Правоъгълен триъгълник

[Nona]

Даден е правоъгълен триъгълник АВС с височина СН. СС₁ и СС₂ са ъглополовящи съответно в триъгълниците АНС и ВНС. Да се докаже, че [tex]\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle{CC_1C_2}}}\ge 1+\sqrt{2}.[/tex]

[Реклама]

[xyz]

Да погледнем чертежа. Върхът A го няма, защото ще видим, че скоро няма да ни трябва. Първо, кое как е построено. От отсечката C₁C₂ е издигнат квадрат и около него е описана окръжност. Точка M е средата на C₁C₂ и от нея е издигната симетрала. Точката O е центъра на окръжността, а през нея имаме успоредна права на C₁C₂.
>>>
Точката C принадлежи на построената окръжност. Наистина:
ъгъл C₁CC₂=ъгъл C₁CH + ъгъл HC₂ = 1/2 ъгъл ACH + 1/2 ъгъл HCB = 1/2 ъгъл ACB = 45 градуса
което е достатъчно, за доказването на принадлежността.
<<<
Нататък височината от върха C е отбелязана с точки, а драта вертикална точкова линия и симетричната относно червената симетрала. Синята пунктирана права е диагонал на квадрата. Хоризонталните точкови линии са симетрични на вертикалните, спрямо синия пунктир.
Да "намерим" отсечката AC, т.е. ще извършим симетрия спрямо червената пунктирана линия и така ще получим A'C'.
Сега можем да кажем, че окръжността и пунктираните прави се пресичат в точки (т.е. тези намиращи се отдясно), принадлежащи на CB и C'A'. Това не е трудно и се показва от условието за ъглополовящите.
Нека CB и C'A' се пресичат в точка T. От по-горе "доказаното" лесно виждаме, че тези прави са симетрични спрямо синия пунктир. Нека зеленият пунктир минава през точка T и е перпендикулярен на синия такъв. >>> И така нека тази права пресича C₁C₂ в точка S.
От средата на дъгата CC' прекарваме права успоредна на зеления пунктир. Нека тя пресича синия пунктир в точка R, а правата C₁C₂ в точка Q. Освен това построяваме и пунктирана окръжност, вписана в построения квадрат. За удобство линиите от тези построения сме ги означили със светло синьо.
Ще покажем, че точка R принадлежи на отсечката OT, откъдето имаме и че точка Q принадлежи на отсечка SM. Всъщност ще покажем, че T не принадлежи на отсечка OR. Наистина, при ротация с център O на подходящ ъгъл светлосинята права можем да я изобразим в C'A' или при друга ротация в CB. Така тези прави са допирателни към синята пунктирана окръжност, откъдето точките на тях не принадлежат на кръга ограничен от синята окръжност, а T е точно такава точка.
Сега ще покажем, че зеленият пунктира е ъглополовяща на CTC'. Наистина при симетрия спрямо синия пунктир зеленият остава на място (защото по построение е перпендикулярен), а CB се изобразява в C'A'. Така и ъглите отиват в съседните си...
И така оказа се, че и спрямо зеленият пунктир C'A' и CB са симетрични. Нека точката B" е симетричната на B спрямо тази симетрия. Така и започваме с уравненията:
B"S=SB
Ще покажем, че 2MQ=(1+√2)C₁C₂. Радиусът на окръжността е √2.C₁C₂/2, тъй като е описана около квадрат със страна C₁C₂ (т.е. използва се питагоровата теорема). Точката K е спуснат перпендикуляр откъдето е показано. Така:
MQ=MK+KQ=R+KQ=R+C₁C₂/2= каквото обещахме
В последното равенство използвахме, че зеленият пунктир е под ъгъл 45 градуса и отново факта, че имаме квадрат.
Сега да преминем и към дължината на AB.
AB=AM+MB=MB+MA'

По условие трябва да докажем, че съотношението на две лица на триъгълници е ограничено спрямо дадена константа. Тъй като триъгълниците имат общ връх, а и височината от него може да се разглежда като обща, то достатъчно е да докажем неравенството за съотвошението на съответните страни, т.е. ще искаме да покажем, че:
AB/C₁C₂ > 1+√2

Благодарение на вече доказаното:
2MQ=(1+√2)C₁C₂
и по-горе споменатия факт, че:
MS>MQ
задачата се свежда до доказването че:
AB>2MS,
откъдето тъй като знаем, че AB=MB+MA', то горното неравенство се преобразува до:
BS<SA'.
Това трябда да докажем!!!

Но наистина според дефиницията на B" горното неравенство е еквивалентно на:
B"S<SA'
което е еквивалентно на:
ъгъл SA'B" е по-малък от 45 градуса
което е така, тъй като:
ъгъл SA'B" = ъгъл MST + ъгъл STA' = 45 градуса + ъгъл STA'
т.е. получихме, че неравенството от условието е еквивалентно на правилно съждение, което трябваше да докажем.

Пропускаме съществен случай, когато C не е на тази дъга, но това вероятно може да се докажем с подобни разсъждения (но не може да се каже че е аналогично, разира се) - не ми се смята да го проверявам.

Тази задача много ми харесва, защото в решението имаме повече геометрия и малко смятане (стига да не се запетлая в грешки, както умело направих)...

r2d2 беше напълно прав, че предишната версия на записването на решението беше отвратителна (отначало имаше съществени грешки, които бяха оправени, но не достатъчно, а и имаше непълнота в някои съществени моменти от решението). Може да разберете какви глупости съм писал - поместих го в следващия пост, за да не "затлачвам" това решение (което пак не е напълно подробно, но е достатъчно).

[r2d2]

xyz колко мислиш, че ще получиш за това ... решение?

[xyz]

[r2d2]

Ето моето решение:
Лесно се съобразява, че ▲CC1B е равнобедрен (BC=BC1), това е обяснено на чертежа.
Аналогично, AC2=AC. Тогава, C1C2=c-(c-a)-(c-b)=a+b-c=2r.

Двата триъгълника АВС и CC1C2 имат височина CD и лицата им се отнасят както основите, т.е. S_abc / SСc1c2 = AB/C1C2 = c/r.

натам е ясно.

дадената конфигурация е много богата!
Например пресметнете лицето на IPR (по дадени а,b,c)

[xyz]

Всичко е от подобни триъгълници, а в края и малко Питагорова теорема.
DP/CI=DP/(s(2)r)=b/c
DR/CI=DR/(s(2)r)=a/c
ъгъл PDR=90
S_PRD=rrab/(cc)
S_ABI=rc/2
S_ADP/S_APC=S_ADP/(rb/2)=bb/cc
S_BDR/S_BIC=S_BDR/(ra)=aa/cc
S_IPR=S_ABI-S_PRD-S_ADP-S_BDR=
rc/2-rrab/(cc)-rbbb/(2cc)-raaa/(2cc)=
=wccc/(4cc)-wwab/(4cc)-wbbb/(4cc)-waaa/(4cc)=
=w/(4cc)(ccc-(a+b-c)ab-bbb-aaa)=
=(a+b-c)/(4cc)(ccc-(a+b-c)ab-bbb-aaa)=
=(a+b-c)/(4cc)(ccc-(a+b-c)ab-bcc+baa-acc+abb)=
=(a+b-c)/(4cc)(ccc+abc-bcc-acc)=
=(a+b-c)(ab/c-(a+b-c))/4

r2d2 в края на твоето доказателство хубаво беше да допълниш, че
ъгъл BIC = 135 градуса
откъдето I принадлежи на точно фиксирана дъга минаваща през A и B, откъдето вече очевидно максимумът се достига при равнобедрен триъгълник, а нататък е ясно (а може и геометрично да се завърши (това беше и моята цел в моето доказателство)).

[r2d2]

xyz,
упоритото ти нежелание да използваш LaTex, с оглед ограничаване на трафика е похвално!
Това дето си го написал, ако има някой да го прочете, шапка му свалям.
ааа=а³ може би?
Нямам думи

Понеже, предният пост е неразбираем за мен, докажете, че [tex]S_{PIR}=\frac{(p-c)^3}{c}[/tex]