Биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника делит гипотенузу на отрезки длиной 3см 4см. Найдите радиус круга, вписанного в треугольник
Объяснение:
Пусть один катет а, другой катет b. . По т. о биссектрисе треугольника
, тогда а= 
.
По т. Пифагора а²+b²=(3+4)² ,( )²+b²=49 ,
+b²=49 , 9b²+16b²=49*16 , b²= 
, b=
= 5,6 (см)
a= 
=4,2 cм
S=1/2*Р*r . Найдем площадь прямоугольного треугольника
S=1/2*5,6*4,2=1/2*23,52 (см²) . Найдем периметр Р=16,8 см. Тогда
1/2*23,52=1/2*16,8*r , r= 23,52/16,8 , r=1,4 см
===============================
Теорема о биссектрисе треугольника " Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на два отрезка, длины которых относятся так же, как длины соответствующих сторон."
1) В треугольниках ΔAA₁B и ΔСС₁B углы ∠A₁ и ∠C₁ — прямые, угол ∠B — общий. Значит, углы ∠A₁AB и ∠С₁CB (∠LCB) равны (так как все углы каждого треугольника должны в сумме давать 180°).
Углы ∠LAB и ∠LCB опираются на одну дугу, значит, они равны.
∠A₁AB = ∠LCB, ∠LCB = ∠LAB ⇒ ∠A₁AB = ∠LAB. Тогда прямоугольные треугольники ΔAC₁H и ΔAC₁L равны по общему катету AC₁ и прилежащему к нему углу (∠A₁AB = ∠LAB). Значит, их соответствующие элементы равны, в частности, HC₁ = C₁L, что и требовалось доказать.
2) AM = MC, HM = MK по условию ⇒ AKCH — параллелограмм ⇒ ∠AKC = ∠AHC. ∠AHC = ∠A₁HC₁ как вертикальные ⇒ ∠AKC = ∠A₁HC₁.
∠BA₁H = ∠BC₁H = 90° (в сумме дают 180°) и опираются на один отрезок (лежат по разные стороны этого отрезка). Значит, около четырёхугольника A₁BC₁H можно описать окружность. Но тогда ∠A₁HC₁ = 180° - ∠A₁BC₁. А поскольку ∠AKC = ∠A₁HC₁, то ∠AKC = 180° - ∠A₁BC₁. Значит, четырёхугольник ABCK — вписанный, K лежит на описанной около ABC окружности, что и требовалось доказать.
3) Продлим BO до пересечения с окружностью в точке D — получим диаметр BD. Тогда ∠BAD — прямой, так как опирается на диаметр. В треугольниках ΔBAD и ΔBB₁C: ∠BAD = ∠BB₁C = 90°, ∠ADB = ∠ACB как опирающиеся на одну дугу. Значит, углы ∠ABD и ∠CB₁B также равны. Но это те же углы, что и ∠ABO и ∠CBH соответственно. Значит, ∠ABO = ∠CBH, что и требовалось доказать.
4) Пусть HM = MK. Тогда K лежит на описанной окружности по п. 2. Также по п. 2 AKCH — параллелограмм ⇒ AH║KC, но AH⊥BC ⇒ KC⊥BC. ∠KCB — прямой, значит, KB — диаметр ⇒ KO = OB.
Рассмотрим ΔKOM и ΔKBH: ∠K — общий, KO : KB = 1 : 2, KM : KH = 1 : 2 по построению ⇒ треугольники подобны ⇒ OM : BH = 1 : 2 ⇒ BH = 2OM, что и требовалось доказать.
