Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
-
- Użytkownik
- Posty: 68
- Rejestracja: 24 lut 2012, o 16:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Przemyśl
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 9 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Witam!
Zadanie brzmi następująco: Wykaż, że jeśli promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach długości \(\displaystyle{ a, b, c}\) wyraża się wzorem \(\displaystyle{ r= \frac{a+b-c}{2}}\), to trójkąt ten jest prostokątny.
Udało mi się dojść do czegoś takiego...
\(\displaystyle{ \gamma}\) - kąt pomiędzy bokami \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\),
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} ab \cdot \sin \gamma}\) oraz \(\displaystyle{ r= \frac{2P}{a+b+c}}\).
Czyli mamy \(\displaystyle{ r= \frac{ab \cdot \sin \gamma}{a+b+c} = \frac{a+b-c}{2}}\). Po wymnożeniu "na krzyż" mamy \(\displaystyle{ 2ab \cdot \sin \gamma = a ^{2} +b ^{2} +2ab - c ^{2}}\) i dalej
\(\displaystyle{ 2ab(\sin \gamma - 1) = a ^{2} + b ^{2} - c ^{2}}\). Widać teraz chyba, że jest to prawdziwe dla \(\displaystyle{ \gamma = \frac{ \pi }{2}}\) oraz \(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} = c ^{2}}\), czyli dla trójkąta prostokątnego... Czy nie?
-- 14 sie 2019, o 10:38 --
Teraz zauważyłem. że zamiast \(\displaystyle{ c ^{2}}\) można wstawić (z twierdzenia cosinusów) \(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} - 2ab \cdot \cos \gamma}\) i wtedy wychodzi \(\displaystyle{ \sin \gamma - 1 = \cos \gamma \Rightarrow \gamma = \frac{ \pi }{2}}\).
To chyba zamyka temat...
Zadanie brzmi następująco: Wykaż, że jeśli promień okręgu wpisanego w trójkąt o bokach długości \(\displaystyle{ a, b, c}\) wyraża się wzorem \(\displaystyle{ r= \frac{a+b-c}{2}}\), to trójkąt ten jest prostokątny.
Udało mi się dojść do czegoś takiego...
\(\displaystyle{ \gamma}\) - kąt pomiędzy bokami \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\),
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} ab \cdot \sin \gamma}\) oraz \(\displaystyle{ r= \frac{2P}{a+b+c}}\).
Czyli mamy \(\displaystyle{ r= \frac{ab \cdot \sin \gamma}{a+b+c} = \frac{a+b-c}{2}}\). Po wymnożeniu "na krzyż" mamy \(\displaystyle{ 2ab \cdot \sin \gamma = a ^{2} +b ^{2} +2ab - c ^{2}}\) i dalej
\(\displaystyle{ 2ab(\sin \gamma - 1) = a ^{2} + b ^{2} - c ^{2}}\). Widać teraz chyba, że jest to prawdziwe dla \(\displaystyle{ \gamma = \frac{ \pi }{2}}\) oraz \(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} = c ^{2}}\), czyli dla trójkąta prostokątnego... Czy nie?
-- 14 sie 2019, o 10:38 --
Teraz zauważyłem. że zamiast \(\displaystyle{ c ^{2}}\) można wstawić (z twierdzenia cosinusów) \(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} - 2ab \cdot \cos \gamma}\) i wtedy wychodzi \(\displaystyle{ \sin \gamma - 1 = \cos \gamma \Rightarrow \gamma = \frac{ \pi }{2}}\).
To chyba zamyka temat...
Ostatnio zmieniony 14 sie 2019, o 13:23 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
-
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Można inaczej.
\(\displaystyle{ r = \frac{a+b-c}{2}= \frac{S}{p}= \frac{\frac{ab}{2}}{\frac{a+b+c}{2}}}\)
Stąd
\(\displaystyle{ \frac{a+b-c}{2}= \frac{ab}{a+b+c}}\)
\(\displaystyle{ 2ab = a^2 +ab -ac +ab +b^2 -bc +ac +bc -c^2}\)
\(\displaystyle{ 0 = a^2 +b^2 -c^2}\)
\(\displaystyle{ a^2+b^2 = c^2.}\)
\(\displaystyle{ r = \frac{a+b-c}{2}= \frac{S}{p}= \frac{\frac{ab}{2}}{\frac{a+b+c}{2}}}\)
Stąd
\(\displaystyle{ \frac{a+b-c}{2}= \frac{ab}{a+b+c}}\)
\(\displaystyle{ 2ab = a^2 +ab -ac +ab +b^2 -bc +ac +bc -c^2}\)
\(\displaystyle{ 0 = a^2 +b^2 -c^2}\)
\(\displaystyle{ a^2+b^2 = c^2.}\)
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Tutaj zakładasz, że \(\displaystyle{ r=\frac{a+b-c}{2}}\) oraz, że trójkąt jest prostokątny, więc nie tędy droga.Widać teraz chyba, że jest to prawdziwe dla \(\displaystyle{ \gamma = \frac{ \pi }{2} oraz a ^{2} + b ^{2} = c ^{2}}\), czyli dla trójkąta prostokątnego... Czy nie?
Lewa strona jest \(\displaystyle{ \le 0}\), więc \(\displaystyle{ \cos\gamma\le 0}\) oraz \(\displaystyle{ \gamma\in(0,\pi).}\) Oznacza to, że \(\displaystyle{ \cos\gamma=0}\), więc istotnie \(\displaystyle{ \gamma}\) jest kątem prostym. W porządku.Teraz zauważyłem. że zamiast \(\displaystyle{ c ^{2}}\) można wstawić (z twierdzenia cosinusów)\(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} - 2ab \cdot \cos\gamma}\) i wtedy wychodzi \(\displaystyle{ \sin\gamma - 1 =\cos\gamma \Rightarrow \gamma = \frac{ \pi }{2}.}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 68
- Rejestracja: 24 lut 2012, o 16:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Przemyśl
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 9 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Dzięki -- 14 sie 2019, o 11:57 --
Więc założenie "janusz47", że trójkąt jest prostokątny przy wyrażaniu jego pola, też jest nadużyciem?szw1710 pisze:Tutaj zakładasz, że \(\displaystyle{ r=\frac{a+b-c}{2}}\) oraz, że trójkąt jest prostokątny, więc nie tędy droga.Widać teraz chyba, że jest to prawdziwe dla \(\displaystyle{ \gamma = \frac{ \pi }{2} oraz a ^{2} + b ^{2} = c ^{2}}\), czyli dla trójkąta prostokątnego... Czy nie?
Lewa strona jest \(\displaystyle{ \le 0}\), więc \(\displaystyle{ \cos\gamma\le 0}\) oraz \(\displaystyle{ \gamma\in(0,\pi).}\) Oznacza to, że \(\displaystyle{ \cos\gamma=0}\), więc istotnie \(\displaystyle{ \gamma}\) jest kątem prostym. W porządku.Teraz zauważyłem. że zamiast \(\displaystyle{ c ^{2}}\) można wstawić (z twierdzenia cosinusów)\(\displaystyle{ a ^{2} + b ^{2} - 2ab \cdot \cos\gamma}\) i wtedy wychodzi \(\displaystyle{ \sin\gamma - 1 =\cos\gamma \Rightarrow \gamma = \frac{ \pi }{2}.}\)
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Zgadza się, jakby można było dowodzić przez założenie tezy, to by żadnej trudności nie było
Z założenia można wywnioskować, że \(\displaystyle{ c=a+b-2r}\). Podstawiając teraz do wzoru Herona otrzymamy, że pole \(\displaystyle{ S}\) rozważanego trójkąta wynosi
\(\displaystyle{ S=\sqrt{\frac{a+b+a+b-2r}{2}\cdot\frac{a+b-a-b-2r}{2}\cdot\frac{a+a+b-2r-b}{2}\cdot\frac{b+a+b-2r-a}{2}}}\), co po uproszczeniu da \(\displaystyle{ \sqrt{(a+b-r)r(a-r)(b-r)}}\), czyli innymi słowy \(\displaystyle{ \sqrt{S(a-r)(b-r)}}\), gdzie korzystamy z faktu, że \(\displaystyle{ a+b-r}\) to połowa obwodu trójkąta, a iloczyn połowy obwodu przez promień okręgu wpisanego jest równy polu trójkąta. Zatem otrzymaliśmy równanie \(\displaystyle{ S^2=(a-r)(b-r)S}\), które możemy równoważnie przekształcić, by otrzymać \(\displaystyle{ ab-r(a+b-r)=S}\). Ponownie korzystając z tego samego faktu, co wcześniej otrzymamy \(\displaystyle{ ab-S=S}\), czyli \(\displaystyle{ S=\frac{ab}{2}}\). Teraz jeżeli \(\displaystyle{ h}\) jest wysokością trójkąta opuszczoną na bok długości \(\displaystyle{ a}\), to oczywiste jest, że \(\displaystyle{ b=h}\). A z tego już wynika, że trójkąt musi być prostokątny.
Z założenia można wywnioskować, że \(\displaystyle{ c=a+b-2r}\). Podstawiając teraz do wzoru Herona otrzymamy, że pole \(\displaystyle{ S}\) rozważanego trójkąta wynosi
\(\displaystyle{ S=\sqrt{\frac{a+b+a+b-2r}{2}\cdot\frac{a+b-a-b-2r}{2}\cdot\frac{a+a+b-2r-b}{2}\cdot\frac{b+a+b-2r-a}{2}}}\), co po uproszczeniu da \(\displaystyle{ \sqrt{(a+b-r)r(a-r)(b-r)}}\), czyli innymi słowy \(\displaystyle{ \sqrt{S(a-r)(b-r)}}\), gdzie korzystamy z faktu, że \(\displaystyle{ a+b-r}\) to połowa obwodu trójkąta, a iloczyn połowy obwodu przez promień okręgu wpisanego jest równy polu trójkąta. Zatem otrzymaliśmy równanie \(\displaystyle{ S^2=(a-r)(b-r)S}\), które możemy równoważnie przekształcić, by otrzymać \(\displaystyle{ ab-r(a+b-r)=S}\). Ponownie korzystając z tego samego faktu, co wcześniej otrzymamy \(\displaystyle{ ab-S=S}\), czyli \(\displaystyle{ S=\frac{ab}{2}}\). Teraz jeżeli \(\displaystyle{ h}\) jest wysokością trójkąta opuszczoną na bok długości \(\displaystyle{ a}\), to oczywiste jest, że \(\displaystyle{ b=h}\). A z tego już wynika, że trójkąt musi być prostokątny.
-
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Inny sposób
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}r\cdot p = \frac{1}{4}(a+b-c)\cdot (a+b+c) = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 -c^2) \ \ (1)}\)
Z twierdzenia kosinusów (Carnota)
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cos (\gamma) \ \ (2)}\)
\(\displaystyle{ (2), (1)}\)
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 - a^2-b^2 -2ab\cos (\gamma) )= \frac{1}{4}2ab(1-\cos (\gamma))}\)
Wykażemy, że musi \(\displaystyle{ \cos (\gamma) = 0,}\) czyli miara kąta \(\displaystyle{ \gamma = \frac{\pi}{2}.}\)
Idąc za tokiem rozumowania Pana szw1710,
gdyby \(\displaystyle{ \cos (\gamma) \neq 0}\), wówczas stosując wzór na różnicę kosinusów otrzymalibyśmy
\(\displaystyle{ 1 -\cos (\gamma) = \cos (0) - \cos (\gamma) = -2\sin (\gamma/2) \cos (-\gamma/2)=-\sin (\gamma).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \sin (\gamma) = \sin [180^{o}-(\alpha +\beta)] =\sin (\alpha+\beta)>0}\), więc pole \(\displaystyle{ S}\) musiałoby być liczbą ujemną, co jest niemożliwe.
Czyli muszą zachodzić równości \(\displaystyle{ \cos (\gamma) = 0}\), \(\displaystyle{ \gamma = \frac{\pi}{2},}\)
\(\displaystyle{ S = \frac{a\cdot b}{2}.}\)
c.n.w.
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}r\cdot p = \frac{1}{4}(a+b-c)\cdot (a+b+c) = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 -c^2) \ \ (1)}\)
Z twierdzenia kosinusów (Carnota)
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cos (\gamma) \ \ (2)}\)
\(\displaystyle{ (2), (1)}\)
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 - a^2-b^2 -2ab\cos (\gamma) )= \frac{1}{4}2ab(1-\cos (\gamma))}\)
Wykażemy, że musi \(\displaystyle{ \cos (\gamma) = 0,}\) czyli miara kąta \(\displaystyle{ \gamma = \frac{\pi}{2}.}\)
Idąc za tokiem rozumowania Pana szw1710,
gdyby \(\displaystyle{ \cos (\gamma) \neq 0}\), wówczas stosując wzór na różnicę kosinusów otrzymalibyśmy
\(\displaystyle{ 1 -\cos (\gamma) = \cos (0) - \cos (\gamma) = -2\sin (\gamma/2) \cos (-\gamma/2)=-\sin (\gamma).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \sin (\gamma) = \sin [180^{o}-(\alpha +\beta)] =\sin (\alpha+\beta)>0}\), więc pole \(\displaystyle{ S}\) musiałoby być liczbą ujemną, co jest niemożliwe.
Czyli muszą zachodzić równości \(\displaystyle{ \cos (\gamma) = 0}\), \(\displaystyle{ \gamma = \frac{\pi}{2},}\)
\(\displaystyle{ S = \frac{a\cdot b}{2}.}\)
c.n.w.
Ostatnio zmieniony 14 sie 2019, o 21:01 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
Niestety bez sensu, nieprawda że \(\displaystyle{ \cos x - \cos y=-2\sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}}\). Tą drugą funkcją w tym iloczynie powinien być sinus.
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
\(\displaystyle{ c=\left( a-r\ctg \frac{C}{2} \right)+ \left( b-r\ctg \frac{C}{2} \right)\\
r= \frac{a+b-c}{2\ctg \frac{C}{2} }}\)
Skoro:
\(\displaystyle{ \frac{a+b-c}{2\ctg \frac{C}{2} }=\frac{a+b-c}{2 }}\)
to \(\displaystyle{ \ctg \frac{C}{2}=1}\) ,
więc \(\displaystyle{ \angle C=90^{\circ}}\)
r= \frac{a+b-c}{2\ctg \frac{C}{2} }}\)
Skoro:
\(\displaystyle{ \frac{a+b-c}{2\ctg \frac{C}{2} }=\frac{a+b-c}{2 }}\)
to \(\displaystyle{ \ctg \frac{C}{2}=1}\) ,
więc \(\displaystyle{ \angle C=90^{\circ}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}r\cdot p = \frac{1}{4}(a+b-c)\cdot (a+b+c) = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 -c^2) \ \ (1)}\)
Z twierdzenia kosinusów (Carnota)
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cos (\gamma) \ \ (2)}\)
(2), (1)
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 - a^2-b^2 -2ab\cos (\gamma) )= \frac{1}{4}2ab(1-\cos (\gamma)) \ \ (3)}\)
Z drugiej strony pole trójkąta
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}a\cdot b \sin(\gamma) \ \ (4)}\)
\(\displaystyle{ (3), (4)}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a\cdot b \sin(\gamma) = \frac{1}{2}a\cdot b (1- \cos(\gamma))}\)
\(\displaystyle{ \sin(\gamma) + \cos(\gamma) = 1}\)
\(\displaystyle{ \gamma = 90^{o}.}\)
Z twierdzenia kosinusów (Carnota)
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cos (\gamma) \ \ (2)}\)
(2), (1)
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{4}(a^2 +2ab +b^2 - a^2-b^2 -2ab\cos (\gamma) )= \frac{1}{4}2ab(1-\cos (\gamma)) \ \ (3)}\)
Z drugiej strony pole trójkąta
\(\displaystyle{ S = \frac{1}{2}a\cdot b \sin(\gamma) \ \ (4)}\)
\(\displaystyle{ (3), (4)}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a\cdot b \sin(\gamma) = \frac{1}{2}a\cdot b (1- \cos(\gamma))}\)
\(\displaystyle{ \sin(\gamma) + \cos(\gamma) = 1}\)
\(\displaystyle{ \gamma = 90^{o}.}\)