Matematyka.pl

Czy istnieje trójkąt rozwartokątny, który jest podobny do swego trójkąta spodkowego

Trójkąt spodkowy danego trójkąta \(\displaystyle{ T}\) to taki trójkąt \(\displaystyle{ T^{\prime}}\), którego wierzchołkami są spodki wysokości trójkąta \(\displaystyle{ T}\).

Jeżeli boki wyjściowego trójkąta oznaczymy przez: \(\displaystyle{ a \le b <c}\)

według kolejności wzrostu...a katy odpowiadające bokom (naprzeciw) to: \(\displaystyle{ A, B, C}\)

\(\displaystyle{ \cos C=-r , r>0}\) - to kąt rozwarty..., \(\displaystyle{ A, B}\) - kąty ostre

\(\displaystyle{ c^2=a^2+b^2+2abr}\)

wzory na boki trójkąta spodkowego (ortogonalnego) to:

\(\displaystyle{ a' =a \cos A}\)

\(\displaystyle{ b'= b \cos B }\)

\(\displaystyle{ c' = c |\cos C|=cr}\)

teraz może się zdarzyć zakładając, że trójkąt: \(\displaystyle{ a' , b' , c'}\) skoro podobny musi być rozwartokątny no więc:

\(\displaystyle{ a' \le b'<c' \vee a' \le c' <b' \vee c' \le a'<b' }\)

trzy przypadki ja pokażę dwa pierwsze...

1) \(\displaystyle{ a' \le b'<c' }\)

najpierw policzmy cosinusy:

\(\displaystyle{ \cos C=-r , c^2=a^2+b^2+2abr }\)

\(\displaystyle{ \cos A= \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \frac{2b^2+2abr}{2bc} = \frac{b+ar}{c} }\)

\(\displaystyle{ \cos B= \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = \frac{2a^2+2abr}{2ac}= \frac{a+br}{c} }\)

\(\displaystyle{ \cos C=-r}\)

z tego:

\(\displaystyle{ a'=a \cdot \frac{b+ar}{c} = \frac{ab+a^2r}{ \sqrt{a^2+b^2+2abr} } }\)

\(\displaystyle{ b'=b \cdot \frac{a+br}{c} = \frac{ab+b^2r}{ \sqrt{a^2+b^2+2abr} } }\)

\(\displaystyle{ c'=cr=\sqrt{a^2+b^2+2abr}r}\)

z tego od razu widać, że: \(\displaystyle{ a' \le b'}\) , a \(\displaystyle{ c'}\) nie wiadomo...

teraz sprawdzamy podobieństwo trójkątów: \(\displaystyle{ (abc) \wedge (a'b'c')}\)

według porządku:

\(\displaystyle{ a \le b <c \wedge a' \le b'<c'}\)

znaczy:

\(\displaystyle{ \frac{a'}{a} =\frac{b'}{b} =\frac{c'}{c} }\)

biorąc pod uwagę powyższe równania otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{b+ar}{ \sqrt{a^2+b^2+2abr} } =\frac{a+br}{ \sqrt{a^2+b^2+2abr} } =r}\)

można to jeszcze uprościć przyjmując , bo skoro wiemy, że:

\(\displaystyle{ a \le b , \frac{a}{b} =s , 0 <s \le 1 }\)

oraz:

\(\displaystyle{ 0 < r <1}\)

więc się uprości:

\(\displaystyle{ \frac{1+sr}{ \sqrt{s^2+2sr+1} } =\frac{s+r}{ \sqrt{s^2+2sr+1} } = r}\)

co da nam układ równań:

\(\displaystyle{ (1+sr)^2=(s^2+2sr+1)r^2}\)

\(\displaystyle{ (s+r)^2=(s^2+2sr+1)r^2}\)

po uproszczeniu mamy:

\(\displaystyle{ 1+sr=s+r}\)

\(\displaystyle{ r(s-1)=s-1 }\)

ostatnia równość zachodzi, jeżeli np.:

\(\displaystyle{ s=1 \Rightarrow a=b}\) - trójkąt wyjściowy równoramienny

podstawiamy:

\(\displaystyle{ 1+r=r \sqrt{2+2r} /^2 }\)

lub:

\(\displaystyle{ 2r^3+r^2-2r-1=0}\)

inaczej:

\(\displaystyle{ (r-1)(r+1)(2r+1)=0}\)

żadne z tych rozwiązań nie pasuje do \(\displaystyle{ r}\) ...

więc wracając do:

\(\displaystyle{ r(s-1)=(s-1) , s \neq 1}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ r=1}\)

co też nie pasuje...

więc w tej konfiguracji te trójkąty nie będą podobne...

weźmy drugi przykład:

\(\displaystyle{ a \le b< c , a' \le c' <b'}\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{a'}{a} = \frac{b'}{c} = \frac{c'}{b} }\)

co daje nam:

\(\displaystyle{ \frac{1+sr}{ \sqrt{s^2+2sr+1} } = \frac{s+r}{s^2+2sr+1} = \sqrt{s^2+2sr+1} r}\)

lub:

\(\displaystyle{ 1+sr=(s^2+2sr+1)r}\)

\(\displaystyle{ (1+sr)^2(s^2+2sr+1)^2=(s+r)^2(s^2+2sr+1)}\)


inaczej:

\(\displaystyle{ 1+sr=(s^2+2sr+1)r}\)

\(\displaystyle{ (1+sr)^2(s^2+2sr+1)=(s+r)^2}\)

albo:

\(\displaystyle{ 2sr^2+(s^2-s+1)r-1=0}\)

\(\displaystyle{ 2s^3r^3+(s^4+5s^2-1)r^2+(2s^3+2s)r+1=0}\)

rozwiązanie tego układu równań też nie daje pożądanych wyników...

trzeci przypadek:

\(\displaystyle{ (a \le b<c) \wedge (c' \le a'<b')}\)

co da nam:

\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{s^2+2sr+1} }{s} = \frac{s+s^2r}{\sqrt{s^2+2sr+1}} = \frac{s+r}{s^2+2sr+1} }\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{s^2+2sr+1}}{s} = \frac{s+s^2r}{\sqrt{s^2+2sr+1}} }\)

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{s^2+2sr+1}}{s} = \frac{s+r}{s^2+2sr+1} }\)

nie rozwiązywałem tego układu, ale sądzę, że też nie da pożądanych efektów...

Możliwe, że nie trzeba, ale i tak nie ma przesłanek, że taki trójkąt istnieje...

Kolega przy piwie mówił mi, że jeżeli trójkąt wpisany zawiera ortocentrum trójkąta wyjściowego, to nie może być rozwartokątny...

taki trójkąt istnieje...

a jednak... trójkąt o kątach \(\displaystyle{ \alpha, 2\alpha, 4\alpha}\)...

Możliwe że tak to wtedy to ostatnie równanie miałoby rozwiązanie na spokojnie przelocze