Задача за равностранен триъгълник

[Lubo]

Вероятно това е добре известна задача, но нещо ми се опъва. Ако вече е дискутирана във форума, моля посочете линк, ако не е - бихте ли ми дали упътване или решение.

Вижте диаграмата по-долу.

Благодаря.

Любо

[pipi langstrump]

Частен случай е на тази: viewtopic.php?f=51&t=1084
Решава се на един ред с вектори (поне такива са ми спомените).

[Lubo]

Благодаря, pipi langstrump

Може ли да дадете малко повече информация? Аз поне (може би не знам как) не видях коментарии след здачата, която Вие сте предложили.
Решението с вектори използува ли координатна (аналитична) геометрия?
В предишния си постинг съм пропуснал да напиша, че се изисква решение, което не използува координатна геометрия.

Любо

[dimy93]

В конкретният случай може и нещо такова :
AB=BC=CA=a=>[tex]MP=\frac{\sqrt{3}a}{4 }[/tex],[tex]NP=\frac{\sqrt{3}a}{8 }[/tex],[tex]AM=\frac{a}{ 2}[/tex],[tex]PC=\frac{3a}{ 4}[/tex],[tex]\angle AMP =150^\circ[/tex]
От [tex]\Delta CPN[/tex]=>[tex]tg\angle NCP=\frac{PN}{ CP}= \frac{\frac{\sqrt{3}a}{8 }}{\frac{3a}{ 4} }=\frac{1 }{2\sqrt{3} }[/tex]
Нека [tex]APM=\alpha[/tex]
Синусова за [tex]\Delta AMP[/tex]:
[tex]\frac{MP}{sin(30^\circ -\alpha ) }= \frac{MA}{ sin\alpha }\\\frac{\frac{\sqrt{3}a}{4 }}{\frac{1}{ 2}cos\alpha - \frac{\sqrt{3} }{2 }sin\alpha }= \frac{\frac{a}{ 2}}{ sin\alpha }\\
\frac{1}{\sqrt{3} } cos\alpha - sin\alpha =sin\alpha\\
\frac{1}{\sqrt{3} } cos\alpha=2sin\alpha\\tg\alpha =\frac{1}{2\sqrt{3} }[/tex]
[tex]tg\angle NCP=tg\angle APM=\frac{1 }{2\sqrt{3}[/tex] и 2тта ъгъла са остри =>[tex]\angle NCP=\angle APM[/tex]=>
[tex]\angle NCM=\angle MAP=30^\circ -\alpha[/tex]=>[tex]\angle AMC = \angle CQA =90^\circ[/tex]

[pipi langstrump]

Моля те, не ми говори на "Вие".
Имаме [tex]\vec{CN}.\vec{AP} = (\frac{1}{2}(\vec{CM} + \vec{CP})).(\vec{AM} + \vec{MP}) =[/tex]
[tex]\frac{1}{2}(\vec{CM}.\vec{AM} + \vec{CM}.\vec{MP} + \vec{CP}.\vec{AM} + \vec{CP}.\vec{MP}) =[/tex]
[tex]\frac{1}{2}(-MC.MP + CP.AM) cos \beta = 0[/tex], защото [tex]\Delta MBP[/tex] e pododben na [tex]\Delta MBC[/tex]
Не е написано напълно подробно, но подробностите всеки може да си ги допълни.

По същия начин би трябвало да стане и при общия случай.

[vel.angelov]

Опитайте да я решите за равнобедрен триъгълник ,без вектори

[Lubo]

Благодаря много и на двама ви.
Днес бях много зает и едва сега успях да вляза във форума. Ще изпечатам решенията за да ги прегледам на път за вкъщи.
Още вендъж - благодаря.

Любо

[Lubo]

Всъщност vel.angelov е прав.
Задачата е за РАВНОБЕДРЕН триъгълник. Не знам защо по невнимание съм написал рвностранен.

Извинявайте.

Векторното решение е много, много добро, но до някъде е базирано на координатна геометрия. Изискването е да не се използува координатна геометрия.

dimy93, ивнявай - не съм имал време да прегледам твоето решение. То вероятно сущо е много добро.

Любо

[vel.angelov]

Ето как може да стане за равнобедрен триъгълник:
Вземаме средата на АМ ,нека това да бъде точка К.Означаваме ъгъла при основата с [tex]\alpha[/tex] .Забелязваме че [tex]\Delta MPC[/tex] е получен от [tex]\Delta AMC[/tex] чрез ротация на[tex]90-\alpha[/tex] и скъсяване с коефицент [tex]sin\alpha[/tex] (мисля че това се наричаше хомотетия).Тогава [tex]\angle KCN=90-\alpha[/tex].Оттук като знаем че [tex]\angle MKC=\angle PNC[/tex] ([tex]\Delta MPC\approx \Delta AMC[/tex]) доказваме по втори признак че [tex]\Delta KCN \approx \Delta MCP[/tex]. Оттук получаваме че [tex]\angle KNC=90^\circ[/tex], но [tex]KN[/tex] средна отсечка в [tex]\Delta AMP[/tex] =>[tex]CN\bot AP[/tex]

[Lubo]

Благодаря много, vel.angelov
Много добро решение!
Любо