10 клас

[Milenaa]

задачи

[Davids]

23.53:

ravnostranen_hubava.png (46.96 KiB) Прегледано 327 пъти

По питагорова теорема за двата правоъгълни триъгълника с участие на радиуса намираме стойностите на означените от мен части и използваме свойство на допирателните. Оттам:
[tex]IC = HC = 1-2\sqrt{3}r[/tex]
[tex]IE = x[/tex]
и
[tex]JC = MC = 1-\sqrt{3}r[/tex]
[tex]JE = y[/tex]
Но от правата [tex]EC \Rightarrow[/tex]:
[tex]IC + IE = JC + JE[/tex]
[tex]x + 1 - \sqrt{3}r = y + 1 - 2\sqrt{3}r[/tex]
[tex]\Rightarrow y-x = \sqrt{3}r[/tex]
А от [tex]AB[/tex] лесно се вижда, че:
[tex]x+y = 1 - 3\sqrt{3}r[/tex]

Имаме системата:
[tex]\begin{array}{|l} y-x = \sqrt{3}r \\ y+x = 1 - 3\sqrt{3}r \end{array}[/tex]

Като я решим, получаваме:
[tex]x = \frac{1-2\sqrt{3}r}{2}[/tex]
[tex]y = \frac{1-4\sqrt{3}r}{2}[/tex]

Сега знаем стойностите им. Остава да намерим радиуса. Аз лично избрах следния подход:
Знаем, че лицето на равностранен триъгълник е [tex]S = \frac{\sqrt{3}a^2}{4}[/tex]
В случая то е [tex]S = \frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]
Но то е сбор от лицата на двата триъгълника. За всяко едно от тях ще използваме формулата [tex]S = p.r[/tex]
Следователно:
[tex]S_1 = (1+y).2r[/tex]
[tex]S_2 = (1+x).r[/tex]

Вече имаме следното уравнение:
[tex]\frac{\sqrt{3}}{4} = (1+y).2r + (1+x)r = r(3 + 2x + y) = r\frac{6 + 2-4\sqrt{3}r + 1 - 4\sqrt{3}r}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = 9r - 8\sqrt{3}r^2 |.\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]\frac{1}{2} = 9\sqrt{3}r - 8r^2[/tex]

Оттам вече имаме квадратен тричлен:
[tex]16r^2 - 6\sqrt{3}r + 1 = 0[/tex]
[tex]r_1 = \frac{3\sqrt{3} + \sqrt{11}}{16}[/tex]
[tex]r_2 = \frac{3\sqrt{3} - \sqrt{11}}{16}[/tex]

А валидното решение е второто, тъй като другият радиус излиза по-голям от 1/2 (невъзможно е да е на вписана окръжност в някой от двата триъгълника). Вероятно има и друго по-стриктно обяснение, но сега бързам и ще го оставя на вас
Другият радиус вече се намира лесно.

[Davids]

23.54:

ravnobedren_lesna.png (27.66 KiB) Прегледано 306 пъти

Според дадения синус на [tex]\alpha[/tex] имаме [tex]DH = 3x[/tex]; [tex]AD = 5x[/tex]. По питагорова теорема намираме:
[tex]AH = 4x[/tex]
А използвайки свойството на медицентъра намираме цялата височина [tex]AH = AD + DH = 2.3x + 3x = 9x[/tex]
По питагорова теорема намираме бедрото [tex]b[/tex]:
[tex]b = \sqrt{4^2x^2 + 9^2x^2} = \sqrt{97}x[/tex]
Означил съм половината от търсения ъгъл с [tex]\gamma[/tex]. От [tex]\Delta AHC[/tex]:
[tex]sin\gamma = \frac{4\sqrt{97}}{97}[/tex]
[tex]cos\gamma = \frac{9\sqrt{97}}{97}[/tex]

Сега само остана да намерим
[tex]sin2\gamma = 2sin\gamma.cos\gamma = 2.\frac{4\sqrt{97}}{97}.\frac{9\sqrt{97}}{97} = \frac{2.4.9.97}{97^2} = \frac{72}{97}[/tex]

[Nathi123]

зад. 23.55. ABCD - трапец; AD=m <BC=n ; [tex]AB|| CD; CC_{1 }||AD\Rightarrow CC_{1 }=m; DC=AC_{1 }=x;
\Delta CC_{1 }B\Rightarrow CC_{1 }<BC\Rightarrow \angle CC_{1 }B=\angle DAB=2\alpha ; \angle ABC=\alpha\Rightarrow \angle C_{1 }CB=180^\circ-3\alpha;
C_{1 }BC=a-x.[/tex]
От син. т-ма за [tex]\Delta CC_{1 }B \Rightarrow \frac{m}{sin\alpha} =\frac{n}{sin2\alpha} \Rightarrow cos\alpha =\frac{n}{2m} ;
\frac{a-x}{sin3\alpha} = \frac{m}{in\alpha} ; sin3\alpha =sin\alpha (4cos^{2}-1)=sin\alpha\frac{n^{2}-m^{2}}{m^{2}}[/tex]
[tex]\frac{a-x}{sin\alpha(4cos^{2}\alpha-1)}=\frac{m}{sin\alpha}\Rightarrow a-x=\frac{n^{2}-m^{2}}{m}\Rightarrow x=a-\frac{n^{2}-m^{2}}{m}\Rightarrow
x=\frac{am-n^{2}+m^{2}}{m}[/tex]

[Гост]

Вече имаме следното уравнение:
[tex]\frac{\sqrt{3}}{4} = (1+y).2r + (1+x)r = r(3 + 2x + y) = r\frac{6 + 2-4\sqrt{3}r + 1 - 4\sqrt{3}r}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = 9r - 8\sqrt{3}r^2 |.\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]\frac{1}{2} = 9\sqrt{3}r - 8r^2[/tex]

Не разбирам как се стигна до третия ред на уравнението?

[Гост]

А да, заместени са x и y