6
1

В $%\triangle ABC$% на стороне $%BC$% выбрали точку $%D$% так, что радиусы окружностей, вписанных в $%\triangle ABD$% и $%\triangle ACD$%, равны. Вычислить длину отрезка $%AD$% через стороны $%\triangle ABC$%.

задан 20 Ноя '14 17:11

изменен 21 Ноя '14 11:42

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

1

Ответ $%\sqrt{p(p-a)}$%, но я к нему пришёл "некрасивым" вычислительным путём. Наверное, должно быть что-то более элегантное. Скорее всего, можно как-то удачно применить тригонометрию (у меня были векторы и скалярные произведения).

(20 Ноя '14 23:28) falcao

@falcao: Я также вычислил длинным путём. Мне кажется, что у такого красивого ответа должно быть и красивое решение.

(20 Ноя '14 23:45) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: Подскажите, пожалуйста, как хотя бы приблизительно решить эту задачу? Я вообще ни к чему более или менее внятному прийти не могу.

(11 Дек '14 0:35) stander
10|600 символов нужно символов осталось
3

Введём обозначения: $%AD=x,CD=m,DB=n$%. Радиусы окружностей, вписанных в $%△ABD$% и $%△ACD$% равны, поэтому $%\frac{S(ACD)}{b+x+m}=\frac{S(ABD)}{c+x+n}$%. Поскольку $%\frac{S(ACD)}{S(ABD)}=\frac{m}{n}$% и $%m+n=a$%, то из соотношений получаем: $$m=\frac{a(b+x)}{b+c+2x},n=\frac{a(c+x)}{b+c+2x}.$$ Запишем теорему Стюарта: $%ax^2=nb^2+mc^2-amn$% (её проще всего доказать, записав дважды теорему косинусов для углов при вершине $%D$%), или $$ax^2=\frac{a(c+x)}{b+c+2x}b^2+\frac{a(b+x)}{b+c+2x}c^2-a\frac{a(c+x)}{b+c+2x}\frac{a(b+x)}{b+c+2x},$$ $$x^2(b+c+2x)^2=(c+x)(b+c+2x)b^2+(b+x)(b+c+2x)c^2-a^2(c+x)(b+x),$$ $$x^2(b+x)^2+x^2(c+x)^2+2x^2(b+x)(c+x)=$$ $$=(c+x)^2b^2+(c+x)(b+x)b^2+(b+x)^2c^2+(b+x)(c+x)c^2-a^2(c+x)(b+x),$$ $$(b+x)^2(x^2-c^2)+(c+x)^2(x^2-b^2)+(b+x)(c+x)(2x^2-b^2-c^2+a^2)=0,$$ $$(b+x)(c+x)(b+x)(x-c)+(c+x)(b+x)(c+x)(x-b)+(b+x)(c+x)(2x^2-b^2-c^2+a^2)=0,$$ $$(b+x)(c+x)\left((b+x)(x-c)+(c+x)(x-b)+(2x^2-b^2-c^2+a^2)\right)=0,$$ $$(b+x)(c+x)(4x^2-(b+c)^2+a^2)=0,$$ $$AD=\sqrt{p(p-a)}.$$

ссылка

отвечен 11 Дек '14 21:13

изменен 13 Дек '14 13:18

1

Здесь есть такая информация http://www.artofproblemsolving.com/community/c1090h1048353

(4 Ноя '16 23:28) kerim
1

@nicat: Thank you!

(4 Ноя '16 23:35) EdwardTur

@EdwardTurJ: Not at all

(5 Ноя '16 0:08) kerim
10|600 символов нужно символов осталось
3

link text

Ещё вариант http://prnt.sc/d5nsm5

ссылка

отвечен 5 Ноя '16 12:50

изменен 10 Ноя '16 23:50

10|600 символов нужно символов осталось
3

Картинка тут

$%p- $% полупериметр $%\triangle ABC,\ r -$% радиус вписанной окружности $%\triangle ABC$%, $% \ BC =a$%

$%r_1 -$% радиус вписанных окружностей $%\triangle ABD, \ \triangle ACD$%

$$AM= AK , \ AN=AL$$

$$MD=PD, \ ND=DQ$$

Поэтому : $%2AD= AM+AN+MD+ND=2p-2(BP+CQ) \Rightarrow BP+CQ=p-AD$%

$%\dfrac{BP+CQ}{r_1}= \dfrac{a}{r} \Rightarrow \boxed{\dfrac{p-AD}{a}=\dfrac{r_1}{r}} \ (1)$%

$%p_1-$% полупериметр $%\triangle ABD,\ p_2-$% полупериметр $%\triangle ACD$%

$$p_1+p_2=p+AD, \ (p_1+p_2) \cdot r_1=p \cdot r$$

$$\boxed {\dfrac{p+AD}{p}=\dfrac{r}{r_1}} \ (2)$$

из $%(1) и (2)$% получаем :

$$AD^2=p^2-a\cdot p$$

$$r_1= \dfrac{r}{a} \cdot \left( p- \sqrt{p \cdot(p-a)} \right )$$

ссылка

отвечен 12 Ноя '16 21:20

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:

×637
×390
×11

задан
20 Ноя '14 17:11

показан
3274 раза

обновлен
12 Ноя '16 21:20

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