Автор Тема: Дуга через точки двух прямоугольных треугольников  (Прочитано 578 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 4813
    • Просмотр профиля
    • E-mail



Два прямоугольных треугольника примыкают друг к другу вершинами острых углов, как показано на схеме. Катеты, которые выходят из точки примыкания, равны между собой. Из вершин прямых углов на гипотенузы опущены высоты.
Доказать, что две   непримыкающие друг к другу вершины острых углов этих треугольников, и точки-основания высот лежат на одной окружности.
« Последнее редактирование: 31 Январь 2018, 15:06:34 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
А можно схему прилепить),

Или ответить на вопрос, условно сходственные это касающиеся вершины или противоположные)

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Вроде начертил все варианты схемы которые пришли в голову, окружность через основания высот и какие либо вершины не построилась.

Получилась у меня одна окружность, но высоты я опускал на продолжение гипотенуз из прямых углов другого треугла... Так должно быть?
« Последнее редактирование: 31 Январь 2018, 14:14:21 от Race »

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 4813
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Вроде начертил все варианты схемы которые пришли в голову, окружность через основания высот и какие либо вершины не построилась.

Получилась у меня одна окружность, но высоты я опускал на продолжение гипотенуз из прямых углов другого треугла... Так должно быть?

А мой рисунок не отображается? Сейчас перезалью.
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Через телефон посмотрел. Все увидел. Спасибо.
Кстати, я нашел еще одну окружность))

hripunov,
я извиняюсь, но Вы ничего не перепутали, явно должны быть еще ограничения.
Повторил построения 3 раза. Не бьется. Это видно даже из Вашей схемы. Начинаем двигать один из прямых углов в сторону другого, не подвижного. В теории, так как один прямой угол и 2 не касающиеся вершины не подвижны, основание высоты должно двигаться по траектории окружности, но основание высоты двигается по прямой....

То есть, для каждой дуги, можно построить такую пару треугольников, но если один треугольник оставить зафиксированным (чем окончательно задать дугу), а во втором начать двигать прямой угол, то основание высоты второго треугольника слазит с дуги.
« Последнее редактирование: 31 Январь 2018, 14:45:39 от Race »

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 4813
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Через телефон посмотрел. Все увидел. Спасибо.
Кстати, я нашел еще одну окружность))

hripunov,
я извиняюсь, но Вы ничего не перепутали, явно должны быть еще ограничения.
Повторил построения 3 раза. Не бьется. Это видно даже из Вашей схемы. Начинаем двигать один из прямых углов в сторону другого, не подвижного. В теории, так как один прямой угол и 2 не касающиеся вершины не подвижны, основание высоты должно двигаться по траектории окружности, но основание высоты двигается по прямой....

То есть, для каждой дуги, можно построить такую пару треугольников, но если один треугольник оставить зафиксированным (чем окончательно задать дугу), а во втором начать двигать прямой угол, то основание высоты второго треугольника слазит с дуги.
Конечно, опять напутал.  Вчера ДР был, хватил лишнего.
Нужно добавить, что катеты треугольников, которые сходятся в точке, равны между собой . Добавляю, извиняюсь за оплошность.
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Через телефон посмотрел. Все увидел. Спасибо.
Кстати, я нашел еще одну окружность))

hripunov,
я извиняюсь, но Вы ничего не перепутали, явно должны быть еще ограничения.
Повторил построения 3 раза. Не бьется. Это видно даже из Вашей схемы. Начинаем двигать один из прямых углов в сторону другого, не подвижного. В теории, так как один прямой угол и 2 не касающиеся вершины не подвижны, основание высоты должно двигаться по траектории окружности, но основание высоты двигается по прямой....

То есть, для каждой дуги, можно построить такую пару треугольников, но если один треугольник оставить зафиксированным (чем окончательно задать дугу), а во втором начать двигать прямой угол, то основание высоты второго треугольника слазит с дуги.
Конечно, опять напутал.  Вчера ДР был, хватил лишнего.
Нужно добавить, что катеты треугольников, которые сходятся в точке, равны между собой . Добавляю, извиняюсь за оплошность.

Спасибо, сейчас посмотрим.

Кстати. еще 1 интересный факт - если вокруг этих треуглов описать окружности, то второй раз они пересекутся точно на прямой соединяющей не касающиеся углы, а общая хорда будет перпендикулярна данной прямой.

Но тогда возникает следующий, абсолютно закономерный вопрос:
как при построении построить такие треуглы, если нету циркуля) с циркулем элементарно, строим произвольный треугольник между АВ.
Опускаем его высоту. Пусть С третья вершина, H основание высоты.
Описываем 2 окружности ACH и ВСH.
Из точки C строим окружность произвольного радиуса.
Получаем наши одинаковые катеты, опускаем высоты - работает.

Но как это реализовать при наличие одного угольника?:) Нам требуется построить не только 2 одинаковых отрезка, но так же обеспечить тот факт, что вторые концы отрезков должны принадлежать некоторой окружности.
Один мы легко строим при помощи угольника, а дальше ступор.

Задача сама по себе не тривиальная и если разрешима с такими ограничениями заслуживает отдельного рассмотрения.
« Последнее редактирование: 31 Январь 2018, 15:16:42 от Race »

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 4813
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Через телефон посмотрел. Все увидел. Спасибо.
Кстати, я нашел еще одну окружность))

hripunov,
я извиняюсь, но Вы ничего не перепутали, явно должны быть еще ограничения.
Повторил построения 3 раза. Не бьется. Это видно даже из Вашей схемы. Начинаем двигать один из прямых углов в сторону другого, не подвижного. В теории, так как один прямой угол и 2 не касающиеся вершины не подвижны, основание высоты должно двигаться по траектории окружности, но основание высоты двигается по прямой....

То есть, для каждой дуги, можно построить такую пару треугольников, но если один треугольник оставить зафиксированным (чем окончательно задать дугу), а во втором начать двигать прямой угол, то основание высоты второго треугольника слазит с дуги.
Конечно, опять напутал.  Вчера ДР был, хватил лишнего.
Нужно добавить, что катеты треугольников, которые сходятся в точке, равны между собой . Добавляю, извиняюсь за оплошность.

Спасибо, сейчас посмотрим.

Кстати. еще 1 интересный факт - если вокруг этих треуглов описать окружности, то второй раз они пересекутся точно на прямой соединяющей не касающиеся углы, а общая хорда будет перпендикулярна данной прямой.

Но тогда возникает следующий, абсолютно закономерный вопрос:
как при построении построить такие треуглы, если нету циркуля) с циркулем элементарно, строим произвольный треугольник между АВ.
Опускаем его высоту. Пусть С третья вершина, H основание высоты.
Описываем 2 окружности ACH и ВСH.
Из точки C строим окружность произвольного радиуса.
Получаем наши одинаковые катеты, опускаем высоты - работает.

Но как это реализовать при наличие одного угольника?:) Нам требуется построить не только 2 одинаковых отрезка, но так же обеспечить тот факт, что вторые концы отрезков должны принадлежать некоторой окружности.
Один мы легко строим при помощи угольника, а дальше ступор.

Задача сама по себе не тривиальная и если разрешима с такими ограничениями заслуживает отдельного рассмотрения.

Race, это доказательство требуется   получить любым способом: в этой задаче нет ограничения в инструментарии. 
Потом  этот факт можно использовать в других задачах .
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 113
    • Просмотр профиля
Тригонометрическое доказательство
Пусть стороны треугольника внизу 1,a,b. Углы напротив сторон a,b-α,β. Из теоремы синусов получаем a=sin(α)/sin(α+β), b=sin(β)/sin(α+β). Пусть длина общего катета q=a*sin(φ)=b*sin(ψ). Если точки лежат на окружности, то вписанные углы опирающиеся на сторону 1 равны, и должно выполняться равенство
(cos(α)-b*cos2(ψ))/sin(α)=(cos(β)-a*cos2(φ))/sin(β). Несложно проверить что это действительно так при вышеуказанных соотношениях.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 4813
    • Просмотр профиля
    • E-mail
c2h5oh :thumbs up:.
Я в сторону тригонометрии даже не думал, хотя она здесь применима на 100%
У меня доказательство чисто описательное. Я эту задачу выкладывал, чтобы напомнить о свойствах радикальных осей и хорд, нужных в другой задаче.

Тут рисовать ничего не нужно:  достаточно описать то, что видишь. Желтенькие окружности - чисто для наглядности.

Красные прямоугольные треугольники являются вписанными в желтенькие окружности, оранжевые гипотенузы маленьких треугольничков касательны к ним. А так  как оранжевые гипотенузы-касательные равны, то точка смычки катетов лежит на радикальной оси желтеньких окружностей. Это значит, что продолжения  хорд АВ и СД желтеньких окружностей  пересекаются на радикальной оси. Значит АВСД - вписанный.
« Последнее редактирование: 15 Март 2018, 18:48:15 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Решение Головотяпа
Эту заброшенную мною месяц назад задачу
www.smekalka.pp.ru/forum/index.php/topic,9114.0.html
я в своё время не решил, особенно после того, как хрипунов сказал, что её не надо решать. И я забыл про неё. Она мне тогда портила нервы, ибо казалась слишком сложной для меня. Но новичок Спирт, который явно неглуп в математике, напомнил вчера всем про эту задачу. Я стал опять смотреть на неё, и она оказалась вовсе не сложной.

   Я не стал изучать решение спирта, увидев только, что оно тригонометрическое и в две строчки. Тем более, что я очень не люблю расшифровывать чужие суперсжатые решения, да ещё без рисунка.

▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐▐

Короче, вот моё нетригонометрическое и более чисто геометрическое решение. Решение скучное и рутинное, и использует одно известное свойство четырёхугольника, вписанного в окружность.

К Раце просьба, поскольку он в своё время отнёсся с интересом к этой задаче, опубликовать это моё решение. Дай бог и хрипунов его прокомментирует.


=======================

https://ibb.co/eRX7qH

Сначала обозначения:
|AC| = b       |AD| = e      |DC| = d     |AB| = c     |AE| = f      |EB| = g     ∠ACB = ß    ∠AED = ß1    ∠ABC = α     ∠ADE = α1   Н и h - высоты левого и правого прямоуглых треуглов.

1) Известно (и это легко доказать), что высота прямоуглого треугла есть среднее арифметическое от двух отрезков, на которые она делит гипотенузу. Поэтому имеем пару равенств:

Н2 = d∙e       (1)
h2 = f∙g        (2)

2) Из Пифагора:

Н2 = p2 - e2         (3)
h2 = p2 - f2          (4)

3) подставляем (3) и (4) в (1) и (2), получаем:

p2 - e2 = d∙e   =>   p2 = d∙e + e2       (5)
p2 - f2 = f∙g    =>   p2 = f∙g + f2         (6)

4) Сравниваем (5) и (6) и получаем:

d∙e + e2 = f∙g + f2       =>   e(d + e) = f(g + f)      =>    e∙b = f∙c    =>

e/f = c/b    (7)

5) Из (7) следует, что у двух треуглов ΔADE и ΔACB соотношение сторон e, f и, соответственно, c, b равны. Кроме того, треуглы ΔADE и ΔACB имеют общий угол γ между этими сторонами. Значит треуглы ΔADE и ΔACB подобны. Значит их соответствующие углы
 
α = α1      (8)
ß = ß1      (9)

6) Угол ε дополняет угол α1 = α до 180° :  ε = 180° - α
Угол φ дополняет угол ß1 = ß до 180° :  φ = 180° - ß

Значит   
α + ε = α + 180° - α = 180°        (10),
ß + φ = ß + 180° - ß = 180°       (11)

7) Что значат равенства (10) и (11)? А то, что противоположные углы четырёхугольника ADEB попарно в сумме дают по 180°. А это есть необходимое и достаточное условие/свойство четырёхугольника, вписанного в окружность.
   Необходимость этого свойства более-менее очевидна (но она щас не нужна), а достаточность легко доказывается, например, в (Теорема 2):
www.resolventa.ru/spr/planimetry/ofcircle.htm

_______________________

Есть ещё теорема Птолемея, гласящая что "Вокруг выпуклого четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда произведение его диагоналей равно сумме произведений его противоположных сторон", т.е.

|CE|∙|DB| = |CB|∙|DE| + |CD|∙|EB|

но через неё, по-моему, посложнее будет доказать, и там уже без теорем синусов-косинусов вряд ли удастся обойтись. Да и сама теорема Птолемея доказывается сложнее.

=====================

Я обычно от всех желаю услышать и ожидаю обсуждение, анализ и сравнение решений (если их больше одного), но решение спирта мне, без рисунка ... пошел я нафиг голову ломать. Если хочет, пусть предоставит полное, с пошаговым объяснением, и, главное, с рисунком (ради обозначений) решение. Тогда я выскажусь.
А так лишь скажу, что задача не плохая. Мне обычно такие не легко даются, но на сей раз повезло - после месячного перерыва быстро удалось придумать путь доказательства. Также быстро удалось увидеть нужную пару подобных треуглов.



Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 113
    • Просмотр профиля
Вот моё решение.

AB=1,AC=b,BC=a,CAB=α,CBA=β,CD=CE=q,DAC=φ,EBC=ψ,CD=CE=q=b*sin(φ)=a*sin(ψ).
Теорема синусов:
AB/sin(ACB)=AC/sin(ABC)=BC/sin(BAC),
1/sin(π-(α+β))=a/sin(α)=b/sin(β),
a=sin(α)/sin(α+β), b=sin(β)/sin(α+β).
AF=AD*cos(CAD)=AC*cos2(CAD)=b*cos2(φ),
AI=AB*cos(BAI)=cos(α),IF=AI-AF=cos(α)-b*cos2(φ),
BI=AB*sin(BAI)=sin(α),
tg(IFB)=BI/IF=sin(α)/(cos(α)-b*cos2(φ)), и аналогично tg(HGA)=sin(β)/(cos(β)-a*cos2(ψ)).
Из равенства тангенсов следует равенство углов и равенство смежных углов AGB и AFB, что нам и нужно.

Доказывем равенство sin(α)/(cos(α)-b*cos2(φ))=sin(β)/(cos(β)-a*cos2(ψ)).

sin(α)*(cos(β)-a*cos2(ψ))=sin(β)*(cos(α)-b*cos2(φ))
sin(α)*cos(β)-sin(β)*cos(α)=a*sin(α)*cos2(ψ))-b*sin(β)*cos2(φ)
sin(α-β)=sin2(α)/sin(α+β))*(1-sin2(ψ))-sin2(β)/sin(α+β))*(1-sin2(φ))
sin(α-β)sin(α+β)=sin2(α)-sin2(β)+(sin2(β)sin2(φ)-sin2(α)sin2(ψ))
sin2(β)sin2(φ)-sin2(α)sin2(ψ)=0, т.к. b*sin(φ)=a*sin(ψ), a/b=sin(α)/sin(β)

Осталось доказать sin(α-β)sin(α+β)=sin2(α)-sin2(β). Может это равенство в школе проходят, не помню.
sin(α-β)sin(α+β)=(sin(α)*cos(β)-sin(β)*cos(α))*(sin(α)*cos(β)+sin(β)*cos(α))=sin2(α)*cos2(β)-sin2(β)*cos2(α)=sin2(α)*(1-sin2(β))-sin2(β)*(1-sin2(α))=sin2(α)-sin2(β).