Запитване за една задача...

[Garoll]

Здравейте пак!
Имам въпрос по една задача по геометрия.Тя е от сборника на издателство Лодос(Планиметрия).Имам едно решение и искам да ви попитам дали знаете за нещо по-кратко и по-просто , че това , което направих не ми се струва най-подходящо .
Задачата:
В правоъгълния триъгълник ABC през върха C е прекарана права вън от триъгълника , която пресича окръйностите с диаметри AB,BC и CA съответно в точки D , E и F.
Докажете , че [tex]S_{ABD}=S_{BCE}+S_{ACF}[/tex].
Решението ми е следното:
[tex]\angle CAD = \angle DBC = \beta = \frac{1}{ 2}DC [/tex]-малката дъгата.
[tex]\angle CAB = \angle CDB = \alpha =\frac{1}{2 }CB[/tex]-малката дъга.
Разглеждаме триъгълник ABD:
[tex]\angle ABD = 180 - 90 - \alpha - \beta =90 - \alpha - \beta => \angle ABC = 90 - \alpha -\beta +\beta = 90 - \alpha [/tex]
[tex]\angle FDA=180-90-\alpha =90-\alpha => \angle FAD = \alpha =>\angle FAC = \alpha + \beta [/tex].
[tex]\angle DCB = 180 - \alpha - \beta => \angle ECB = \alpha + \beta [/tex]
Така следва , че триъгълник AFC ≈ триъгълник ADB ≈ триъгълник CEB.
От тук следва следното:
[tex]\frac{h_{ab}}{AB}=\frac{h_{ac}}{AC } =\frac{h_{bc}}{BC } =k => h_{ab}=kAB , h_{bc}=kBC , h_{ac}=kAC.[/tex]
Обаче имаме , че триъгълник ABC правоъгълен , откъдето следва , че [tex]AB^2=BC^2+AC^2[/tex] , октъдето намираме [tex]h_{ab}^2=h_{bc}^2+h_{ac}^2[/tex](1).
Също така имаме
[tex]kAB=h_{ab}[/tex]умножаваме с [tex]h_{ab}[/tex] и получаваме [tex]k.AB.h_{ab}=h_{ab}^2[/tex](2) - аналогично за другите 2 височини.
От (1) и (2) стигаме до уравнението:
[tex]k.AB.h_{ab}=k.AC.h_{ac}=k.BC.h_{bc}[/tex] умножаваме с [tex]\frac{1}{2k}[/tex] и получаваме [tex]\frac{AB.h_{ab}}{2} = \frac{AC.h_{ac}}{2}+\frac{BC.h_{bc}}{2} [/tex] , с което доказваме , че [tex]S_{ABD}=S_{BCE}+S_{ACF}[/tex].
[tex]h_{ab},h_{ac},h_{bc}[/tex] са височини към хипотенузите в правоъгълните триъгълници.
Обаче нещо не знам как да кача картинката...ще дам screenshot

[Реклама]

[Nona]

Използвай тази формула за лице на триъгълник:

[tex]S=\frac{a^2.\sin{\beta}.\sin{\gamma}}{2\sin{\alpha}}=\frac{b^2.\sin{\alpha}.\sin{\gamma}}{2\sin{\beta}}=\frac{c^2.\sin{\alpha}.\sin{\beta}}{2\sin{\gamma}}.[/tex]



Трите триъгълника са подобни и съответните им ъглите са равни. Нека означим острите им ъгли с α и β=90°-α. Тогава лицата на триъгълниците са:


[tex]S_{ACF}=\frac{b^2.\sin{\alpha}.\sin{\beta}}{2\sin{90^\circ}} \\ S_{BCE}=\frac{a^2.\sin{\alpha}.\sin{\beta}}{2\sin{90^\circ}} \\ S_{ABD}=\frac{c^2.\sin{\alpha}.\sin{\beta}}{2\sin{90^\circ}} \\ a^2+b^2=c^2 \Leftrightarrow S_{ABD}=S_{BCE}+S_{ACF}.[/tex]

[Garoll]

мдаа..мерси, а дали може да се мине нещо без подобието мислих , ама май не може...

[martosss]

Разбира се че има... ето го и негово величество ... Решението :
[tex]\angle BAD=\angle BCD=\frac{\overline{BD}}{2}=\alpha , \angle ACF=\angle ABD=\angle CBE=90-\alpha \Right\Delta ABD\approx \Delta ACF\approx CBE[/tex](|признак)
[tex]\Right \begin{tabular}{|l}\frac{S_{ABD}}{S_{ACF}}=\frac{AC^2}{AB^2}\\\frac{S_{CBE}}{S_{ABC}}=\frac{BC^2}{AB^2} \end{tabular}[/tex]
Сега почленно събираме двете равенства и получаваме:
[tex]\frac{S_{ACF}+S_{BCE}}{S_{ABC}}=\frac{AC^2+BC^2}{AB^2}[/tex]
Но от питагоровата теорема за ABC => AC²+BC²=AB²=>
[tex]\frac{S_{ACF}+S_{BCE}}{S_{ABC}}=1[/tex]=>[tex]S_{ACF}+S_{BCE}=S_{ABC}[/tex]

[Garoll]

и на тва решение му викаш решение без подобие?

[martosss]

Е ми твоето ми изглеждаше прекалено сложно... моето решение е на 5 реда

П.П. Това решение ми го каза госпожата ми

[martosss]

Ето едно предизвикателство - Докажете, че [tex]FD=CE[/tex]
Ето ми я и идеята - ако построиш перпендикулярна права на FE през D се образува трапец, чиято основа можем да изразим чрез страните както съм показал на чертежа(това е валидно за всяка успоредна на основите права, която дели бедрото на отсечки m и n )
И от тук [tex]S_{ABD}=\frac{DG*x+DG*(y+z)}{2}[/tex]
От друга страна имаме [tex]S_{FAC}+S_{BEC}=\frac{a*(x+y)+b*z}{2}[/tex] И сега като извадим почленно тези равенства получаваме [tex]S_{ABD}-S_{FAC}-S_{BEC}=\frac{DG*x+DG*(y+z)}{2}-\frac{a*(x+y)+b*z}{2}=\frac{\frac{a(y+z)+bx}{x+y+z}*(x+y+z)-a(x+y)+bz}{2}=\frac{(a-b)(x-z)}{2}[/tex]
Сега трябва да докажем, че това е равно на 0, тоест или а=b, или x=z, целта ми е второто, защото то ВИНАГИ е изпълнено(така казва Car Metal ), но не знам как да го докажа... за сега единствения начин,който виждам, е да докажа че лицата се равни и от там да следва равенството Ама това изглежда дълго... ако може някой да го докаже по-простичко да се пробвa

В случая търсим [tex]x=z?[/tex]

[cub]

построяваме от т.А права успоредна на DC, лежаща на окръжността около АBC- правата AA1, получава се равнобедрен трапец. Но <BEC = 90 (BC-диаметър), <АА1B=90 (АB-диаметър) => т.А1 е точка и от BE. Taка имаме ▲АDF еднакъв на ▲ A1CE.
С чертеж е мн по лесно да се види, ще гледам да пусна по-късно днес един, че нямам възможност сега. Martosss, тогава и ще ти разгледам решението , че като гледам си ме изпреварил.

[martosss]

Браво, cub, и за си мислех да построя нещо подобно ама никога построенията не са ми били силната страна Та ето едно чертежче, то е старото, но с построението
На него ясна се вижда АА1СД - равнобедрен трапец, понеже е вписан в окръжността, описана около АВС, откъдето [tex]AD=A_1C[/tex], освен това [tex]AF=A_1E=a[/tex] и ъгъл АFD=ъгъл [tex]CEA_1 =90^\circ [/tex] и от там ▲[tex]FAD\equiv \Delta EA_1C[/tex] => х=z => лицата са равни не е много по-късо, като се има на предвид че трябва да докажеш дължината на GD и да докажеш че x=z

Ето и един план за решение:

1)[tex]DG=\frac{a(y+z)+bx}{x+y+z}[/tex]

2) x=z

3) Изразяваш разликата [tex]S_{ABD}-S_{ACF}-S_{BCE}[/tex]

И от ВСИЧКО това намираш че лицата са равни Според мен все пак по-лесния вариант е този с подобието, който написах, на 5 реда е

[cub]

Старах се, нищо че не личи....

[martosss]

cub,така как е?