11кл. регионален кръг

[Гост]

Здравейте

[batsev]

Моето решение

[S.B.]

Още едно мнение

Без заглавие - 2024-11-20T210258.381.png (382.07 KiB) Прегледано 303 пъти

Т. $D$ лежи върху описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност [tex]k_{1 }(O,r = 3)[/tex]
T. $D$ е на разстояние [tex]2 \sqrt{3}[/tex] от върха $B$.Геометричното място на всички точки отстоящи на разстояние [tex]2\sqrt{3}[/tex] от т.$B$ е окръжност с център т.$B$ и радиус [tex]2 \sqrt{3} : k_{2 }(B,r = 2 \sqrt{3})[/tex]
Или т. $D$ ще бъде пресечната точка на двете окръжности.И тъй като [tex]B \in k_{1 }[/tex], a радиуса на [tex]k_{2 }[/tex], е по-малък от диаметъра на [tex]k_{1 }[/tex]то пресечните точки ще са 2 :
[tex]k_{1 } \cap k_{2 } = D_{1 }, D_{2 }[/tex]
Ето защо ще търсим [tex]S_{BC D_{1 } }[/tex] и [tex]S_{BC D_{2 } }[/tex]

[tex]C C_{1 }[/tex] е диаметър на [tex]k_{1 }[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle CC_{1 }B[/tex] е правоъгълен.[tex]AB\bot C C_{1 } ,AB \cap C C_{1 } = H, \Rightarrow BH[/tex] е височина към хипотенузата [tex]CC_{1 }[/tex] на [tex]\triangle C C_{1 }B[/tex]
[tex]\Rightarrow BH^{2 } = CH.H C_{1 } \Leftrightarrow BH^{2 } = 1,5.4,5 \Rightarrow BH = 1,5 \sqrt{3}[/tex]
Прилагам за [tex]\triangle BHC[/tex] Питагорова теорема и намирам $BC= 3$
[tex]\Rightarrow \angle HBC = \angle HAC = 30 ^\circ , \angle ACB = 120 ^\circ[/tex]

1)[tex]\triangle D_{1 }BC[/tex]

За [tex]\triangle D_{1 }BC[/tex] прилагам Синусова теорема:
[tex]\frac{B D_{1 } }{\sin \angle D_{1 }CB } = 2r \Leftrightarrow \frac{2 \sqrt{3} }{\sin \angle D_{1 }CB } = 6[/tex]
[tex]\Rightarrow \sin \angle D_{1 }CB = \frac{ \sqrt{3} }{3} , \cos \angle D_{1 } CB = - \frac{ \sqrt{6} }{3}[/tex] (Защото [tex]\angle D_{1 }CB > \angle ACB = 120 ^\circ)[/tex]
Нека $DC = x >0$
За [tex]\triangle D_{1 }CB[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]D_{1 }B ^{2 } = D_{1 }C ^{2 }+ BC^{2 } + 2 D_{1 }C.BC.\cos \angle D_{1 }CB \Leftrightarrow 12 = x^{2 } + 9 + 6x \frac{ \sqrt{6} }{3} \Leftrightarrow x^{2 } + 2 \sqrt{6}x - 3 = 0 , x_{1,2 } = \frac{-2 \sqrt{6} \pm 6}{2} = - \sqrt{6} \pm3[/tex]
[tex]x>0 \Rightarrow D_{1 }C = 3 - \sqrt{6}[/tex]
[tex]S_{ D_{1 }CB } = \frac{ D_{1 } C .BC}{2}.\sin \angle D_{1 }CB = \frac{(3 - \sqrt{6}).3 }{2}. \frac{ \sqrt{3} }{3} = \frac{3 \sqrt{3} - 3 \sqrt{2} }{2}[/tex]
$$\Rightarrow S_{ D_{1 } CB} = \frac{3}{2} ( \sqrt{3} - \sqrt{2}) $$

2)[tex]\triangle D_{2 }BC[/tex]

[tex]\angle C D_{2 }B = \angle CBA = 30 ^\circ[/tex] Измерват се с една и съща дъга - [tex]{\overset {\displaystyle \frown}{BC}}[/tex]
Нека [tex]C D_{2 } = y >0[/tex]
За [tex]\triangle C D_{2 }B[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]BC^{2 } = C D_{2 } ^{2 } + B D_{2 } ^{2 } - 2. CD_{2 }.B D_{2 } \cos 30 ^\circ \Leftrightarrow 3^{2 } = y^{2 } + (2 \sqrt{3}) ^{2 } - 2.2 \sqrt{3}.y. \frac{ \sqrt{3} }{2} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]y^{2 } - 6y + 3 =0, y_{1,2 } = 3 \pm \sqrt{3} ,y_{1 }>0 , y_{2 }>0[/tex]

[tex]S_{C D_{2 }B } = \frac{C D_{2 }.B D_{2 } }{2}.\sin 30 ^\circ = \frac{(3 \pm \sqrt{3}).2\sqrt{3} }{2} . \frac{1}{2}[/tex]

$$\Rightarrow S_{C D_{2 }B } = \frac{3}{2} ( \sqrt{3} \pm 1) $$

Скрит текст: покажи

Защо се получават 2 отговора при втория триъгълник не мога да си обясня...

[Евва]

Правилно е да разгледаме и двата случая .
Грешката е в третия ред отзад напред .
Намираме ,че y =C[tex]D_{2 }[/tex]=3[tex]\pm \sqrt{6}[/tex]

[tex]S_{C D_{2 } B }= \frac{C D_{2 }.B D_{2 } }{2}sin30 ^\circ= \frac{(3 \pm \sqrt{6})2 \sqrt{3} }{2}. \frac{1}{2}= \frac{3 \sqrt{3} \pm \sqrt{18} }{2}= \frac{3}{2}( \sqrt{3} \pm \sqrt{2})[/tex]

Един от тези отговори съвпада с отг. от първи случай .

[Гост]

Въпреки техническата грешка,това е едно пълно решение!