Една прекрасна задача...

[Spider Iovkov]

В [tex]\triangle ABC[/tex] с [tex]CA\neq CB[/tex] с [tex]CL'[/tex] е означена външната ъглополовяща през върха [tex]C[/tex]. Да се докаже, че

[tex]AL'=\frac{bc}{|a-b|}[/tex].

Има ли по-рационален начин от косинусова и синусова теорема, .

[Реклама]

[ганка симеонова]

Има
Без ограничение на общността, да приемем, че [tex]b>a[/tex]
[tex]CL_1[/tex]-външна ъглополовяща=>[tex]\frac{AL_1}{BL_1 }=\frac{AC}{BC }=\frac{b}{a }=>AL_1=by; BL_1=ay [/tex]
[tex]AL_1-BL_1=AB=>by-ay=c=>y=\frac{c}{b-a }=>AL_1=AB+BL_1=c+\frac{ac}{ b-a} =\frac{bc}{b-a } [/tex]
когато [tex]a>b=>AL_1=\frac{bc}{ a-b} [/tex]

[Spider Iovkov]

Госпожо, да пусна ли и своето решение, за да се посмеете на това, колко е дълго и нерационално, .

[ганка симеонова]

Ами, дай да се посмеем тогава

[Spider Iovkov]

Нека прекараме ъглополовящата [tex]CL[/tex]. От нейното свойство имаме [tex]\frac{CA}{CB}=\frac{LA}{LB}, \frac{LA}{LB}=\frac{b}{a} \Rightarrow LA=bx, LB=ax[/tex]. Като отчетем, че [tex]LA+LB=AB[/tex], получаваме, че [tex]LA=\frac{bc}{a+b}, LB=\frac{ac}{a+b}[/tex].
Известно е, че ъглополовящите на съседните ъгли са взаимноперпендикулярни. Тогава [tex]\angle LCL'=90^\circ[/tex].
Да означим [tex]\angle ALC=\phi[/tex] и [tex]\angle ACB=\gamma[/tex]. По тази логика [tex]\angle ACL=\angle BCL=\frac{\gamma}{2}, \angle ACL'=90^\circ-\frac{\gamma}{2}, \angle AL'C=90-\phi[/tex].
За [tex]\triangle ALC[/tex] прилагаме синусовата теорема и получаваме [tex]\frac{b}{sin\phi}=\frac{bc}{(a+b)sin{\frac{\gamma}{2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{sin\phi}=\frac{c}{(a+b)sin{\frac{\gamma}{2}}} \Rightarrow sin\phi=\frac{(a+b)sin{\frac{\gamma}{2}}}{c}[/tex].
От тригонометрията следва, че [tex]cos\gamma=2cos^2{\frac{\gamma}{2}}-1[/tex]. От косинусовата теорема за [tex]\triangle ABC[/tex] определяме, че [tex]cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}[/tex]. Тогава [tex]cos{\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{1+cos\gamma}{2}} \Rightarrow cos{\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4ab}}[/tex]. От основното тригонометрично тъждество намираме и [tex]sin{\frac{\gamma}{2}}[/tex]: [tex]sin{\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{(c+a-b)(c-a+b)}{4ab}}[/tex].
[tex]\Rightarrow sin\phi=\frac{a+b}{2c}\sqrt{\frac{(c+a-b)(c-a+b)}{ab}}[/tex].
[tex]\triangle AL'C: \frac{AC}{sin(90^\circ-\phi)}=\frac{AL'}{sin(90^\circ-\frac{\gamma}{2})} \Rightarrow AL'=\frac{ACcos{\frac{\gamma}{2}}}{cos\phi}[/tex].
[tex]cos\phi=\sqrt{1-sin^2{\phi}} \Rightarrow cos\phi=\frac{\sqrt{4abc^2-(a+b)^2(c+a-b)(c-a+b)}}{2c\sqrt{ab}}[/tex].
Сега заместваме и последователно преобразуваме един гаден израз, , рационализирайки числителя (ако рационализираме знаменателя, ще се получи същият отговор):
[tex]AL'=\frac{bc\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)}}{\sqrt{4abc^2-(a+b)^2(c+a-b)(c-a+b)}};[/tex]
[tex]\sqrt{[4abc^2-(a+b)^2(c^2-(a-b)^2)][(a+b)^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[4abc^2-c^2(a^2+2ab+b^2)+(a^2+2bc+b^2)(a^2-2ab+b^2][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[(4abc^2-a^2c^2-2abc^2-b^2c^2)+(a^4-2a^3b+a^2b^2+2a^3b-4a^2b^2+2ab^3+a^2b^2-2ab^3+b^4)][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[2abc^2-a^2c^2-b^2c^2+a^4+b^4-2a^2b^2][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[c^2(2ab-s^2-b^2)+a^4-2a^2b^2+b^4][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[-c^2(a-b)^2+(a^2-b^2)^2][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{[(a+b)^2(a-b)^2-c^2(a-b)^2][a^2+2ab+b^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{(a-b)^2[(a+b)^2-c^2][(a+b)^2-c^2]}[/tex]
[tex]\sqrt{(a-b)^2[(a+b+c)(a+b-c)]^2}[/tex].
След заместване се получава [tex]AL'=\frac{bc}{|a-b|}[/tex]. Наистина много се пише! . Гаден начин.

[nikolavp]

Ако ми тръгне с такива сметки задача дори на изпита просто не я решавам .Да не говорим за решаване за удоволствие

[jeo]

Имах един учебник по математика, в който пишеше:
Има много пътеки към върха, а по-дългите ни подготвят за по-високи върхове.

[ганка симеонова]

[martosss]

[ганка симеонова]

Поправих се

[martosss]

Впрочем, Емо, учудвам се на ентусиазма ти да си даваш сам задачи и да пишеш сам километрични решения

[xyz]

Като каза че задачата е хубава, то реших да се пробвам и какво открих... Имай a-b - единствената дължина, която не се появява на чертежа. Ами да я поставим тогава. Нека AC>AB. Построяваме точка X, такава че CX=CB. Е да, ама лесно се вижда от чертежа че BX и CL са успоредни, а доказателството е елементарно (поради равенство на ъглите).
Уравнението, които ти си дал се получава следователно от подобните триъгълници:
[tex]{AL \over AB}={AC \over AX}[/tex] => [tex]{AL \over c}={b \over |a-b|}[/tex]

[ганка симеонова]

Браво! Много добро решение