nierówność w trójkącie

[ann_u]

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) dwusieczna kata \(\displaystyle{ BAC}\) przecina okrąg na nim opisany w punkcie \(\displaystyle{ K}\). Wykaż że

\(\displaystyle{ BX + CX \ge AK}\)

gdzie \(\displaystyle{ X}\) środek odcinka \(\displaystyle{ AK}\).

[kerajs]

1)
Punkt K jest środkiem tego łuku BC (fragmentu okręgu opisanego na trójkącie ABC) który nie zawiera punktu A.
2)
Zbiór środków wszystkich cięciw okręgu (opisanego na trójkącie ABC) przechodzących przez punkt K jest okręgiem o średnicy SK, gdzie S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC.
3)
Niech X' będzie obrazem X w symetrii osiowej względem SK (B jest obrazem C w tej symetrii).
Wtedy:
a)
\(\displaystyle{ \left| AK\right|=\left| AX\right|+\left| XK\right|=2\left| XK\right|=\left| X'K\right|+\left| XK\right|}\)
b)
\(\displaystyle{ \left| BX\right|+\left| CX\right|=\left| BX'\right|+\left| BX\right|=\left| CX\right|+\left| CX'\right|}\)
4.1)
Gdy \(\displaystyle{ X=S}\) (punkt A jest środkiem łuku BC) to \(\displaystyle{ \left| BX\right|=\left| CX\right|=\left| KX\right|=\left| AX\right|}\) więc teza jest prawdziwa.
4.2)
Niezależnie od położenia X (na okręgu o średnicy SK) innego niż X=S to elipsa (o ogniskach w X i X' i końcu półosi małej w K) leży wewnątrz okręgu opisanego na trójkącie ABC (prócz punktu styczności K). Ponieważ punkty B i C leżą poza elipsą to:
\(\displaystyle{ \left| BX'\right|+\left| BX\right|=\left| CX\right|+\left| CX'\right|=\left| BX\right|+\left| CX\right|>\left| X'K\right|+\left| XK\right| = 2\left| XK\right|=\left| AK\right|\\
\left| BX\right|+\left| CX\right|>\left| AK\right|}\)

PS
Każde z powyższych stwierdzeń można udowodnić, lecz nie chciałem pisać ich dowodów, gdyż niektóre lub wszystkie mogą być dla Ciebie oczywiste i zbędne.

[matmatmm]

kerajs, jak dowodzisz, że

Niezależnie od położenia X (na okręgu o średnicy SK) innego niż X=S to elipsa (o ogniskach w X i X' i końcu półosi małej w K) leży wewnątrz okręgu opisanego na trójkącie ABC (prócz punktu styczności K).

[kerajs]

@ matmatmm,

Niech okręgiem opisanym na trójkącie ABC będzie: \(\displaystyle{ x^2+y^2=(2R)^2}\), a okręgiem na którym leży X ( i X') : \(\displaystyle{ (x-R)^2+y^2=R^2}\) .
Dla \(\displaystyle{ 0<a<2r}\) mam punkty \(\displaystyle{ X=(a, \sqrt{2aR-a^2} ) \ , \ X'=(a, -\sqrt{2aR-a^2} )}\) które są ogniskami elipsy o półosi dużej równej \(\displaystyle{ \left| XK\right|}\) (czyli \(\displaystyle{ \left| XK\right|=\sqrt{(2R-a)^2+(\sqrt{2aR-a^2})^2}= \sqrt{4R^2-2aR}}\)
Ponadto prosta przechodząca przez X i X' przecina okrąg opisany na trójkącie ABC w punktach \(\displaystyle{ (a, \sqrt{4R^2-a^2} )}\) i \(\displaystyle{ (a, -\sqrt{4R^2-a^2} )}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \sqrt{4R^2-2aR}<\sqrt{4R^2-a^2}}\) to oś duża elipsy leży wewnątrz okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Największy promień krzywizny elipsy jest w końcach osi małej i wynosi \(\displaystyle{ 2R}\). Przesuwając się po elipsie jej promień krzywizny maleje, aż do promienia równego \(\displaystyle{ (2R-a) \sqrt{1- \frac{a}{2R} }}\) na końcach osi dużej. Oznacza to, że elipsa leży wewnątrz okręgu prócz punktu styczności w punkcie K.

Pewnie można to wykazać łatwiej , lecz akurat taki sposób przyszedł mi do głowy.