Задача от група В

[Евва]

Окръжност с радиус R минава през върха на равнобедрения [tex]\triangle[/tex]АВС ,през
средата на бедрото ВС и се допира до основата АВ в точка А.
Да се намери бедрото.

[math10.com]

r.t..png (67.91 KiB) Прегледано 459 пъти

От [tex]\triangle ABM \approx \triangle ABC \Rightarrow \frac{c}{\frac{a}{2}}=\frac{a}{c} \Rightarrow a^2=2c^2[/tex]

От косинусова теорема за [tex]\triangle ABM \Rightarrow \frac{a^2}{4}=2c^2+2c^2cos 2\alpha \Rightarrow cos 2\alpha =\frac{3}{4}[/tex]

От косинусова теорема за [tex]\triangle ACO \Rightarrow a^2=2R^2-2R^2cos 2\alpha=\frac{R^2}{2} \Rightarrow a=\frac{R\sqrt{2}}{2}[/tex]

[math10.com]

На предходния пост съм изпуснал знака минус пред стойността на косинуса , за което се извинявам.

[tex]cos 2\alpha =-\frac{3}{4}[/tex]

[tex]a^2=\frac{14R^2}{4} \Rightarrow a=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex]

[Евва]

Браво ! Ще се радвам да видя решението без да се използва тригонометрия .

[math10.com]

Съжалявам , останах с впечатлението , че си учила тригонометрия.Ето решение за 9-ти клас.
Понеже мe мързи да правя нов чертеж ползваме направения и си представяме
ще използвам и вече намереното [tex]a^2=2c^2[/tex]

Нека [tex]AH \bot BC ; H\in BC[/tex] и нека [tex]ON\bot AC ; N\in AC[/tex]

[tex]\Rightarrow \triangle ABH\approx \triangle AON \Rightarrow \frac{AO}{AB}=\frac{AN}{AH} \Rightarrow \frac{AO^2}{AB^2}=\frac{AN^2}{AH^2}[/tex]

[tex]AO=R ; AB=c ; AN=\frac{a}{2} ;BH=\frac{a}{4} ;AH^2=AB^2-BH^2=c^2-\frac{a^2}{16}[/tex] (Това е от Питагорова теорема , за [tex]\triangle AHB[/tex]).

Заместваме в пропорцията и получаваме:

[tex]\frac{R^2}{c^2}=\frac{\frac{a^2}{4}}{c^2-\frac{a^2}{16}}=\frac{4a^2}{16c^2-a^2}=\frac{4a^2}{7a^2}=\frac{4}{7} \Rightarrow R^2=\frac{4c^2}{7}=\frac{2a^2}{7} \Rightarrow a=\sqrt{\frac{7R^2}{2}}=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex]

[Davids]

Браво ! Ще се радвам да видя решението без да се използва тригонометрия .

Ще използвам чертежа на колегата. Означаваме $p = OP \bot AC, P\in AC$ и също $CH = h$ ще е височината към основата в $\triangle ABC$.
По питагорова теорема за $\triangle OPC$ имаме $R^2 = p^2 + \frac{a^2}{4}$.
Но от подобието $\triangle COP \sim \triangle CBH$ имаме:
$\frac{R}{a} = \frac{2p}{c}$
$\Rightarrow p = \frac{Rc}{2a} = \frac{\sqrt{2}}{4}R$

Връщаме се горе в питагоровата теорема и заместваме:
$R^2 = \frac{2R^2}{16} + \frac{a^2}{4}$
$\Rightarrow a = \frac{\sqrt{14}}{2}R$

[Евва]

Някой иска ли да напиша моето решение ?

[Гост]

Е напиши го де

[S.B.]

Без заглавие (52).png (264.42 KiB) Прегледано 368 пъти

Окръжност с радиус R минава през върха на равнобедрения [tex]\triangle[/tex]АВС ,през
средата на бедрото ВС и се допира до основата АВ в точка А.
Да се намери бедрото.

Нека [tex]AB = a , AC = BC = b[/tex]
$BC.BM = AB^{2} \Leftrightarrow b.\frac{b}{2} = a^{2} \Rightarrow a^{2} = \frac{b^{2}}{2}$
$CD\bot AB \Rightarrow \triangle ADC$ е правоъгълен.Прилагам Питагор:
$CD^{2} = AC^{2} - AD^{2} \Leftrightarrow CD^{2} = b^{2} - (\frac{a}{2})^{2} = b^{2} - \frac{b^{2}}{8} = \frac{7b^{2}}{8} \Rightarrow CD= \frac{b\sqrt{14}}{4}$
$\angle DAC = \alpha \Rightarrow \angle PAC = 90^\circ-\alpha$
За $\triangle ADC \rightarrow \angle DAC = \alpha , \angle CDA = 90^\circ \Rightarrow\angle ACD = 90^\circ - \alpha$
За $\triangle PAC \rightarrow \angle PAC = 90^\circ-\alpha , \angle ACP = 90^\circ$ защото $AP$ е диаметър $\Rightarrow \angle APC = 90^\circ - \alpha$
$\triangle ADC\approx \triangle ACP \Rightarrow \displaystyle\frac{CD}{CA} = \frac{CA}{PA} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{b\sqrt{14}}{4}}{b} = \displaystyle\frac{b}{2R} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{2R.b\sqrt{14}}{4} = b^{2} \Rightarrow$ $$ b = \frac{R\sqrt{14}}{2}$$

[Евва]

Няма нужда да пращам решението си ,защото то абсолютно съвпада с решението на S.B. .