школьная геометрия *

[redicka]

Можно так.Берем произвольный прямоугольный треугольник и с помощью векторов и вычислений показываем, что углы равны.
Поскольку вычисления сделаны для произвольного треугольник, то равенство углов будет в каждом прямоугольном треугольнике.

[grizzly]

redicka в сообщении #1270897 писал(а):

Поскольку вычисления сделаны для произвольного треугольник, то равенство углов будет в каждом прямоугольном треугольнике.

Для произвольного прямоугольного треугольника более простое доказательство (через подобие треугольников) привёл fred1996 чуть выше. Вопрос задачи -- доказать, что для непрямоугольного так быть не может (считается, что по [школьному] определению углы не могут иметь нулевую меру).

[fred1996]

Да, что-то без тригонометрии не получается:

Собственно нужно выяснить, как ведет себя угол $FBC$, когда треугольник $ABC$ из равнобедренного плавно переходит в прямоугольный. Поскольку в двух этих крайних положениях У нас наблюдается равенство углов $\angle ABD=\angle FBC$.
Пусть у нас высота $BD=1$, а $AD=a<1$.
И пусть у нас $DF=x$, тогда легко вычислить тангенс угла $FBC$:

$\tg\beta=\frac{a+x}{1+ax+2x^2}$
Легко показать, что эта функция имеет один максимум при $x$ растущем от 0. То есть сначала растет, потом убывает. И значит только в случае прямоугольного треугольника удовлетворяет требуемому равенству углов.
То есть доказательство есть, но не геометрическое. А как я уже сказал, скорее алгебраическое.

[wrest]

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

Пусть у нас высота $BD=1$, а $AD=a<1$.

А второй случай когда $a>1$ рассматривать не нужно? И где у вас используется то что какой-то конкретный катет длиннее другого?

-- 03.12.2017, 01:02 --

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

Собственно нужно выяснить, как ведет себя угол $FBC$, когда треугольник $ABC$ из равнобедренного плавно переходит в прямоугольный.

И еще не забыть, что равнобедренные но при том прямоугольные треугольники -- тоже бывают :)

-- 03.12.2017, 01:07 --

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

$\tg\beta=\frac{a+x}{1+ax+2x^2}$

Я например не понял что это за угол и почему его тангенс равен такой дроби, и как решение задачи следует из количества максимумов этой дроби при положительных иксах...
Можете пояснить?

[fred1996]

wrest в сообщении #1271245 писал(а):

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

Пусть у нас высота $BD=1$, а $AD=a<1$.

А второй случай когда $a>1$ рассматривать не нужно? И где у вас используется то что какой-то конкретный катет длиннее другого?

случай $a>1$ просто зеркальный по отношению к случаю $a<1$, поэтому и биссектриса и медиана теперь будут слева от высоты.

-- 03.12.2017, 01:02 --

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

Собственно нужно выяснить, как ведет себя угол $FBC$, когда треугольник $ABC$ из равнобедренного плавно переходит в прямоугольный.

Цитата:

И еще не забыть, что равнобедренные но при том прямоугольные треугольники -- тоже бывают :)

Равнобедренный случай на не интересует - это вырожденный случай с нулевыми исходными углами.

-- 03.12.2017, 01:07 --

fred1996 в сообщении #1271034 писал(а):

$\tg\beta=\frac{a+x}{1+ax+2x^2}$

Цитата:

Я например не понял что это за угол и почему его тангенс равен такой дроби, и как решение задачи следует из количества максимумов этой дроби при положительных иксах...
Можете пояснить?

Читайте внимательнее. Это наш искомый угол, тангенс которого вычисляется из тангенса разности двух углов по школьной формуле. Смотрите график.
У нас этот тангенс сначала растет, достигая максимума, потом уменьшается. В промежутке между равнобедренным и прямоугольным случаями. И далее уменьшается с ростом $x$.
Так что равенство двух углов возможно только в случае равнобедренного и прямоугольного треугольника. Но равнобедренность исключается. Остается прямоугольность. ЧТД.

[grizzly]

Красивая задача. Насколько просто доказывается, что у прямоугольного треугольника углы равны и насколько сложнее -- обратная задача. Всё никак не покидает ощущение, что можно поискать простое рассуждение и в обратную сторону. Идея fred1996 мне нравится и она превращает задачу в хороший пример полезности методов анализа в геометрии.

[Skeptic]

В треугольнике $BFC$ из вершины $F$ опустим высоту $FF_1$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $FF_1C$. Предположим, $\angle ABD=\angle FCF_1$, тогда треугольник $FF_1C$ будет подобен треугольнику $ABD$, а треугольник $BFC$ будет равнобедренный. Из этого следует равенство отрезков $FB=FC=AF$, являющимися радиусами окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$, сторона $AC$ - диаметр этой окружности. Следовательно, условие $DE=EF$ выполняется для прямоугольного треугольника, т.е. $\angle ABD$ прямой.

[grizzly]

Skeptic в сообщении #1271437 писал(а):

Предположим, $\angle ABD=\angle FCF_1$

Допустим, при этом предположении Вы даже что-то доказали. Ну и что из этого?

[Ivan_B]

Раз тригонометрией пользоваться все-таки можно:
Угол между высотой треугольника и стороной равен углу между медианой и другой стороной, обозначим его $\alpha$
Угол между высотой и медианой обозначим $\beta$
Пусть высота равна $a$
В прямоугольных треугольниках, образованных высотой, выразим катеты, которые будут равны $a\tg(\alpha)$, $a\tg(\beta)$ и $a\tg(\alpha+\beta)$.
Составим уравнение, исходя из того, что медиана делит сторону пополам:
$a\tg(\alpha)+a\tg(\beta)=a\tg(\alpha+\beta)-a\tg(\beta)$
$\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha)\cos(\beta)}=\frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha+\beta)\cos(\beta)}$
$\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)=\sin(\alpha)\cos(\alpha)$
$\sin(2(\alpha+\beta))=\sin(2\alpha)$
$\sin(\beta)\cos(2\alpha+\beta)=0$

Решение $\beta=0$ - случай с равнобедренным треугольником
Решение $2\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$ то, что требовалось доказать.

[grizzly]

Ivan_B
Здорово! Совсем просто и по-школьному. Даже равнобедренный треугольник не нужно исключать.

[wrest]

Ivan_B в сообщении #1271615 писал(а):

$\sin(2(\alpha+\beta))=\sin(2\alpha)$
$\sin(\beta)\cos(2\alpha+\beta)=0$

Помойму второй шаг с преобразованием разности синусов в произведение синуса и косинуса лишний, т.к. из равенства синусов сразу следует два решения -- равенство аргументов синусов (тогда $\beta=0$) и симметрия аргументов синусов относительно $\pi$, и тогда $2(\alpha+\beta)=\pi - 2\alpha$ и соответственно $2\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$

Да, решение отличное!

[Ivan_B]

wrest в сообщении #1271682 писал(а):

второй шаг с преобразованием разности синусов в произведение синуса и косинуса лишний

Могу только сказать почему я его сделал: чтобы можно было механически записать все корни и случайно не допустить глупую ошибку. В процессе решения уравнения появились ограничения. Одно из них $\cos(\beta) \neq 0$. Нужно чтобы такие корни, если они будут, не попали в конечный резельтат.

grizzly в сообщении #1271649 писал(а):

Ivan_B
Здорово!

wrest в сообщении #1271682 писал(а):

Да, решение отличное!

Спасибо за такой теплый отзыв! Моральная поддержка мне сейчас очень кстати...

[Skeptic]

grizzly в сообщении #1271441 писал(а):

Skeptic в сообщении #1271437 писал(а):

Предположим, $\angle ABD=\angle FCF_1$

Допустим, при этом предположении Вы даже что-то доказали. Ну и что из этого?

Треугольник $ABD$ любой, следовательно, $\angle FCF_1$ может изменяться в широких приделах, и только при равенстве $\angle ABD=\angle FCF_1$ треугольник становится прямоугольным.

С другой стороны. Доказательство в одну строку.
Равенство $\angle ABD=\angle BCF$ возможно, если стороны углов взаимно перпендикулярны. Из этого следует, что $\angle ABD$ прямой.

[grizzly]

Skeptic в сообщении #1271791 писал(а):

Треугольник $ABD$ любой, следовательно, $\angle FCF_1$ может изменяться в широких приделах, и только при равенстве $\angle ABD=\angle FCF_1$ треугольник становится прямоугольным.

Доказательства вот этого "только" я не вижу. Значит, кто-то из нас ошибается. Если Вы сочли его слишком очевидным, чтобы вдаваться в детали, тогда распишите, пожалуйста, чуть подробнее. В частности, зачем Вам понадобилось построение дополнительного треугольника?
Как я вижу Ваше рассуждение, достаточно было просто сказать: предположим, $\angle ABD =\angle BCA$, тогда треугольник $BFC$ -- равнобедренный и дальше по Вашему тексту. Только пользы от этого рассуждения не больше, чем от Вашего, имхо (но и не меньше).

[wrest]

Skeptic в сообщении #1271791 писал(а):

Из этого следует, что $\angle ABD$ прямой.

Поправьте обозначения, с чего он прямой? И лучше конечно вернуться к обозначениям исходной задачи:

Kornelij в сообщении #1269300 писал(а):

В $\triangle ABC$ проведены высота $BD$, биссектриса $BK$ и медиана $BM$