3 зад

[Гост]

нуждая се от помощ

[Anubis]

Зад. 23.36. Ще използваме наготово факта, че ако [tex]H[/tex] е ортоцентърът на [tex]\Delta ABC[/tex], [tex]\alpha, \, \beta, \, \gamma[/tex] са ъглите му,

а [tex]R[/tex] е радиусът на описаната му окръжност, то [tex]AH=2R\cos\alpha, \, BH=2R\cos\beta, \, CH=2R\cos\gamma[/tex].

Нека [tex]\angle BAC = \angle ABC = \alpha[/tex].

[tex]\Delta AHL: \, \, \, \cos\alpha = \frac{HL}{AH} = \frac{2r}{2R\cos\alpha} \Rightarrow \cos^2\alpha = \frac{r}{R} \Rightarrow \fbox{\cos\alpha = \sqrt{\frac{r}{R}}} \, \, \, (*)[/tex]

[tex]\Delta AHL: \, \, \, \tan\alpha = \frac{AL}{HL} \Rightarrow AL = HL \tan\alpha \Rightarrow \fbox{AL = 2r\tan\alpha}[/tex]

[tex]\Delta ACL: \, \, \, \cos\alpha = \frac{AL}{AC} \Rightarrow AC = \frac{AL}{\cos\alpha} = \frac{2r\tan\alpha}{\cos\alpha} \Rightarrow \fbox{AC = \frac{2r\sin\alpha}{\cos^2 \alpha}}[/tex]

Свойство на ъглополовящата [tex]AO[/tex] в [tex]\Delta ACL[/tex]:

[tex]\frac{AL}{AC}=\frac{OL}{OC} \Rightarrow \frac{2r\tan\alpha \cdot \cos^2 \alpha}{2r\sin\alpha} = \frac{r}{r-2R\cos2\alpha} \Rightarrow \cos\alpha=\frac{r}{r-2R\cos2\alpha} \, \, \, (**)[/tex]

Като използваме формулата за косинус от удвоен ъгъл и заместим израза от [tex](*)[/tex] в знаменателя на [tex](**)[/tex], получаваме

[tex]\fbox{\cos\alpha = \frac{r}{2R-3r}} \, \, \, (***)[/tex].

От [tex](*)[/tex] и [tex](***)[/tex] след полагането [tex]\frac{r}{R}=u[/tex] достигаме до уравнението [tex]\sqrt{u} = \frac{u}{2-3u}, \, 0<u<1 \Rightarrow u = \frac{4}{9}[/tex].

Следователно [tex]\cos\alpha = \sqrt{\frac{r}{R}} = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}[/tex].

[Nathi123]

зад.23.34. Нека АВ =а , ВС = b ,AC=BD=d; [tex]\angle EAM = \alpha \Rightarrow S_{ABCD }=ab ; d^{2} =a^{2}+b^{2}[/tex] (Т на Питагор за триъг. АВС ) [tex]\frac{S_{ABCD }}{d^{2}}=\frac{ab}{a^{2}+b^{2}}=k\Rightarrow \frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{1}{k}[/tex] . Т на Питагор за триъг. АВЕ, СЕМ и ADM [tex]\Rightarrow AE^{2}=\frac{4a^{2}+b^{2}}{4} ; ME^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}}{4} ; MA^{2} = \frac{a^{2}+4b^{2}}{4}[/tex]. Нека S е лицето на триъг. МАЕ. [tex]\Rightarrow ME^{2}=AE^{2} + MA^{2} -4Scotg\alpha\Rightarrow \frac{a^{2}+b^{2}}{4}=\frac{4a^{2}+b^{2}}{4} + \frac{a^{2}+4b^{2}}{4} - 4Scotg\alpha
\Rightarrow 4Scotg\alpha = a^{2} + b^{2}[/tex] [tex]S= S_{ABCD }-S_{ABE }-S_{CME}-S_{ADM}=\frac{3ab}{8}\Rightarrow cotg\alpha = \frac{2(a^{2}+b^{2})}{3ab}=\frac{2}{3k}\Rightarrow tg\alpha = \frac{3k}{2}[/tex]. По условие к е отношение на положит. числа,значи k>0, а от неравенството между средно аритм. и ср. геом следва,че k [tex]\le \frac{1}{2}.[/tex]

[KOPMOPAH]

Задача 23.29

Ако страната на големия триъгълник е $a$, то на малкия е $\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (ясно защо ). Отбелязваме $AF$ с $x$, следователно $BF=AE=a-x$. Нека търсеният ъгъл е $\varphi$. По косинусова теорема за $\triangle AFE$, (за краткост $KT_{AFE}$ $\\ x^2+(a-x)^2-2x(a-x)cos60^\circ=\frac{a^2}{3}$, след извършване на действията се стига до квадратно уравнение спрямо $x$, с решения $x_1=\frac{a}{3}$ и $x_2=\frac{2a}{3}$, откъдето за $\triangle AFE$ получаваме страни $AF=\frac{a}{3}$, $AE=\frac{2a}{3}$ и$FE=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AF^2+FE^2=AE^2$, .т.е. $\triangle AFE$ е правоъгълен с $\measuredangle \varphi=90^\circ$

[Davids]

Задача 23.29

Ако страната на големия триъгълник е $a$, то на малкия е $\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (ясно защо ). Отбелязваме $AF$ с $x$, следователно $BF=AE=a-x$. Нека търсеният ъгъл е $\varphi$. По косинусова теорема за $\triangle AFE$, (за краткост $KT_{AFE}$ $\\ x^2+(a-x)^2-2x(a-x)cos60^\circ=\frac{a^2}{3}$, след извършване на действията се стига до квадратно уравнение спрямо $x$, с решения $x_1=\frac{a}{3}$ и $x_2=\frac{2a}{3}$, откъдето за $\triangle AFE$ получаваме страни $AF=\frac{a}{3}$, $AE=\frac{2a}{3}$ и$FE=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AF^2+FE^2=AE^2$, .т.е. $\triangle AFE$ е правоъгълен с $\measuredangle \varphi=90^\circ$

A как знаем, че частите [tex]AF, BD, EC[/tex] всичките са равни на [tex]x[/tex]. Опитах и аз по този начин, но един ъгъл и страната срещу него не стигат за еднаквост, за да можем да ги означим така. Бих се радвал на обяснение
П.П.: Ако можем да означим така с x, то можем да ползваме питагорова теорема, за да докажем, че [tex]x = \frac{a}{3}[/tex] и оттам вече е ясно, че единият ъгъл ще е 30, а другият 60 по синусова теорема.

[KOPMOPAH]

Липсващият ъгъл за еднаквост може да се получи по следния начин:
От $\triangle AEF$ $\measuredangle AEF = 180^\circ - 60^\circ -\varphi=120^\circ -\varphi$, а от изправения ъгъл $\measuredangle AFB$ като извадим $\varphi$ и ъгъла при върха $F$ на малкия равностранен триъгълник, получаваме пак $ 120^\circ -\varphi$

[Davids]

Липсващият ъгъл за еднаквост може да се получи по следния начин:
От $\triangle AEF$ $\measuredangle AEF = 180^\circ - 60^\circ -\varphi=120^\circ -\varphi$, а от изправения ъгъл $\measuredangle AFB$ като извадим $\varphi$ и ъгъла при върха $F$ на малкия равностранен триъгълник, получаваме пак $ 120^\circ -\varphi$

Dayum, било много простичко, а аз не го видях... Мерси!