3 задачи

[Гост]

Имам проблем с 3 задачи. Благодаря предварително:)
Зад1. В трапец ABCD с голяма основа АB продълженията на бедрата AD и BC се пресичат в точка E . Да се намери лицето на трапеца, ако AD=a,<DAC=<ABC=алфа и < BEA=90°.
Отг:( a2. tgалфа)/ 4 sin2 alfa . a2=а на квадрат, sin 2 alfa= sin квадрат алфа.

Зад 2. Вписаната в ABC окръжност се допира до до страната му AB в т.М. Да се намери лицето на ABC,ако AM=m, BM=n и <ACB=y.
Отг: m*n*(cotgy/2)

Зад 3: даден е ABC с медиана CM .Ако <A= alfa ,<B=beta( alfa>beta) и <AMC= y, да се докаже, че cotg y= 1/2( cotg beta-cotg alfa) .

[Anubis]

Забележка. Всички означения са стандартни.

Зад. 3. По котангенсовата теорема имаме [tex]\frac{1}{2}(\cot\beta-\cot\alpha)=\frac{a^2-b^2}{4S} \, (*), \, S = S_{\Delta ABC}[/tex].

Тъй като [tex]CM[/tex] е медиана, то [tex]CM^2 = \frac{1}{4}(2a^2+2b^2-c^2)[/tex].

[tex]\Delta AMC: \, \, \, AC^2 = AM^2 + CM^2 - 2 \cdot AM \cdot CM \cdot \cos \gamma \Rightarrow \cos \gamma = \frac{a^2-b^2}{2 \cdot c \cdot CM}[/tex]

Оттук, разделяйки на [tex]\sin \gamma[/tex], получаваме [tex]\cot \gamma = \frac{a^2-b^2}{2 \cdot c \cdot CM \cdot \sin\gamma}[/tex].

Но [tex]c \cdot CM \cdot \sin\gamma = 2 \cdot \frac{c}{2} \cdot CM \cdot \sin\gamma = 2 \cdot 2 \cdot \fbox{\frac{1}{2} \cdot \frac{c}{2} \cdot CM \cdot \sin\gamma} = 4S_{\Delta AMC} = 4 \cdot \frac{S}{2} = 2S \Rightarrow[/tex]

[tex]\Rightarrow \cot \gamma = \frac{a^2-b^2}{2 \cdot 2S} \Rightarrow \cot \gamma = \frac{a^2-b^2}{4S}[/tex], което е точно [tex](*)[/tex].

[Nathi123]

зад. 2 . Нека означим с т. О центъра на вписаната в триъг. АВС окръжност,а с Р - допирната точка на окр. с ВС и Q - допирната точка с АС. Тогава АМ = АQ = m ; BM = BP = n и нека CQ = CP = x . Да означим лицето на триъг. АВС с S. [tex]\Rightarrow S = \frac{1}{2}AC.BCsin\gamma = \frac{1}{2}( m+x)(n+x)sin\gamma = \frac{1}{2}( mn + x(m+n+x))sin\gamma \Rightarrow 2S = mnsin\gamma \frac{x}{r}.Ssin\gamma.[/tex](1)
r- радиуса на вписаната в триъг. окръжност, също при въведените означения р [tex]= n+m+x[/tex] ( р - полупериметъра на триъг. ) От формулата за лице S = pr [tex]\Rightarrow p=\frac{S}{r}; \Delta COP \Rightarrow \frac{x}{r} = cotg\frac{\gamma}{2}[/tex] Заместваме в (1) и получаваме
[tex]2S= nmsin\gamma + S sin\gamma cotg\frac{\gamma}{2} \Leftrightarrow 2S=mnsin\gamma + 2Scos^{2}\frac{\gamma}{2}\Leftrightarrow 2S(1-cos^{2}\frac{\gamma}{2}) =nmsin\gamma[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 2Ssin^{2}\frac{\gamma}{2} = 2mnsin\frac{\gamma}{2}cos\frac{\gamma}{2}/:2sin^{2}\frac{\gamma}{2}\ne 0 \Rightarrow S = nmcotg\frac{\gamma}{2}[/tex].

[Гост]

В задача 3 не ми стана ясно изразяването на cos [tex]\varphi[/tex]\varphi

[Nathi123]

1.зад. [tex]\angle DAC = \angle ABC = \alpha[/tex] (по условие) [tex]\angle DCE = \angle ABC= \alpha[/tex] ( съответни за АВ || CD пр. с ВС) От триъг. DCE - правоъг. [tex]\Rightarrow \angle EDC = 90^\circ - \alpha ; \angle BAD = \angle CDE ( AB||CD \cap AD)\Rightarrow\angle CAB=90^\circ -2\alpha = \angle ACD;[/tex]
От син. т-ма за триъг. ACD [tex]\Rightarrow \frac{DC}{sin\alpha} = \frac{AD}{sin(90^\circ-2\alpha)}\Rightarrow DC=\frac{asin\alpha}{cos2\alpha};
\frac{AC}{sin(90^\circ+\alpha)}=\frac{AD}{sin(90^\circ-\alpha)}\Rightarrow AC=\frac{acos\alpha}{cos2\alpha} ; \Delta ADC ~ \Delta ACB \Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{DC}\Rightarrow AB=\frac{AC^{2}}{DC}\Rightarrow AB= \frac{acos^{2}\alpha}{sin\alpha cos2\alpha}[/tex]
Построяваме [tex]DD_{1 }\bot AB ; \Delta ADD_{1 }\Rightarrow \frac{DD_{1 }}{AD}=cos\alpha\Rightarrow DD_{1 }=acos\alpha
\Rightarrow S_{ABCD }=\frac{1}{2}(AB+CD).DD_{1 }=\frac{1}{2}(\frac{asin\alpha}{cos2\alpha}+\frac{acos^{2}\alpha}{cos2\alpha sin\alpha}).acos\alpha\Rightarrow S_{ABCD }=\frac{a^{2}cotg\alpha}{2cos2\alpha}[/tex].