|
В треугольнике $%ABC$% с углом $%B=120^\circ$% проведены биссектрисы $%AA_1,BB_1$% и $%CC_1$%. Найдите угол $%B_1C_1C$%. (Автор И.Ф.Шарыгин). задан 7 Ноя '14 19:26 
EdwardTurJ |
|
Для начала -- чисто вычислительное решение. Оно не лучшее, но пусть будет "для коллекции". Рассмотрим формулу отсюда, переписав её в виде $%\cot\phi=\frac{a-b+2c}{a+b}\cdot\frac{S}{(p-a)(p-b)}$%. Пусть $%\beta=120^{\circ}$%. Тогда $%b=\sqrt{a^2+ac+c^2}$% и $%S=\frac14\sqrt3ab$%. Подставим значения $%a=c=1$%, чтобы узнать ответ. Несложные вычисления показывают, что получится $%\sqrt3$%, откуда следует, что $%\phi=30^{\circ}$%. Теперь осталось это проверить для любых $%a$%, $%c$%, что равносильно установлению равенства $%(a-b+2c)ac=4(a+b)(p-a)(p-b)=(a+b)(b+c-a)(a+c-b)$%. Первое и третье выражение становятся одинаковыми при $%a=b$% (то, что угол при этих условиях не может быть равен 120 градусам, не играет роли, так как проверка является чисто алгебраической). Введём новую переменную $%x=a-b$%, выражая отсюда $%b$%. Тогда первое выражение равно $%(x+2c)ac$%, а третье равно $%(2a-x)(c^2-x^2)$%. Приравнивая, получаем $%acx+2ac^2=x^3-2ax^2-c^2x+2ac^2$%, что после упрощений превращается в $%x^2-2ax-c(a+c)=0$%. Сокращение на $%x$% возможно, так как при $%a=b$% угол $%\beta$% является острым. Теперь подстановка $%x=a-b$% приводит к равенству $%a^2-2ab+b^2-2a^2+2ab-ac-c^2=0$%, которое после упрощений превращается в $%b^2=a^2+ac+c^2$%. Теперь чисто геометрическое решение. Сошлёмся на рисунок отсюда из ответа @ASailyan на поставленный мной вопрос. Из замечания о центре вневписанных окружностей следует, что углы $%AA_1C_1$% и $%BA_1C_1$% равны (обозначения на рисунке другие, и 120 градусам равен там угол при вершине $%A$%). Вместе они дают внешний угол $%\gamma+60^{\circ}$%, а второй из углов получается равен $%\gamma/2+30^{\circ}$%, и это внешний угол треугольника $%CA_1C_1$%. Отсюда сразу становится понятно, что $%A_1C_1C$% равен $%30^{\circ}$%. отвечен 7 Ноя '14 23:30 
falcao @fsdSSSS: это однозначно следует из сказанного. "Вместе они дают" угол AA_1B (по рисунку). Это внешний угол треугольника AA_1C.
(11 Май '17 17:00)
falcao
@fsdSSSS: А это обратная задача - math.hashcode.ru/questions/46296/
(11 Май '17 21:29)
EdwardTurJ
|
|
$%AB=c,$% $%BC=a.$% Тогда $%AC=\sqrt{a^2+c^2+ac}=b,$% а $%BB_1=\dfrac{ac}{a+c}$% (по формуле для длины биссектрисы $%l=\dfrac{2ac}{a+c}\cos\dfrac{\beta}{2}$%). Далее $%BC_1=\dfrac{ca}{b+a}, AB_1=\dfrac{bc}{a+c}, AC_1=\dfrac{cb}{b+a}.$% Видно, что $%AC_1:C_1B=AB_1:B_1B,$% и, следовательно, $%B_1C_1$% - биссектриса $%\angle AB_1B.$% $%\angle B=\beta$% $%\angle A=\alpha$% $%\angle C=\gamma$% Тогда $%\angle AB_1B=\dfrac{\pi-\alpha+\gamma}{2}, \space\angle BB_1C_1=\dfrac{\pi-\alpha+\gamma}{4}, \space\angle BB_1C=\dfrac{\pi+\alpha-\gamma}{2}, $% $%\angle C_1B_1C=\dfrac{3\pi+\alpha-\gamma}{4}, \angle B_1CC_1=\dfrac{\gamma}{2}, \angle B_1C_1C=\dfrac{\beta}{4}=\dfrac{\pi}{6}.$% отвечен 7 Ноя '14 22:50 
trongsund Действительно, $%B_1C_1$% - биссектриса $%∠AB_1B$% (в треугольнике $%BB_1C$%: $%CC_1$% - биссектриса, $%BA$% - внешняя биссектриса, следовательно $%B_1C_1$% - биссектриса $%∠AB_1B$%). Объясните, пожалуйста, равенство $%∠AB_1B=\frac{π−α+γ}{2}$%.
(7 Ноя '14 23:13)
EdwardTurJ
$%\angle BCA=\gamma,$% смежный к $%\angle BAC$% равен $%\pi-\alpha.$% $%\angle AB_1B$% - их среднее арифметическое
(7 Ноя '14 23:49)
trongsund
|