Ъгълът в триъгълника е равен на ...

[dietologat]

Условие :
В [tex]\triangle[/tex]АВС, т.М е среда на АВ.
[tex]\angle[/tex]ВСМ=[tex]\alpha[/tex]
[tex]\angle[/tex]СВМ=[tex]\angle[/tex]АСМ=2*[tex]\alpha[/tex]

Търси се :
[tex]\angle[/tex][tex]\alpha[/tex]=? градуса

Отг. :
15 градуса

Успех.

[S.B.]

Ще ползвам означенията от приложения чертеж.Построявам [tex]CH \bot AB ,CH = h[/tex]
[tex]\angle AMC = 3\alpha , \angle HAC = 5\alpha[/tex] ,като външни съответно за [tex]\triangle MBC , \triangle AMC[/tex]
Д.М.[tex]5\alpha < 90^\circ[/tex]
[tex]CM[/tex] - медиана [tex]\Rightarrow S_{AMC } = S_{BMC } \Rightarrow \frac{AC.MC.sin2\alpha}{2} = \frac{BC.MC.sin\alpha}{2} \Leftrightarrow AC.2.sin\alpha.cos\alpha = BC.sin\alpha[/tex]
Получихме,че [tex]AC.cos\alpha = \frac{BC}{2}[/tex] (*)
От [tex]\triangle ACH[/tex] : [tex]\frac{h}{AC} = sin5\alpha \Rightarrow AC = \frac{h}{sin5\alpha}[/tex];
От [tex]\triangle BCH[/tex] : [tex]\frac{h}{BC} = sin2\alpha \Rightarrow BC = \frac{h}{sin2\alpha}[/tex]
Заместваме в (*) и получаваме [tex]\frac{h.cos\alpha}{sin5\alpha} = \frac{h}{2sin2\alpha} \Leftrightarrow \frac{cos\alpha}{sin5\alpha} = \frac{1}{2sin2\alpha} \Leftrightarrow \frac{cos\alpha}{sin(4\alpha + \alpha)} = \frac{1}{4.sin\alpha.cos\alpha}[/tex]
[tex]4.sin\alpha.cos^{2}\alpha = sin4\alpha.cos\alpha + cos4\alpha.sin\alpha \Leftrightarrow 4sin\alpha.cos^{2}\alpha = 2.sin2\alpha.cos2\alpha.cos\alpha + cos4\alpha.sin\alpha \Leftrightarrow[/tex]
[tex]4.sin\alpha.cos^{2}\alpha.(1 - cos2\alpha) = sin\alpha.cos4\alpha \Leftrightarrow sin\alpha(8sin^{2}\alpha.cos^{2}\alpha - cos4\alpha) = 0[/tex]
[tex]sin\alpha \ne 0 \Rightarrow 8sin^{2}\alpha.cos^{2}\alpha - cos4\alpha = 0[/tex] или [tex]2sin^{2}2\alpha - cos^{2}2\alpha + sin^{2}2\alpha = 0 \Leftrightarrow[/tex]
[tex]3sin^{2}2\alpha - (1 - sin^{2}2\alpha) = 0 \Leftrightarrow 4sin^{2}2\alpha - 1 = 0 \Leftrightarrow (2sin2\alpha + 1)(2sin2\alpha - 1) = 0[/tex]
[tex]2sin2\alpha + 1 = 0 \Rightarrow sin2\alpha = -1[/tex] и [tex]sin2\alpha = - \frac{1}{2}[/tex] което не е решение защото [tex]2\alpha\in (0,\pi)[/tex]
[tex]2sin2\alpha - 1 = 0 \Rightarrow sin2\alpha = \frac{1}{2}[/tex] или [tex]2\alpha = 30^\circ[/tex] от където следва [tex]\alpha = 15^\circ[/tex]

[ева]

Опитвам се да я реша по по-лесен начин. Светна ми идея.
Да спуснем перпендикуляр от т.С към правата АВ,който я пресича в т.Н .Разглеждаме правоъгълния [tex]\triangle[/tex]НВС.
Ако успеем да докажем,че [tex]\angle[/tex]НСА=[tex]\alpha[/tex] ,то решението ще е:
[tex]\angle[/tex]СНА+[tex]\angle[/tex]НВС+[tex]\angle[/tex]ВСН=180[tex]^\circ[/tex]
90[tex]^\circ[/tex]+2[tex]\alpha[/tex]+4[tex]\alpha[/tex]=180[tex]^\circ[/tex]
6[tex]\alpha[/tex]=90[tex]^\circ[/tex]
[tex]\alpha[/tex]=15[tex]^\circ[/tex]

[S.B.]

Опитвам се да я реша по по-лесен начин. Светна ми идея.
Да спуснем перпендикуляр от т.С към правата АВ,който я пресича в т.Н .Разглеждаме правоъгълния [tex]\triangle[/tex]НВС.
Ако успеем да докажем,че [tex]\angle[/tex]НСА=[tex]\alpha[/tex] ,то решението ще е:

Е, ако успееш - докажи го! Аз не успях да го докажа и за това тръгнах по по-дълъг път!

[S.B.]

Условие :
В [tex]\triangle[/tex]АВС, т.М е среда на АВ.
[tex]\angle[/tex]ВСМ=[tex]\alpha[/tex]
[tex]\angle[/tex]СВМ=[tex]\angle[/tex]АСМ=2*[tex]\alpha[/tex]

Търси се :
[tex]\angle[/tex][tex]\alpha[/tex]=? градуса

Отг. :
15 градуса

Успех.

Аз реших Вашата задача,но имам въпрос на който Вие ще трябва да ми отговорите:
Как определихте,че [tex]\angle CAB > 90^\circ[/tex]? В условието не е казано такова нещо,аз се доверих на чертежа.Този чертеж как е направен - според отговора,че [tex]\alpha = 15^\circ[/tex] или е включен в условието на задачата?Това е много важно!

[Davids]

Моя вариант на решение (предимно тригонометрично):
От две синусови теореми за $\Delta AMC$ и $\Delta ABC$ имаме:
[tex]\begin{array}{|l} \frac{AM}{sin2\alpha} = \frac{AC}{sin3\alpha} \Rightarrow \frac{AM}{AC} = \frac{sin2\alpha}{sin3\alpha} \\ \frac{AB}{sin3\alpha} = \frac{AC}{sin2\alpha} \Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{sin3\alpha}{sin2\alpha} \Rightarrow 2.\frac{AM}{AC} = \boxed{ \frac{sin3\alpha}{sin2\alpha} = 2.\frac{sin2\alpha}{sin3\alpha}} \end{array}[/tex]

От ограденото окончателно тъждество извеждаме:
$2sin^22\alpha = sin^23\alpha$

И понеже работим само с ъгли в триъгълник, то синусите са винаги положителни и можем спокойно да аритметикуваме (коренуваме в случая)
Достигаме до:
$\sqrt{2}sin2\alpha = sin3\alpha$
След преобразувание до функции от единичен ъгъл имаме:

$2\sqrt{2}\cancel{sin\alpha} cos\alpha = \cancel{sin\alpha}(3 - 4sin^2\alpha)$

От новополученото равенство извеждаме:
$sin^2\alpha = \frac{1}{4}(3 - 2\sqrt{2}cos\alpha)$

Ползваме основното тригонометрично тъждество:
$sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$
$\frac{1}{4}(3 - 2\sqrt{2}cos\alpha) + cos^2\alpha = 1$
$3 - 2\sqrt{2}cos\alpha + 4cos^2\alpha = 4$
$4cos^2\alpha - 2\sqrt{2}cos\alpha - 1 = 0$

Единствен положителен корен е $cos\alpha = \frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3})$, което е $cos15^{\circ}$... Но не знам доколко това се доказва лесно накрая и доколко е легитимно решение

Ще очаквам идеи за някое по-хитро разработване на началното уравнение $\sqrt{2}sin2\alpha = sin3\alpha$, може би с двоен или троен ъгъл? Но преобразуванията отново никак не са по-приятни

[S.B.]

Моя вариант на решение (предимно тригонометрично):
От две синусови теореми за $\Delta AMC$ и $\Delta ABC$ имаме:
[tex]\begin{array}{|l} \frac{AM}{sin2\alpha} = \frac{AC}{sin3\alpha} \Rightarrow \frac{AM}{AC} = \frac{sin2\alpha}{sin3\alpha} \\ \frac{AB}{sin3\alpha} = \frac{AC}{sin2\alpha} \Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{sin3\alpha}{sin2\alpha} \Rightarrow 2.\frac{AM}{AC} = \boxed{ \frac{sin3\alpha}{sin2\alpha} = 2.\frac{sin2\alpha}{sin3\alpha}} \end{array}[/tex]

От ограденото окончателно тъждество извеждаме:
$2sin^22\alpha = sin^23\alpha$

И понеже работим само с ъгли в триъгълник, то синусите са винаги положителни и можем спокойно да аритметикуваме (коренуваме в случая)
Достигаме до:
$\sqrt{2}sin2\alpha = sin3\alpha$
След преобразувание до функции от единичен ъгъл имаме:

$2\sqrt{2}\cancel{sin\alpha} cos\alpha = \cancel{sin\alpha}(3 - 4sin^2\alpha)$

От новополученото равенство извеждаме:
$sin^2\alpha = \frac{1}{4}(3 - 2\sqrt{2}cos\alpha)$

Ползваме основното тригонометрично тъждество:
$sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$
$\frac{1}{4}(3 - 2\sqrt{2}cos\alpha) + cos^2\alpha = 1$
$3 - 2\sqrt{2}cos\alpha + 4cos^2\alpha = 4$
$4cos^2\alpha - 2\sqrt{2}cos\alpha - 1 = 0$

Единствен положителен корен е $cos\alpha = \frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3})$, което е $cos15^{\circ}$... Но не знам доколко това се доказва лесно накрая и доколко е легитимно решение

Ще очаквам идеи за някое по-хитро разработване на началното уравнение $\sqrt{2}sin2\alpha = sin3\alpha$, може би с двоен или троен ъгъл? Но преобразуванията отново никак не са по-приятни

Бих ти предложила следното:
[tex]2sin^{2}2\alpha = sin^{2}3\alpha \Leftrightarrow 2sin^{2}2\alpha - sin^{2}3\alpha = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{2}.sin2\alpha + sin3\alpha)(\sqrt{2}sin2\alpha - sin3\alpha) = 0[/tex]
И решаваш двете уравнения :[tex]\sqrt{2}sin2\alpha + sin3\alpha = 0[/tex] и [tex]\sqrt{2}sin2\alpha - sin3\alpha = 0[/tex] , които са си съвсем законни!

[Davids]

Синусите са само положителни, така че първото уравнение директно няма корени за нашия случай и затова съм минал направо на второто, което съм и решил. Значи всичко е окей с решението и отговора накрая, така ли?

[S.B.]

Моя вариант на решение (предимно тригонометрично):


Ще очаквам идеи за някое по-хитро разработване на началното уравнение $\sqrt{2}sin2\alpha = sin3\alpha$, може би с двоен или троен ъгъл? Но преобразуванията отново никак не са по-приятни

[tex]\sqrt{2}sin2\alpha -sin3\alpha = 0 \Leftrightarrow 2\sqrt{2}sin\alpha.cos\alpha - 3sin\alpha +4sin^{3}\alpha = 0 \Leftrightarrow sin\alpha(2\sqrt{2}cos\alpha + 4sin^{2}\alpha - 3) = 0[/tex]
[tex]sin\alpha \ne 0 \Rightarrow 2\sqrt{2}cos\alpha + 4sin^{2}\alpha - 3 = 0 \Leftrightarrow 4cos^{2}\alpha - 2\sqrt{2}cos\alpha - 1 = 0[/tex] ,което е съвсем прилично квадратно уравнение ,което има отговор,който ти си получил!Според мен всичко е точно!

[Alex98]

zadacha s agli.png (53.39 KiB) Прегледано 651 пъти

[tex]\triangle ABC \approx \triangle ACM \Rightarrow \frac{AC}{AM}=\frac{AB}{AC} \Rightarrow AC^2=\frac{1}{2}AB^2[/tex]
Точка [tex]D[/tex] е такава, че [tex]\triangle AMC \cong \triangle DMC \Rightarrow AC=CD ; DM=AM \Rightarrow \angle ADB=90^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle DMC=\angle AMC=3\alpha \Rightarrow \angle ADM=\angle DAM=90^\circ-3\alpha \Rightarrow \angle MDB=\angle MBD=3\alpha[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle DBC=\alpha \Rightarrow \triangle DBC[/tex] е равнобедрен [tex]\Rightarrow DB=DC=AC[/tex]
За [tex]\triangle ABD[/tex] прилагаме Питагоровата теорема [tex]\Rightarrow AD^2=AB^2-BD^2=AB^2-\frac{1}{2}AB^2=\frac{1}{2}AB^2 \Rightarrow AD=BD[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle ABD[/tex] е равнобедрен [tex]\Rightarrow 3\alpha =45^\circ \Rightarrow \alpha=15^\circ[/tex]

[ева]

Да спуснем перпендикуляр от т.С към правата ВА,който я пресича в т.Н (т.А е м/у т.В и т.Н )
Описваме окр.К(О;R=[tex]\frac{ВС}{2}[/tex]) около [tex]\triangle[/tex]ВСН. Правата СА пресича К в т.L,a ъглополовящата на [tex]\angle[/tex] МСА пресича К в т.D .
[tex]\angle[/tex]ACH=[tex]\beta[/tex]=? [tex]\angle[/tex]ВСМ=[tex]\alpha[/tex]=?

Ще разгледаме правоъгълните [tex]\triangle[/tex]LBO и [tex]\triangle[/tex]BCH
[tex]\triangle[/tex]LBO-правоъг.и равноб. ( LO е симетрала на отс.ВС ) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]LBO=45[tex]^\circ[/tex] т.е. [tex]\beta[/tex]+2[tex]\alpha[/tex]=45[tex]^\circ[/tex] (1)
([tex]\triangle[/tex]ВСН) 90[tex]^\circ[/tex]+2[tex]\alpha[/tex]+(3[tex]\alpha[/tex]+[tex]\beta[/tex])=180[tex]^\circ[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] 5[tex]\alpha[/tex]+[tex]\beta[/tex]=90[tex]^\circ[/tex] (2)

[tex]\begin{array}{|l} \beta + 2\alpha = 45^\circ \\ \beta+5\alpha=90^\circ \end{array}[/tex] (изваждаме)

-3[tex]\alpha[/tex]=-45[tex]^\circ[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\alpha[/tex]=15[tex]^\circ[/tex]

Скрит текст: покажи

Това решение дължа на гост,който ми даде точка и по този начин ми подсказа,че съм тръгнала в правилната посока.