyt polecam chyba, że jesteście jakoś szczególnie skrzywieni mentalnie i fascynują was obrazki dotyczące geometrii klasycznej albo macie inne powody ) ehhhh.....pozdro
Zauważmy, że K jest punktem styczności \(\textbf{okręgu dopisanego}\) do trójkąta \(ABC\) (jednokładność o środku \(B\) przekształcająca okrąg wpisany na dopisany do przy \(AB\) przenosi \(M\) na \(K\)).
Teraz zadanie jest dużo łatwiejsze i sprowadza się do rachunku na odcinkach stycznych do tych okręgów.
Oznaczam zatem punkt styczności okr. wpisanego z \(AB\) przez \(A_w\) a z okr. dopisanym \(A_d\) i analogicznie dla prostej \(BC\) oznaczam punkty \(C_w\) i \(C_d\). Mamy:
\(\displaystyle{ |KD| = |AD| - |AK| = |AA_w| - |AK| = (|BA_d| - |BA_w| - |AA_d|) - |AK| = |BC_d| - |BC_w| - 2|AK| }\)
\(\displaystyle{ |KD| = |CK| - |CD| = |CC_d| - |CD| = (|BC_d| - |BC_w| - |CC_w|) - |CD| = |BC_d| - |BC_w| - 2|CD| }\)
Stąd \(|AK|\) = \(|CD|\).
\(CKD\)
P.S. Pamiętam jak frustrowałem się nad tym nieludzko i dopiero dużo później jak już zapomniałem o tym zadaniu to zobaczyłem przypadkiem konstrukcję w jakimś pdfie "Geometry in Figures" A.Akopyana (którego to dokumentu niezbyt polecam chyba, że jesteście jakoś szczególnie skrzywieni mentalnie i fascynują was obrazki dotyczące geometrii klasycznej albo macie inne powody ) ehhhh.....pozdro