Намиране ъглите на триъгълник

[lz1mak]

Здравейте на всички, моля за малко помощ с тази задача:

Имаме триъгълник ABC, от върха C се спускат височина, ъглополовяща и медиана. Получилите се 4 ъгли при върха С са равни. Да се открият ъглите на триъгълника.

[ganka simeonova]

[tex]22^\circ 30'[/tex]

[lz1mak]

[tex]22^\circ 30'[/tex]

Благодаря за отговора,
може ли и самото решение на задачата?

[ammornil]

Не съм сигурен, че всичко ползувано по-долу е учено в седми клас!!! Вероятно има много по-простичко решение, но аз не го виждам.
..::::::::::::::::::Дадено::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\triangle ABC \hspace{12} M \in AB, \hspace{6} AM=MB; \hspace{12} L \in AB, \hspace{6} \angle ACL= \angle BCL; \hspace{12} CH \bot AB; \\
\angle ACH= \angle HCL= \angle LCM= \angle MCB[/tex]
..::::::::::::::::::Търсим::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\angle BAC=?; \hspace{12} \angle ABC=? \hspace{12} \angle ACB=?[/tex]
..::::::::::::::::::Решение::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
Задачата има смисъл само ако точките M, L, H са вътрешни за отсечка АВ, и L лежи между M и H. (виж чертежа). Във всеки друг случай, деленето на ъгъл С би противоречало на условието.
Нека: [tex]\angle ACH= \angle HCL= \angle LCM= \angle MCB= \delta \\
\angle BAC= \alpha; \hspace{12} \angle ABC= \beta \hspace{12} \angle ACB= \gamma[/tex]

[tex]\hspace{220} \gamma= 4. \delta \\
\triangle AHC \rightarrow \angle AHC=90^\circ \hspace{6} \Rightarrow \alpha= 90^\circ -\delta \\
\triangle BHC \rightarrow \angle BHC=90^\circ \hspace{6} \Rightarrow \beta= 90^\circ -3.\delta \\
\triangle CMA \rightarrow \angle CMA= 180^\circ -(\alpha + 3.\delta)=180^\circ-90^\circ 3.\delta -3.\delta= 90^\circ -2.\delta \\
\triangle CMB \rightarrow \angle CMB= 180^\circ -(\beta + \delta)=180^\circ-90^\circ +3.\delta -\delta= 90^\circ +2.\delta[/tex]

▲AHC еднакъв на ▲LHC[tex]\hspace{6} \left{ CH \equiv CH \\ \angle ACH= \angle LCH \\ \angle AHC= \angle LHC \right, \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \left{ AC=LC \\ AH=HL \right;[/tex]

[tex]S_{\triangle ACM}= S_{\triangle BCM}= \frac{AM.CH}{2} \\
\frac{AM^{2}.sin\alpha.sin\angle AMC}{sin3.\delta}=\frac{BM^{2}.sin\beta.sin\angle BMC}{sin\delta} |: \left( \frac{AB}{2} \right)^{2} \\
\frac{sin(90^\circ -\delta).sin(90^\circ -2.\delta)}{sin3.\delta}=\frac{sin(90^\circ -3.\delta).sin(90^\circ +2.\delta)}{sin\delta} \\
\frac{cos\delta.cos2.\delta}{sin3.\delta}=\frac{cos3.\delta.cos2.\delta}{sin\delta} |:cos2\delta \ne 0 \\
sin\delta.cos\delta=sin3.\delta.cos3.\delta \hspace{6}|.2 \hspace{12} \Leftrightarrow \hspace{6} sin2.\delta-sin6.\delta=0[/tex]
[tex]2.\delta =\varphi \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \delta= \frac{\varphi}{2} \hspace{6}[/tex]
[tex]sin\varphi -sin 3.\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} sin\varphi-(3.sin\varphi-4.sin^{3}\varphi)=0 \hspace{6} \Rightarrow \\
sin\varphi-3.sin\varphi+4.sin^{3}\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} 4.sin^{3}\varphi-2.sin\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} 2.sin\varphi(2.sin^{2}\varphi-1)=0 \hspace{6} \Rightarrow \\
sin\varphi=0 \notin DM \hspace{6} \cup \hspace{6} sin^{2}\varphi=\frac{1}{2} \\
sin\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2} \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \varphi=45^\circ[/tex]

[tex]\delta= \frac{\varphi}{2}=22^\circ30' \\
\gamma= 4. \delta =90^\circ\\
\alpha= 90^\circ -\delta =67^\circ30' \\
\beta= 90^\circ -3.\delta =22^\circ30'[/tex]
..:::::::::::::::::Отговор::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\angle BAC=67^\circ30'; \hspace{12} \angle ABC=22^\circ30' \hspace{12} \angle ACB=90^\circ[/tex]
..::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..

[lz1mak]

Ammornil, мерси за решението! До синус го разбирам, след него ми е трудно, явно материята е от след 8ми клас
Пожелавам приятен и успешен ден

Не съм сигурен, че всичко ползувано по-долу е учено в седми клас!!! Вероятно има много по-простичко решение, но аз не го виждам.
..::::::::::::::::::Дадено::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\triangle ABC \hspace{12} M \in AB, \hspace{6} AM=MB; \hspace{12} L \in AB, \hspace{6} \angle ACL= \angle BCL; \hspace{12} CH \bot AB; \\
\angle ACH= \angle HCL= \angle LCM= \angle MCB[/tex]
..::::::::::::::::::Търсим::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\angle BAC=?; \hspace{12} \angle ABC=? \hspace{12} \angle ACB=?[/tex]
..::::::::::::::::::Решение::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
Задачата има смисъл само ако точките M, L, H са вътрешни за отсечка АВ, и L лежи между M и H. (виж чертежа). Във всеки друг случай, деленето на ъгъл С би противоречало на условието.
Нека: [tex]\angle ACH= \angle HCL= \angle LCM= \angle MCB= \delta \\
\angle BAC= \alpha; \hspace{12} \angle ABC= \beta \hspace{12} \angle ACB= \gamma[/tex]

[tex]\hspace{220} \gamma= 4. \delta \\
\triangle AHC \rightarrow \angle AHC=90^\circ \hspace{6} \Rightarrow \alpha= 90^\circ -\delta \\
\triangle BHC \rightarrow \angle BHC=90^\circ \hspace{6} \Rightarrow \beta= 90^\circ -3.\delta \\
\triangle CMA \rightarrow \angle CMA= 180^\circ -(\alpha + 3.\delta)=180^\circ-90^\circ 3.\delta -3.\delta= 90^\circ -2.\delta \\
\triangle CMB \rightarrow \angle CMB= 180^\circ -(\beta + \delta)=180^\circ-90^\circ +3.\delta -\delta= 90^\circ +2.\delta[/tex]

▲AHC еднакъв на ▲LHC[tex]\hspace{6} \left{ CH \equiv CH \\ \angle ACH= \angle LCH \\ \angle AHC= \angle LHC \right, \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \left{ AC=LC \\ AH=HL \right;[/tex]

[tex]S_{\triangle ACM}= S_{\triangle BCM}= \frac{AM.CH}{2} \\
\frac{AM^{2}.sin\alpha.sin\angle AMC}{sin3.\delta}=\frac{BM^{2}.sin\beta.sin\angle BMC}{sin\delta} |: \left( \frac{AB}{2} \right)^{2} \\
\frac{sin(90^\circ -\delta).sin(90^\circ -2.\delta)}{sin3.\delta}=\frac{sin(90^\circ -3.\delta).sin(90^\circ +2.\delta)}{sin\delta} \\
\frac{cos\delta.cos2.\delta}{sin3.\delta}=\frac{cos3.\delta.cos2.\delta}{sin\delta} |:cos2\delta \ne 0 \\
sin\delta.cos\delta=sin3.\delta.cos3.\delta \hspace{6}|.2 \hspace{12} \Leftrightarrow \hspace{6} sin2.\delta-sin6.\delta=0[/tex]
[tex]2.\delta =\varphi \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \delta= \frac{\varphi}{2} \hspace{6}[/tex]
[tex]sin\varphi -sin 3.\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} sin\varphi-(3.sin\varphi-4.sin^{3}\varphi)=0 \hspace{6} \Rightarrow \\
sin\varphi-3.sin\varphi+4.sin^{3}\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} 4.sin^{3}\varphi-2.sin\varphi=0 \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} 2.sin\varphi(2.sin^{2}\varphi-1)=0 \hspace{6} \Rightarrow \\
sin\varphi=0 \notin DM \hspace{6} \cup \hspace{6} sin^{2}\varphi=\frac{1}{2} \\
sin\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2} \hspace{6} \Rightarrow \hspace{6} \varphi=45^\circ[/tex]

[tex]\delta= \frac{\varphi}{2}=22^\circ30' \\
\gamma= 4. \delta =90^\circ\\
\alpha= 90^\circ -\delta =67^\circ30' \\
\beta= 90^\circ -3.\delta =22^\circ30'[/tex]
..:::::::::::::::::Отговор::::::::::::::::::::::::::::::::::::..
[tex]\angle BAC=67^\circ30'; \hspace{12} \angle ABC=22^\circ30' \hspace{12} \angle ACB=90^\circ[/tex]
..::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::..

[ganka simeonova]

Уаууаа, това не е решение за 8 клас. По-късно, ще напиша такова.
Идеята е от една ОЗ. А именно, ако в триъгълника АВС ( от прикачения преди това чертеж) [tex]\angle ACH=\angle MCB=>\angle ACB=90^\circ[/tex]

[lz1mak]

Уаууаа, това не е решение за 8 клас. По-късно, ще напиша такова.
Идеята е от една ОЗ. А именно, ако в триъгълника АВС ( от прикачения преди това чертеж) [tex]\angle ACH=\angle MCB=>\angle ACB=90^\circ[/tex]

Благодаря ви Г-жо Симеонова,
с нетърпение очаквам решението на задачата

[Гост]

Опиши окръжност около триъгълника, продължи трите прави до пресичането и виж какво се получава

[ganka simeonova]

viewtopic.php?f=4&t=5879&p=28682#p28682

Тук има две решения на задачата.

[lz1mak]

http://www.math10.com/f/viewtopic.php?f=4&t=5879&p=28682#p28682

Тук има две решения на задачата.

Сърдечно ви благодаря!

[Xixibg]

Погледнах решението на г-жа Симеонова и ще предложа нещо малко по просто.
Описваме окръжност около [tex]\triangle ABC[/tex].Продължаваме [tex]CM[/tex] до пресичането с окръжността в точка [tex]P[/tex].
[tex]\angle CAH=\angle PCB=\frac{1}{2} \stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{BC} ; \angle ACH=\angle PCB-[/tex] по условие [tex]=>\angle PBC=\angle AHC=90^\circ ; =>CP-[/tex] е диаметър
[tex]\triangle AMC ,\triangle BMP[/tex] еднакви по 2-ри признак
[tex]1.\angle MAC=\angle MPB ; 2.AM=BM ; 3.\angle ACM=\angle MBP=\frac{1}{2} \stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{AP}[/tex]
[tex]=>CM=PM[/tex] като СЕЕТ [tex]=>M[/tex] е център на описаната окръжност
[tex]=>\angle ACB=90^\circ[/tex]

[Питер9091]

Сърдечно ви благодаря!