Задача от учителски форум под карантина

[Knowledge Greedy]

От триъгълник с връх [tex]A[/tex], знаем две страни - основата [tex]BC=11[/tex] cm и [tex]CA=10[/tex] cm.
Отсечка [tex]AD[/tex] ([tex]D\in BC[/tex]) разделя ъгъла [tex]\angle BAC[/tex] на части в отношение [tex]2:1[/tex],
а срещулежащата на върха страна [tex]BC[/tex] - на части [tex]BD=6[/tex] cm и [tex]DC=5[/tex] cm.
Срещу по-голямата част ([tex]BD[/tex]) e по-голямата част от ъгъла. Oпределете лицето на триъгълника.

[Davids]

Получавам много грозни извънземни сметки, въпреки теоретическите устои на подходите си... "Хубави" ли са отговорите, бъркам ли някъде, или да публикувам смело?

[Hephaestus]

Означаваме [tex]\angle DAC = x[/tex]. Тогава съгласно условието имаме, че [tex]\angle DAB = 2x[/tex].
Освен това, нека [tex]\angle ADC = y[/tex] и тогава [tex]\angle ADB = 180^\circ-y[/tex] (като съседен ъгъл).

Като приложим синусовата теорема за [tex]\triangle ADC[/tex], получаваме [tex]\frac{5}{sinx} = \frac{10}{siny} \Rightarrow \frac{sinx}{siny} = \frac{1}{2}[/tex].

Пак по синусовата теорема, но този път за [tex]\triangle ADB[/tex], имаме [tex]\frac{6}{sin2x} = \frac{AB}{sin(180^\circ - y)} \Rightarrow \frac{sin2x}{siny} = \frac{6}{AB} \Rightarrow
\frac{2sinxcosx}{siny} = \frac{6}{AB}[/tex]

[tex]\Rightarrow 2cosx.\frac{1}{2} = \frac{6}{AB} \Rightarrow cosx = \frac{6}{AB} \Rightarrow AB = \frac{6}{cosx}[/tex].

Прилагаме косинусовата теорема за [tex]\triangle ABC[/tex] [tex]\Rightarrow BC^{2} = AC^{2} + AB^{2} - 2.AC.AB.cos3x[/tex]

[tex]\Rightarrow 121 = 100 + \frac{36}{cos^{2}x} - 2.10.\frac{6}{cosx}.(4cos^{3}x - 3cosx)[/tex]

След като опростим получения израз, получаваме уравнението [tex]160cos^{4}x - 113cos^{2}x - 12 = 0[/tex].
След субституцията [tex]cos^{2}x = t > 0[/tex] достигаме до квадратното уравнение [tex]160t^{2} - 113t - 12 = 0[/tex], чиито корени са [tex]t_{1 } = \frac{4}{5}[/tex] и [tex]t_{2 } = -\frac{3}{32}[/tex],
от които само първият е положителен и вземаме предвид само него. Тогава [tex]cos^{2}x = \frac{4}{5}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]cosx = \pm\frac{2}{\sqrt{5}}[/tex], но тъй като [tex]3x \in (0; 180^\circ) \Rightarrow \Rightarrow x \in (0^\circ; 60^\circ)[/tex], то [tex]cosx = \frac{2}{\sqrt{5}}[/tex]. Следователно [tex]AB = \frac{6}{cosx} = \frac{6\sqrt{5}}{2} = 3\sqrt{5}[/tex].
Намираме [tex]sinx = \sqrt{1 - cos^{2}x} = \sqrt{1 - \frac{4}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}[/tex] и тогава [tex]sin3x = 3sinx - 4sin^{3}x = \frac{3}{\sqrt{5}} - \frac{4}{5\sqrt{5}} = \frac{11}{5\sqrt{5}}[/tex].

Следователно търсеното лице е [tex]S_{ABC } = \frac{AB.AC.sin3x}{2} = \frac{3\sqrt{5}.10.\frac{11}{5\sqrt{5}}}{2} = 33[/tex] [tex]cm^{2}[/tex]

[peyo]

Много интересна задача с това, че ще се опитам да я реша като използвам числени методи:

Ще изпозлваме много отличния чертеж на Hephaestus.

Цялото решение ще стъпи на тоеа, че ще търсим CD като функция на ъгъла при върха А и когато тази финкция $f$ върне 5, ще сме готови. За тази цел ще използваме една косинусова и 2 синусови теореми:

Код: Избери целия код

In [93]: def f(A):
    ...:     a = sqrt(10**2 + 11**2 - 2*10*11*cos(A))
    ...:     x = asin(11*(sin(A)/a))/3
    ...:     y = pi -(A + x)
    ...:     CD = sin(x)*10/sin(y)
    ...:     return CD
    ...:

In [94]: float(f(pi/3))
Out[94]: 3.7167888629845

In [95]: float(f(pi/4))
Out[95]: 4.453439699192902

In [96]: float(f(pi/5))
Out[96]: 5.0666706589651564


Добре,виждаме, че отговора е някъде около $\frac{pi}{5}$

Сега ще запалим scipy solvera:

Код: Избери целия код

In [102]: from scipy.optimize import fsolve

In [107]: fsolve(lambda t: f(t)- 5, float(pi/5))
Out[107]: array([ 0.64350111])

In [108]: float(10*11*sin(0.64350111)/2)
Out[108]: 33.00000005309549


Ок и за да намерим лицето изпозлвахме формулата по две страни и синус на ъгъл межди тях и получихме 33.00000005309549, което дава грешка около 1е-7. Като за числов метод мисля що годе добре се справи, макар, че се надявах на малко по-добър резултат. Явно някъде загубихме малко точност около плаващита запетаи.

[Евва]

Интересно е ,че може да се реши без тригонометрия .

[Евва]

Нека AL е ъглополовяща в [tex]\triangle[/tex]ABD (т. L лежи на отс. BD)
Да означим: AB=x ,AL=a ,AD=b ,BL=y
x=?
AD е ъглополовяща в [tex]\triangle[/tex]ALC [tex]\Rightarrow[/tex] 2формули
[tex]\frac{CD}{LD}[/tex]=[tex]\frac{AC}{AL}[/tex] т.е. [tex]\frac{5}{6-y}[/tex]=[tex]\frac{10}{a}[/tex] ; a=2(6-y) (1)

[tex]AD^{2}[/tex]=AC.AL-CD.LD т.е. [tex]b^{2}[/tex]=10a-5(6-y) (2)

AL е ъглополовяща в [tex]\triangle[/tex]ABD [tex]\Rightarrow[/tex] 2 формули
[tex]\frac{LD}{LB}[/tex]=[tex]\frac{AD}{AB}[/tex] т.е. [tex]\frac{6-y}{y}[/tex]=[tex]\frac{b}{x}[/tex] ; b=[tex]\frac{x(6-y)}{y}[/tex] (3)
[tex]AL^{2}[/tex]=AD.AB-BL.DL т.е. [tex]a^{2}[/tex]=bx-y(6-y) (4)

[tex]\begin{array}{|l} \frac{x^{2}(6-y)^{2}}{y^{2}} = 10.2(6-y)-5(6-y) \\ 4(6-y)^{2} = \frac{x^{2}(6-y)}{y}-y(6-y) \end{array}[/tex]
От чертежа се вижда ,че b[tex]\ne[/tex]6 .

[tex]\begin{array}{|l} x^{2}(6-y) = 15y^{2} \\ 4y(6-y) = x^{2}-y^{2} \end{array}[/tex]

($)[tex]\begin{array}{|l} x^{2} = \frac{15y^{2}}{6-y} \\ x^{2} = 24y-3y^{2} \end{array}[/tex]
[tex]\frac{3.5y^{2}}{6-y}[/tex]=3y(8-y)
[tex]y^{2}[/tex]-19y+48=0 [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]y_{1 }[/tex]=3 , [tex]y_{2 }[/tex]=16 -отпада; (връщаме се към ($))

[tex]x^{2}[/tex]=[tex]\frac{15.9}{3}[/tex] т.е. х=3[tex]\sqrt{5}[/tex] см.
Остана да приложим Херон.