Вариации на тему этой задачи: math.hashcode.ru/questions/21585
(@Uchenitsa, извините - с моей стороны почти "плагиат" =))
При прочтении я переврала условие -- и получилось так:
Задан треугольник $%ABC$%, в котором $%AB = 6$% и $%BC = 16$%, и проведена окружность через вершину $%B$% и середины сторон $%AB$% и $%BC$% (через середины обеих сторон, длины которых заданы), и известно, что центр этой окружности оказался на биссектрисе угла $%C$%. Найти сторону $%AC$%.
При таком условии - вроде тоже задача имеет решение. Ответ получается "не очень" ( некрасивый ) . Но у меня и решение получилось какое-то длинное.. Может, есть и простое решение ( при таком условии )? =)

задан 18 Сен '13 16:13

изменен 26 Апр '14 15:13

Angry%20Bird's gravatar image


9125

@ЛисаА, Ну, в "исходнике" красивый ответ получается за счет подобранных длин сторон...

А на счёт простого решения здесь... посмотрим, может осенит...

(18 Сен '13 18:06) all_exist

@ЛисаА: у меня получилось, что $%AC$% может принимать два значения: $%AC=12+\sqrt{34}$% или $%AC=2(12-\sqrt{34})$%. Удивительно, что ответы сравнительно "приличные" по виду. У Вас так же получилось? Дело в том, что я пока сосчитал только на черновике, надо всё проверить, а обоснование и ход решения я изложу чуть позже.

(18 Сен '13 21:51) falcao

@ЛисаА: я написал решение. Второе из значений там не подходит: центр окружности оказывается вне треугольника. Получилась весьма неплохая задача, кстати сказать. При $%AB=4$% и $%BC=14$% получается целочисленный ответ $%AC=15$%.

(18 Сен '13 23:42) falcao

@falcao, да, я сейчас только вернулась (в сеть). И ответ у меня тоже получался $%12+\sqrt{34}$% ( это мне и "не нравилось"..=)только тем, что иррациональное число в ответе (хотя, конечно, бывают ответы и намного хуже))
Спасибо, сейчас буду читать решение..))

(19 Сен '13 0:02) ЛисаА

@ЛисаА: там вполне можно было ожидать, что ответ ещё хуже -- с участием какого-нибудь корня из квадратической иррациональности. То, что этого не происходит, стало ясно только в процессе вычислений. Решения тут могут быть разные -- возможно, у Вас получилось как-то проще.

(19 Сен '13 0:34) falcao

@falcao, и @all_exist, я прошу прощения.. я НЕ пыталась "поиздеваться" - я действительно не увидела.. Есть легкое решение - и "подозревать" это можно было ( так как исходный вариант -до перевирания условия - решался не очень сложно.. "геометрия" задания изменилась - но не настолько сильно (все равно пересечение окружности со сторонами треугольника)). Но почему-то до меня сразу не дошло (как решить просто..) Увидела только пару часов назад ( и не знаю уже, как об этом сказать..) Извините.)
P.S. решение выводить ? )

(20 Сен '13 3:58) ЛисаА

@ЛисаА: конечно, более простое геометрическое решение было бы интересно увидеть!

(20 Сен '13 4:03) falcao

@ЛисаА, Если вы получили исчерпывающий ответ, отметьте его как принятый.

(26 Апр '14 15:13) Angry Bird

sorry.. мне почему-то казалось, что я отметила ответ falcao ( еще тогда, сразу же..) Уже исправила.

(26 Апр '14 16:50) ЛисаА
показано 5 из 9 показать еще 4
10|600 символов нужно символов осталось
1

Обозначим стандартным образом длины сторон и углы треугольника $%ABC$%, а также радиус описанной около него окружности. По условию, $%a=16$%, $%c=6$%, и требуется найти $%b$%.

Пусть $%d$% -- расстояние от центра окружности $%P$% из условия задачи (радиусом $%R/2$%) до стороны $%BC$%. Через $%D$% обозначим основание соответствующего перпендикуляра. Очевидно, что $%BD=a/4$%, $%DC=3a/4$%. Поскольку $%P$% лежит на биссектрисе угла $%C$%, из прямоугольного треугольника $%PCD$% имеем $$d=\frac{3a}4{\mathop{\rm tg\ }}\frac{\gamma}2,$$ откуда $$d^2=\frac{9a^2}{16}\cdot\frac{1-\cos\gamma}{1+\cos\gamma}.$$ С учётом теоремы Пифагора, применённой к треугольнику $%PBD$% имеем $%(R/2)^2=d^2+(a/4)^2$%. Из того, что $%c=2R\sin\gamma$%, после умножения на $%16$% приходим к уравнению $$\frac{c^2}{1-y^2}=9a^2\frac{1-y}{1+y}+a^2,$$ что после упрощений даёт квадратное уравнение $$8y^2-18y+10-(c/a)^2,$$ у которого нас не интересует корень, больший $%1$%, что приводит к равенству $$y=\cos\gamma=\frac{9-\sqrt{1+8(c/a)^2}}8.$$ Обозначая через $%K$% основание высоты, опущенной на $%AC$%, приходим к равенству $$CK=a\cos\gamma=\frac{9a-\sqrt{a^2+8c^2}}8.$$ Теперь найдём (с точностью до знака) косинус угла $%\alpha$%. По теореме синусов, $%c\sin\alpha=a\sin\gamma$%, откуда $%c^2\cos^2\alpha=c^2-a^2\sin^2\gamma=c^2-a^2+a^2\cos^2\gamma=c^2-a^2+(ay)^2$%. Из квадратного уравнения имеем $%8(ay)^2=18a(ay)-10a^2+c^2$%, откуда полсе умножения на $%64$% получается $%64c^2\cos^2\alpha=64(c^2-a^2)+144a(ay)-80a^2+8c^2=9(8c^2-16a^2+16a(ay))$%, и после подстановки найденного значения $%ay$% получается $%9(8c^2-16a^2+18a^2-2a\sqrt{a^2+8c^2})=9(2a^2+8c^2-2a\sqrt{a^2+8c^2})$%, а это есть не что иное как $%9(\sqrt{a^2+8c^2}-a)^2$%. Таким образом, $$c\cos\alpha=\pm\frac38(\sqrt{a^2+8c^2}-a).$$ Теперь осталось заметить, что $%AK=c|\cos\alpha|$%, и для стороны $%AC$% имеются две возможности: $%AC=CK\pm AK$%. Однако косинус угла $%\alpha$% не может быть отрицательным, так как в этом случае точка $%P$% оказалась бы вне треугольника. Следовательно, $%AC=CK+AK$%, то есть $$AC=\frac{3a+\sqrt{a^2+8c^2}}4.$$ При длинах сторон из условия задачи это даёт $%AC=12+\sqrt{34}$%.

Легко проверить, что треугольник с указанными сторонами будет удовлетворять условиям задачи: точка $%P$% лежит внутри треугольника $%ABC$% и луч $%CP$% образует угол $%\gamma/2$% с лучом $%CB$%.

Замечание. Мне не удалось установить геометрическим способом, что из выражения для $%\cos^2\alpha$% удобным образом извлекается корень; было бы интересно найти подходящее соображение.

ссылка

отвечен 18 Сен '13 23:34

изменен 19 Сен '13 0:45

@falcao, спасибо еще раз )) Прочитала, всё поняла )) почему-то кажется, что с какого-то момента что-то можно "упростить".. ( учитывая, что в конце решения всё так здорово сворачивается), но как именно "упростить" - не знаю..)
Сейчас я ушла.. но я еще посмотрю на задачу - тогда приму Ваш ответ ( и выведу еще то, что получалось у меня.. сама я выкручивалась чуть более "геометрически" - но все равно квадратные уравнения в решении..)

(19 Сен '13 2:29) ЛисаА

@ЛисаА: оказывается, условиям этой задачи удовлетворяет очень "естественный" треугольник, а именно такой, у которого угол $%B$% прямой, а угол $%C$% равен $%60$% градусам. Ещё интересен вопрос, при каких длинах $%a$% и $%c$% такой треугольник может существовать. Там получается ограничение $%c < 6a$%. В общем, "искажённая" версия оказалась очень удачной!

(19 Сен '13 8:16) falcao

@falcao, здесь я запутываюсь.. Если подставить $%cos\gamma = \frac {9 - \sqrt{1 + 8\cdot (3/8)^2}}{8}$% - это точно не 1/2, не косинус 60-и.. Вы имели в виду, что можно подобрать стороны ? (a и c - такие, чтобы получились углы 90, 60, 30 ?)

(19 Сен '13 16:00) ЛисаА

@ЛисаА: от конкретных длин здесь надо абстрагироваться. Я имел в виду, что треугольник с указанными мной углами удовлетворяет основному условию задачи: когда центр рассматриваемой окружности лежит на биссектрисе заданного угла. Само это свойство выглядит несколько искусственно, и кажется, что оно редкое. Однако ему удовлетворяет такой хороший треугольник. В формулу для косинуса надо подставлять $%a=1$% и $%c=\sqrt{3}$%.

(19 Сен '13 17:14) falcao

@falcao, ответ я приняла..
Но то, что я "насвинячила" - это случайно..=( я правда не увидела сразу простого решения..
Т.е. совсем короткое решение - это геометрия.. а у Вас зато получилось хорошее решение "алгебраическое" =)

(20 Сен '13 4:06) ЛисаА
10|600 символов нужно символов осталось
2

Sorry.. вот это надо было мне увидеть сразу - и никого не "загружать".. alt text

Сначала то, что почти очевидно ( и это очень сильно "перекликается" с тем, что было в решении @all_exist - в предыдущей задаче ) : если $%OD$% - перпендикуляр к $%BK$%, то точка $%D$% - середина $%BK$% ($%BD = DK = 4$%). И так как $%CO$% - биссектриса, то треугольники равны: $%COD = CON$%, т.е. $%CN = CD = 12$%. И так же равны треугольники $%ODK$% и $%ONF$%, т.е. $%NF = DK = 4$%, а $%CF = CK = 8$%, и равны треуг-ки $%ODB$% и $%ONE$%, т.е. $%NE = DB = 4$%.
И потом теорема ( о которой я почему-то сразу не вспомнила): произведение всей секущей на ее внешнюю часть одинаково для всех секущих, проведенных к окружности из одной точки. Т.е. если $%AE = x$%, то $%x\cdot (x + 8) = 3\cdot 6$%, т.е. $%x^2 + 8x - 18 = 0$%, откуда $%x = \sqrt{34} - 4$%, и сторона $%AC = \sqrt{34} + 12$%


так долго смотрела на решение @all_exist ( к предыдущей задаче) - и хотелось "переделать" то решение ( так чтобы "всё получалось" в этой редакции условия.. ), и не видела этих "отрезков секущих"..

ссылка

отвечен 20 Сен '13 4:19

изменен 20 Сен '13 4:32

Да, это самое хорошее и естественное решение! Очень хорошо, что его удалось найти.

(20 Сен '13 4:29) falcao

@falcao, на Вашем месте, наверное, я захотела бы сейчас "прибить" "её" - в смысле, меня..
На самом деле я сначала этого всего не увидела =( Точнее, не увидела, что кусок $%AE = x$% ищется так не сложно.. И никак не могла поверить, что от простого перевирания условия задача становится настолько хуже..

(20 Сен '13 4:41) ЛисаА

@ЛисаА: так очень часто бывает, что сначала приходит в голову какое-то "техническое" решение, и уже потом в процессе его анализа или само по себе возникает какой-то улучшенный вариант. То есть тут нет ничего удивительного -- это совершенно нормальное явление.

(20 Сен '13 4:49) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Чисто геометрическое решение не придумалось... полез в метод координат...

Пусть точка $%B$% является началом координат, точка $%C$% расположена на отрицательной части оси $%Ox$%, точка $%A$% - в верхней полуплоскости... то есть $%B(0;\;0),\; C(-16;\;0),\; A(2a;\;2b)$%, где $%b\ge 0 \; \& \;a^2+b^2=9$%...

Найдём центр описанной окружности около треугольника $%ABC$% как пересечение серединных перпендикуляров... Серединный перпендикуляр к $%BC$% имеет уравнение $%x=-8$%... Серединный перпендикуляр к $%FB$% имеет уравнение $%a(x-a)+b(y-b)=0\Rightarrow ax+by=9$%... Итого получаем точку $%O_1\left(-8;\;\frac{9+8a}{b}\right)$%...

Пусть $%DE\parallel AC$% - средняя линия. Тогда треугольники $%ABC$% и $%DBE$% подобны... следовательно, центр описанной около треугольника $%DBE$% окружности будет иметь координаты $%O\left(-4;\;\frac{9+8a}{2b}\right)$%...

Итак, получили систему $$\begin{cases} \angle ACB=2\angle OCB \\[5pt] \tan \angle ACB = \frac{2b}{16+2a}\\[5pt] \tan\angle OCB = \frac{9+8a}{24b} \\[5pt]a^2+b^2=9\end{cases}$$ Используя формулу тангенса двойного угла, получаем, что $$ \frac{2b}{16+2a}= \frac{2\cdot\frac{9+8a}{24b}}{1-\left(\frac{9+8a}{24b}\right)^2} \Rightarrow 2b=0 \;\text{или}\; \frac{1}{16+2a}= \frac{24(9+8a)}{576b^2-(9+8a)^2}$$ Первый случай соответствует вырожденному треугольнику... а из второго выражаем $%b^2$% и подставляем в последнее уравнение системы...$$a^2+\frac{(9+8a)(393+56a)}{576}=9$$...

Ну, как-то так...

ссылка

отвечен 19 Сен '13 11:47

изменен 19 Сен '13 15:15

Вроде не сложно... но я где-то запутался... (((

(19 Сен '13 15:22) all_exist

@All_exist, спасибо) я пока ничего даже не могу ответить - буду читать.. =))

(19 Сен '13 16:01) ЛисаА
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,315
×559

задан
18 Сен '13 16:13

показан
1453 раза

обновлен
26 Апр '14 16:50

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru