Случайна точка

[Davids]

В равностранен триъгълник $ABC$ е избрана случайна точка $M$, към която са спуснати отсечките от върховете на триъгълника. Ако са дадени $\angle AMB = \alpha$ и $\angle AMC = \beta$, могат ли да се намерят ъглите на триъгълник със страни, равни на $AM, BM, CM$?
Проблемът е известен като един от „the coffin problems" от съветско време, историята зад тях е доста интересна...

[KOPMOPAH]

Благодаря за хубавата задача!

Равностранен триъгълник и случайна точка в него.png (20.64 KiB) Прегледано 501 пъти

Разстоянията от т.$M$ до върховете отбелязваме с $a_1$, $b_1$ и $c_1$. Построяваме точките, симетрични на т.$M$ спрямо страните. Нека това са $M_a$, $M_b$ и $M_c$.

Ясно е, че $AM=AM_b=AM_c=a_1$, аналогично за $b_1$ и $c_1$, на изпита бих го обяснявал надълго и нашироко (НИБГОНН). Ъглите, отбелязани на чертежа със $120^\circ$ са толкова (НИБГОНН).

Триъгълниците $\triangle AM_bM_c$, $\triangle BM_cM_a$ и $\triangle CM_aM_b$ са равнобедрени с ъгли $120^\circ$, следователно другите им ъгли са по $30^\circ$.

За страните $M_bM_c$, $M_cM_a$ и $M_aM_b$ получаваме, че са съответно равни на $ a_1\sqrt 3$, $ b_1\sqrt 3$ и $ c_1\sqrt 3$ от косинусова теорема, което идва да покаже, че ъглите на $\triangle M_aM_bM_c$ (отбелязани на чертежа с $\alpha_1, \beta_1, \gamma_1$) са равни на ъглите, които се търсят в задачата, защото двата триъгълника са подобни.

Ако разгледаме $\measuredangle AM_bC$ ще видим, че $\measuredangle AM_bC=\beta_1+2\times 30^\circ$, но $\measuredangle AM_bC=\measuredangle AMC$, следователно $\beta_1=\beta-60^\circ$, по същия начин получаваме и другите ъгли.

[S.B.]

Чудесна задача и още по- чудесно решение!

[S.B.]

... на изпита бих го обяснявал надълго и нашироко (НИБГОНН)...

РОНДНШ!!! (Решението е Обяснено На Дълго и На Широко!)

[Sup3rlum]

Благодаря за хубавата задача!

Прикачения файл Равностранен триъгълник и случайна точка в него.png вече е недостъпен

Разстоянията от т.$M$ до върховете отбелязваме с $a_1$, $b_1$ и $c_1$. Построяваме точките, симетрични на т.$M$ спрямо страните. Нека това са $M_a$, $M_b$ и $M_c$.

Ясно е, че $AM=AM_b=AM_c=a_1$, аналогично за $b_1$ и $c_1$, на изпита бих го обяснявал надълго и нашироко (НИБГОНН). Ъглите, отбелязани на чертежа със $120^\circ$ са толкова (НИБГОНН).

Триъгълниците $\triangle AM_bM_c$, $\triangle BM_cM_a$ и $\triangle CM_aM_b$ са равнобедрени с ъгли $120^\circ$, следователно другите им ъгли са по $30^\circ$.

За страните $M_bM_c$, $M_cM_a$ и $M_aM_b$ получаваме, че са съответно равни на $ a_1\sqrt 3$, $ b_1\sqrt 3$ и $ c_1\sqrt 3$ от косинусова теорема, което идва да покаже, че ъглите на $\triangle M_aM_bM_c$ (отбелязани на чертежа с $\alpha_1, \beta_1, \gamma_1$) са равни на ъглите, които се търсят в задачата, защото двата триъгълника са подобни.

Ако разгледаме $\measuredangle AM_bC$ ще видим, че $\measuredangle AM_bC=\beta_1+2\times 30^\circ$, но $\measuredangle AM_bC=\measuredangle AMC$, следователно $\beta_1=\beta-60^\circ$, по същия начин получаваме и другите ъгли.

Бях тръгнал аз същото, ама по-едно време не можех да си намеря оригиналния триъгълник на чертежа (беше на ръка)

Затова реших до пробвам други постройки:

Screenshot_7.png (62.51 KiB) Прегледано 466 пъти

Постройката предполагам е ясна, и лесно се доказва че $\triangle BDE$ е равностраннен, $\angle DBE = 60^\circ, BD=BE$

Триъгълника $\triangle DEC$ е този който търсим. Играем си с ъглите:
$\angle CDE = 360^\circ - \alpha - \beta - 60 = 300^\circ - \alpha - \beta$
$\angle DEC = 360^\circ - \beta - 60^\circ - (360^\circ - \alpha - \beta) = \alpha - 60^\circ$
$\angle ECD = 180^\circ - (\alpha-60^\circ) - (300-\alpha-\beta) = \beta-60^\circ$