Тригонометрия в правоъгълен триъгълник

[ганка симеонова]

В правоъгълен триъгълник [tex]\Delta ABC; (\angle C=90^\circ )[/tex] с [tex]\delta [/tex] е означен ъгълът между медианата и ъглополовящата от върха А, а с [tex]\varphi [/tex]-ъгълът между медианата и ъглополовящата от върха B. Да се докаже, че

[tex](1+\sqrt[3]{tg\delta } )(1+\sqrt[3]{tg\varphi })=2 [/tex]

[Реклама]

[Spider Iovkov]

Не е истина какви щури идеи ти идват на акъла много късно вечер, когато ти се спи, .

Нека [tex]AL[/tex] и [tex]AM[/tex] са ъглополовящата и медианата от върха [tex]A[/tex], а [tex]BK[/tex] и [tex]BF[/tex] – ъглополовящата и медианата от върха [tex]B[/tex]. Тогава подредбата на точките ще е съответно [tex]C, \, L, \, M, \, B[/tex] и [tex]C, \, K, \, F, \, A[/tex]. Означаваме [tex]BC=a, \, AC=b, \, AB=c[/tex] и [tex]\angle BAC=\alpha, \, \angle ABC=\beta[/tex]. Тогава ще имаме [tex]BM=CM=\frac{a}{2}, \, AF=CF=\frac{b}{2}[/tex]. Ясно е, че [tex]\angle MAL=\delta[/tex] и [tex]\angle FBK=\varphi[/tex]. От друга страна са изпълнени също [tex]\angle AMB=90^\circ+\frac{\alpha}{2}+\delta, \, \angle BAM=\frac{\alpha}{2}-\delta[/tex] и [tex]\angle AFB=90^\circ+\frac{\beta}{2}+\varphi, \, \angle ABF=\frac{\beta}{2}-\varphi[/tex].
От [tex]\triangle ABM[/tex] по синусовата теорема [tex]\Rightarrow \frac{AB}{cos(\frac{\alpha}{2}+\delta)}=\frac{BM}{sin(\frac{\alpha}{2}-\delta)} \Leftrightarrow c sin(\frac{\alpha}{2}-\delta) = \frac{a}{2} cos(\frac{\alpha}{2}+\delta) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 2c sin{\frac{\alpha}{2}} cos\delta-a cos{\frac{\alpha}{2}} cos\delta = 2c cos{\frac{\alpha}{2}} sin\delta-a sin{\frac{\alpha}{2}} sin\delta \Leftrightarrow \tan \delta = \frac{2c sin{\frac{\alpha}{2}}-a cos{\frac{\alpha}{2}}}{2c cos{\frac{\alpha}{2}}-a sin{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].
Разделяме числителя и знаменателя на дробта на [tex]cos{\frac{\alpha}{2}}[/tex] и получаваме [tex]\tan \delta=\frac{2c \tan{\frac{\alpha}{2}}-a}{2c-a \tan{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].
Знаем, че [tex]\tan{\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-cos\alpha}{1 + cos\alpha}}[/tex] (защото става въпрос за ъгли на триъгълник). Лесно пресмятаме [tex]\tan{\frac{\alpha}{2}}=\frac{a}{b+c} \Rightarrow \tan\delta=\frac{a(c-b)}{(b+c)^2}[/tex].
Абсолютно аналогично, работейки този път с ъгъл [tex]\beta[/tex], намираме, че [tex]\tan\varphi=\frac{b(c-a)}{(a+c)^2}[/tex].
Сега вече е лесно: [tex]\tan\delta=\frac{a(c-b)(b+c)}{(b+c)^3}=\frac{a(\cancel {bc}+c^2-b^2-\cancel {bc})}{(b+c)^3}=\frac{a^3}{(b+c)^3}[/tex] и [tex]\tan\varphi=\frac{b(c-a)(a+c)}{(a+c)^3}=\frac{b(\cancel {ac}+c^2-a^2-\cancel {ac})}{(a+c)^3}=\frac{b^3}{(a+c)^3}[/tex]. Тогава
[tex](1+\sqrt[3]{\tan\delta})(1+\sqrt[3]{\tan\varphi})=(1+\frac{a}{b+c})(1+\frac{b}{a+c})=\frac{a+b+c}{b+c}.\frac{a+b+c}{a+c}=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}{(a+c)(b+c)}[/tex].
Но [tex]a^2+b^2=c^2 \Rightarrow (1+\sqrt[3]{\tan\delta})(1+\sqrt[3]{\tan\varphi})=\frac{2c^2+2ab+2bc+2ac}{(a+c)(b+c)}=\frac{2c(c+b)+2a(b+c)}{(a+c)(b+c)}=\frac{2(b+c)(a+c)}{(b+c)(a+c)}=2[/tex].
С това доказателството е приключено, .

Ганке, не знам откъде си изкопала това злато, но отдавна не се бях кефил толкова много, че съм решил определена задача. Тази просто ми разведри деня, . Това е доказателството, че от тригонометрия глава не боли, а напротив, решенията стават страхотни.

[ганка симеонова]

Решението ти е много добро

[r2d2]

За да пресметна [tex]\tan \delta[/tex] без тригонометрия ще използвам едно директно следствие от косинусовата теорема:

При стандартни означения [tex]4S_{ABC}=(a^2+b^2-c^2)\tan C[/tex].

Понеже AC||MT имаме [tex]S_{AMT}=\frac{MT.h}{2}=\frac{MT.CM}{2}=\frac{a(c-b)}{8}[/tex]
[tex]AM^2=AC^2+CM^2=\frac{4b^2+a^2}{4}=\frac{3b^2-c^2}{4}.[/tex]

[tex]MT=\frac{c-b}{2}.[/tex]

Oт правоъгълния АТB имаме [tex]AT^2=AK.AB=(AO+OK).AB=\frac{b+c}{2}c [/tex]
Toгава [tex]AT^2+AM^2-MT^2=\frac{(b+c)^2}{2}[/tex].

По цитираната в началото теорема [tex]4S_{AMT}=(AT^2+AM^2-MT^2)\tan \delta[/tex] или [tex]\frac{a(c-b)}{2}=\frac{(b+c)^2}{2}\tan \delta \Rightarrow \tan \delta =\frac {a(c-b)}{(b+c)^2} .[/tex]

[r2d2]

А ето и решение сaмо с тригонометрия:
[tex] \tan MAC=\frac{MC}{CA}=\frac{a}{2b}[/tex]
[tex]\tan LAC=\frac {LC}{CA}=\frac{a}{b+c}[/tex]

[tex]\tan \delta = \tan (MAC-LAC) = \frac {\frac {a}{2b} - \frac {a}{b+c}}{1 +\frac {a}{2b} \; \frac {a}{b+c}}=\frac {a(b+c-2b)}{2b^2+2bc+a^2}=\frac{a(c-b)}{(b+c)^2}[/tex]


Няма да коментирам решението на Емо и "рецензията" на Ганка"