ДВЕ ВПИСАННЫХ! Никогда такого не было! И вот опять!

[@ХанифАбдуллин-у9ь]

Можно решить задачу и через синусы: Через О1 проведём перпендикуляр к АС в точке Д Через Д проведём перпендикуляр к АВ в точке Е Через О1 проведём перпендикуляр к АВ в точке L Пусть угол В равен альфа, тогда угол А будет 90- альфа Тогда ДЕ будет равным :r+r*sina а отрезок ЕL= r*cosa Отрезок АВ=7r=35 Аналогично делаем преобразования для угла В В итоге получим: 1+sina+cosa=5sina*cosa Пусть sina=t, после преобразований получаем уравнение: -25t3+35t2-12t=0 Отсюда sina=0,6 и периметр такой же как у Вас.

[@SB-7423]

Задача очень интересная. Минимально возможное значение с = 34.14... . Так что заданное значение близко к минимально возможному. Таким образом, при заданном r нельзя задавать произвольно значение с ! Интересные результаты получаются, когда радиусы окружностей разные. Например, при r = 3, R = 4 минимально возможное значение с = 23.72... .

[@user-Alexander-1950-Ufa]

Не стреляйте из пушки по комарам, советует Конфуций.. Из центров окружностей - опускаем перпендикуляры к сторонам исходного треугольника - всего 6. Они попадут в точки касания, (2+2), а также пересекутся - точка (C1). Полученный треугольник (O1O2C1), внутри исходного, - подобен исходному (ABC), по параллельности сторон, он проектируется проведёнными перпендикулярами на стороны исходного, входя своим периметром - в его периметр. (Периметр (ABC)) = (35-2*R)*2 + 2*R + ( Периметр (O1O2C1)); 2*R - это полуквадрат при вершине (C); ( Периметр (O1O2C1)) = (Периметр (ABC)) * (Коэффициент подобия); (Коэффициент подобия) = (Гипотенуза (O1O2))/(Гипотенуза(AB)). Окончательно, уравнение: (Периметр (ABC)) = 25*2 + 5*2 + (Периметр (ABC)) * (10/35), (1 - 2/7) * (Периметр (ABC)) = 60 И ответ: (Периметр (ABC)) = 84 Отдельный вопрос - существование конструкции, он уже обсуждён..

[@annasergeeva4679]

так и правда легче

[@AlexeyEvpalov]

Спасибо за подробный разбор задачи.

[@papa54-y2l]

Без тригонометрии. Проведем перпендикуляр через точку касания окружностей к АС - точка D, с пересечением с СВ - точка N. Из О2 проводим радиус к СВ - точка F. ∆DNB подобен исходному. ∆AKO1=∆NFO2. (5+x)^2 +(30-x)^2 = 25^2. DN/DB=3/4 дальше не интересно, т.к. треугольники египетские.

[@ВерцинГеториг-ч5ь]

Проводим О1О2 , с точки О1 проводим параллельную прямую к АВ на ВС , с точки О2 параллельную - к ВС на АВ , точка их пересечения -Д . Образовался прямоугольный тр-к О1ДО2 подобный - АВС , О1О2=5+5=10 . Коэффициент подобия их соответствующих сторон составляет АС/О1О2=35/10 , К=7/2 . АВ=а , ВС=в , АС=с , отрезок на АВ до точки касания с окружностью от т. А равен Х , аналогичный отрезок от т. С равен У , такие же отрезки на АС , У=35 -10-Х =25-Х , катет О1Д=а-5-Х , катет О2Д=в-5-У=в-5-(25-Х)=в-30+Х , а/(а-Х-5)=7/2 , 5а-7Х=35(1) , в/(в+Х-30)=7/2 , 5в+7Х=210(2) , слагаем оба уравнения (1) и (2) 5а+5в= 245 , а+в=49 . Периметр т-ка АВС = а + в +с= 49+35=84 . Через ф-лу (а+в)*2 = а*2+в*2+2ав и а*2+в*2=с*2=35*2 можно вычислить а=21 , в=28 .

[@AndranikAdamyan-f3b]

Провести биссектрисы до пересечения и рассмотреть подобные треугольники. Легко

[@AndranikAdamyan-f3b]

Находим радиус вписанной окружности в весь треугольник

[@ninaodintsova504]

Правильно, гораздо проще.

[@adept7474]

Решал как @user-yf1zt2dg8m, но другими словами: задвинул правую окр-ть на левую вместе с "пристёгнутым" к ней катетом ВС. Полученный тр-к подобен исходному (К=5/7), его Р = 60, Р(АВС) = 84.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

Для разнообразия. Для начала все данные разделим на пять для упрощения расчетов (геометрия не изменится). Проводим перпендикуляр гипотенузе АВ через точку касания окружностей. Этот перпендикуляр пересечем с обеими катетами и получим два подобных прямоугольных треугольника с одинаковым радиусом вписанной окружности, значит эти треугольники равны. Пусть один из катетов (лежащий на АВ) равен х, тогда катет другого (лежащий на АВ) равен 7-х. Но поскольку треугольники равны, то каждый из них имеет катеты х и 7-х, при радиусе вп.окр.1. Вычисляем полупериметр р=х+7-x-1=6 , тогда площадь S=pr=6 Но S=0,5*x(7-x)=6 x^2-7x+12=0 Корни 3 и 4 , треугольники египетские, так же как и исходный АВС.

[@SB-7423]

Добрый день! А почему Вы написали мне по поводу минимального значения гипотенузы, а потом удалили? А если радиусы 4 и 9? Или r,R ? Здесь обширное поле для раздумий.

[@ЛЮДМИЛАГРОМАКОВА-г1я]

Спасибо, очень интересное решение.

[@sergeykitov2760]

Если доказать единственность решения, а само решение угадать, то это совершенно правильное решение.

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

Боюсь, что доказать единственность методом от противого очень сложно. Даже трудно вообразить. Нужно на той же гипотенузе строить еще один пр. треугольник с такими же окружностями. От такой картины рябь в глазах пойдет. Но можно доказать единственность просто решив задачу, допустим способом автора. Это будет проще.

[@sergeykitov2760]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Мне показалось, что утверждение про недопустимость угадывания было общим, не обязательно применимым к данной задаче, поэтому то, что я написал также носит общий характер. Если рассматривать данную задачу, то можно от двух окружностей перейти к одной, увидеть, что радиус вписанной окружности составляет пятую часть от гипотенузы. Из того, что отношение радиуса вписанной окружности к гипотенузе однозначно определяет углы прямоугольного треугольника угадывание того, что треугольник египетский даёт строгое решение задачи. Другой вопрос считаем ли мы утверждение о единственности доказанным, или доказываем в рамках задачи, что может оказаться не проще, чем просто найти стороны.

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

@@sergeykitov2760 Да, Вы абсолютно правы. И не так уж трудно вывести формулу катетов через гипотенузу и радиус вписанной окружности. Только что в этом убедился, решается квадратное уравнение, два решения в общем случае дают два катета, которые однозначно определяют треугольник.

[@vkr122]

Разрезаем по линиям КО1 и МО2 , середину выкидываем , остатки сдвигаем получяем треугольник с гипотенузой 25 и r=5, известно что он египетский, значит и исходный египетский !

[@vkr122]

ДЗ , р=(с*с-сr)/(c-2r) , где r-радиус двух вписанных подобным образом окружностей!

[@kagar74]

Можно и не вспоминать, что он египетский. Главное, что малый треугольник будет подобен большому с коэффициентом 25/35 = 5/7. Полупериметр малого 25+5 = 30, полупериметр большого 30/5*7 = 42. Периметр 84.

[@vkr122]

@@kagar74Да , через подобие вывел формулу полупериметра для ДЗ.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Супер, спасибо.@@vkr122

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.@@vkr122

[@valeraag5634]

ДЗ. p = c + r (sin

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@adept7474]

"tg

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

Да, не для среднего ума такое. Формула чудесная вышла, но как ее использовать, если дано только r и с, но р и угол А неизвестны? В условии нет данных об угле А...Надо бы доработать😊

[@adept7474]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Уже: полупериметр р = с(с - r)/(с - 2r).

[@valeraag5634]

@@adept7474 рр

[@alexkrechet6173]

Проведём касательную двух окружностей через ∆ABC, её продолжение от CB до C 'на продолжении AC равна: B'C'=(x-y)=√[(x+y)^2 -4xy]; Из формул площади: xy=r^2 + r(x+y); Sin и Cos узнаём из: a=r+x; b=r+y; c=x+y; P= 2(c+2r)+4r^2/c+2r=84, где AC=c+2r; c= AC-2r ; Можно привести: P= 2(c+r) (c+2r)/c .

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@tufoed]

А теперь в студию простое решение. Проведем прямую B1C1, параллельную BC, которая качается окружности с центром O1. Получаем Треугольник AB1C1, подобный исходному. В нем мы можем найти AB1, потому что ВНЕЗАПНО четырехугольник O1O2BB1 оказывается параллелограммом (для недоверчивого читателя это утверждение будет леммой для самостоятельного доказательства). Теперь задача сведена к предыдущей - мы знаем AB1, значит можем найти периметр AB1C1. Коэффициент подобия мы тоже можем найти, поскольку AB1 и AB известны

[@SB-7423]

Указанный Вами четырехугольник O1O2BB1 параллелограммом не является. Постройте чертеж и убедитесь. О1В1|| BC, поэтому отрезок О1В1 не может быть параллелен О2В. Я читатель недоверчивый, эта лемма неверна.

[@tufoed]

@@SB-7423 O1B1 является биссектрисой угла B1 треугольника AB1C1 (потому что на ней лежит центр окружности, вписанной в этот треугольник), то есть точно не совпадает с B1C1. Получается через точку B1 удалось провести две разные прямые, параллельные BC. Автор задачи конечно же не сказал, что необходимо использовать евклидову геометрию, но скорее всего это явное умолчание, справедливое для всех задач с канала. Скрупулезность это хорошо, но в данном случае вас подвела невнимательность

[@SB-7423]

@@tufoed1) Невнимательность подвела Вас! Я этим не страдаю. На канале не было ни одной задачи, посвященной неевклидовой геометрии. 2) Каким образом "..O1B1 является биссектрисой угла B1 треугольника AB1C1"??? О1 лежит на стороне В1С1! Ни разу не видел, чтобы биссектриса угла проходила через его вершину и точку на стороне этого же угла! 3) В какой треугольник вписана окружность О1?? Прочитайте внимательно, что Вы написали! 4) никаких двух прямых, параллельных ВС и проходящих через точку В1 провести НЕ УДАЛОСЬ, так как В1С1∥ ВС, а биссектриса угла АВ1С1∥ О2В! Вот если Вы проведете биссектрису угла АВ1С1 (пусть её продолжение пересечет продолжение О1О2 в точке Е ЗА ПРЕДЕЛАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА)), то четырехугольник ЕО2ВВ1 действительно будет параллелограммом, но это совершенно бесполезно.

[@victorgorelik7383]

См. также похожую задачу с решением в уме. Опубликована несколько дней назад. Разница в том, что вместо гипотенузы 35 там даны катеты 21 и 28. (827 “Can you find the radius” without pen.) Решение. Продли левую сторону вверх и проведи вертикаль по общей касательной. Получишь 2 равных (подобных Египетскому) треугольника с равными вписанными окружностями и третий подобный им маленький треугольник на самом верху. Обозначь его катеты как 3х и 4х и прировняй гипотенузы двух равных треугольников: 21+4х=28-3х. Значит х=1, гипотенузы=25, коеффициент подобия между данным треугольником и двумя построенными равен 25/35=5/7. Отсюда ответ: 5.

[@GeometriaValeriyKazakov]

10 месяцев назад я опубликовал задачу : kzbin.info/www/bejne/b5vLn4NjrMh3gZIsi=JxJ4teBf1uZK-fvH.

[@GeometriaValeriyKazakov]

"Воруют" Карамзин.

[@victorgorelik7383]

​@@GeometriaValeriyKazakov Моё решение тогда было (тоже в уме): kzbin.info/www/bejne/goiwq4qVfcSqaa8

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

"вместо гипотенузы 35 там даны катеты 21 и 28" Разница существенная! Две катета однозначно определяют треугольник, в отличие от одной гипотенузы.

[@victorgorelik7383]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т поэтому я сказал "похожая"

[@tudorcibotarica1284]

Египецки треугольник со сторонами 3, 4, 5 а значит 35/5=7 то есть 3*7 и 4*7 получается 21 и 28.

[@constantinfedorov2307]

Такое странное рассуждение. Если провести вертикальную общую касательную, то может показаться на первый взгляд, что она разрежет треугольник на две фигуры, одна из которых совсем непонятная по форме. Но, если немного поворочать мозгами, из глубин подсознания приходит мысль, что на самом деле получаются два одинаковых прямоугольных треугольника, просто от одного зачем-то откусили кусок. Ну, пусть это остается на совести откусивших, а мне почему-то кажется, что про эти два треугольника многое известно. Например, сумма малого катета одного и большого катета другого треугольника равна 35. То есть у каждого их этих треугольников сумма катетов равна 35. А радиус вписанной окружности равен 5. На скучном формальном математическом языке это означает, что a+b = 35, a+b-c=10, откуда с = 25. Это гипотенуза этих двух одинаковых (одного обкусанного) треугольников. Интересно, что задача теперь такая - есть прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза 25, а сумма катетов 35. конечно, можно решить это с помощью составлений уравнений на основе теоремы Пифагора (мощно задвинул!), но на самом деле, одно решение прямо просится - a = 15, b = 20. Ну, и наоборот годится, потому что никто не застолбил, что там a, а что b. Вы думаете, что мы нашли стороны каких-то "левых" треугольников, а к решению даже и не приблизились? А вот и нет. Исходный треугольник подобен этим "левым", то есть он тоже "египетский", только коэффициент подобия не 25/5=5, а 35/5=7. То есть его катеты 3*7=21; и 4*7=28; .... а можно и так считать - периметр простого "египетского" 12, значит у этого 12*7=84.

[@vladimirr7364]

..ми з України! Обїєднуєм О1 і О2, маєм прямокут. з гіпотенузою 35-10=25. Далі по формулі вписанної окруж в прямоктник маємо 5= (а+в-25) і а2+в2= (25)2 рішаємо цю сістему....🔱

[@ОлегКозловский-о8е]

То что не было сводим к тому что было Обрезаем справа 10. Остаётся гипотенуза 25 вокруг радиуса 5. Это Египет*5. Возвращаем отрезанное и имеем Египет*7 7*(3+4+5)=84

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

Очень спорно. А если бы гипотенуза АВ была бы 36, то по Вашей логике нужно было 11 отрезать? Или если один радиус был бы 5, а другой 5,1 при АВ=35 тоже бы 10 отрезали? Вот вопрос как еще резали? Параллельно катету? А как доказать, что разрез по касательной пошел? Если резали по касательной, тогда как доказать, что прямоугольный получился?

[@ОлегКозловский-о8е]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Отрезать нужно 2 радиуса т.е. 10. А вот катеты считать пришлось бы посложнее. А потом коэффициент подобия ..

[@ОлегКозловский-о8е]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т При разных радиусах отрезать бы пришлось хитро рассчитанное расстояние чтобы правый катет стал касательным что уже непросто. Тут авторский метод, возможно, проще ;)

[@ОлегКозловский-о8е]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Доказательство касательно Ти простое - окружности одинаковы и то что касается правой при переносе на два радиуса будет касаться левой

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Отличный аргумент. Решают обратную задачу и выдают за прямую. @@ДмитрийИвашкевич-я8т

[@adept7474]

Оказывается, ДЗ зарыто глубоко внутри, чтобы мотивировать смотреть полностью. Хитро! Итак, ДЗ: полупериметр р = с(с - r)/(с - 2r).

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

осталось область допустимых значений для r указать😊

[@adept7474]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Предварительно: 0 < r < (√2 - 1)/2. Надо проверять.

[@adept7474]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т Интересно. Проверите - доложите.

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

да, все верно. По другому вашу формулу можно записать р= с + R, где R=c*r/(c-2r) радиус вписанной окружности в исходный треугольник, который находим из подобия. Не так уж и сложно, но нужно сообразить.😊

[@adept7474]

@@ДмитрийИвашкевич-я8т ОК

[@vladimirr7364]

...і я маю чомусь відповідь 80, хто і де ...?

[@fahimcihansin2250]

Сразу же становится понятно, что треугольник не только прямоугольный, но и равнобедренный. Дальше эту задачу решит и троечник, знающий теорему Пифагора. Остаётся выяснить, действительно ли равен радиус двух вписанных и ОДИНАКОВЫХ окружностей пяти единицам. Это труднее. Казакову -- двойка. За то, что водит за нос своих учеников...

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

А если не полениться, взять линейку с делениями и циркуль, начертить по-крупней. Треугольник 35 28 21, окружности по 5, касаются гипотенузы на расстояниях 10 и 15, от острых углов. Даже троечнику это под силу. Как говорится, опыт - критерий истины.

[@SB-7423]

Не нужна даже и линейка! Если треугольник равнобедренный, то при R =5 гипотенуза будет с = 10*[1+ctg(π/8)] = 34.14... . А не 35!

[@ДмитрийИвашкевич-я8т]

​@@SB-7423Товарищ уверен, что при равных окружностях треугольник может быть только равнобедренный и допускает возможность того, что данные задачи некорректны. Типа вдруг составитель задал несовместимые параметры.

[@GeometriaValeriyKazakov]

SB, большое спасибо за помощь в ответах.

[@semenmyagchenko9508]

графически так не построить