синусова и косинусова теорема

[Гост]

Здравейте, някой може ли да ми помогне със следните две задачи:(със синусова и косинусова теорема)
1) Точка M от вътрешността на квадрата ABCD е такава, че ъгъл MCD e равен на ъгъл MDC=15 градуса. Докажете, че ▲AMB е равностранен.
2) Вписаната в ▲ABC окръжност дели медианата към страната BC на три равни части. Намерете дължините на BC и AC, ако AB=c.
Благодаря предварително!

[Гост]

Моля ви поне ми дайте насока как да ги реша..

[s.karakoleva]

Моля ви поне ми дайте насока как да ги реша..

Коледа е! Приеми като подарък

1 задача:

Нека [tex]O[/tex] - център на квадрата, а страната му да означим с [tex]a[/tex]. Построяваме права [tex]OM\parallel BC; OM\cap CD=P[/tex]. Очевидно [tex]OP=PC=PD=a/2[/tex].

От [tex]\triangle MCP\Rightarrow \frac{MP}{CP}=tg\ 15^\circ\Rightarrow MP=CP\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}\Rightarrow MP=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}[/tex]

[tex]OM=OP-MP=\frac{a}{2}-\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}=\frac{a}{2}(\sqrt3-1)[/tex]

[tex]AD\parallel OM\Rightarrow \angle DAM=\angle AMO=\alpha[/tex] (вътрешни кръстни)

Разгл. [tex]\triangle AOM[/tex]
[tex]\angle OAM=45^\circ-\alpha, \angle AMO=\alpha, AO=\frac{a\sqrt2}{2}[/tex]

По синусова Теорема:

[tex]\frac{OM}{\sin(45^\circ-\alpha)}=\frac{AO}{\sin\alpha}\Leftrightarrow \frac{\frac{a}{2}(\sqrt3-1)}{\frac{\sqrt2}{2}(\cos\alpha-\sin\alpha)}=\frac{\frac{a\sqrt2}{2}}{\sin\alpha}\Leftrightarrow (\sqrt3-1)\sin\alpha=\cos\alpha-\sin\alpha[/tex]

[tex]\Rightarrow cotg\ \alpha=\sqrt3\Rightarrow \alpha =30^\circ[/tex]

Следователно [tex]\angle MAB=90^\circ-\alpha=60^\circ\Rightarrow\triangle ABM[/tex]- равностранен.

Забележка:
[tex]\sin 15^\circ=\sin(45^\circ-30^\circ)=\sin 45^\circ\cos 30^\circ-\cos 45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt2}{4}(\sqrt3-1)[/tex]
[tex]\cos 15^\circ=\cos(45^\circ-30^\circ)=\cos 45^\circ\cos 30^\circ+\sin 45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt2}{4}(\sqrt3+1)[/tex]
[tex]tg\ 15^\circ =\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}[/tex]

[Гост]

Благодаря! А можеш ли да ми кажеш нещо за втората?

[s.karakoleva]

Задача 2: (факти, полезни за решаването)

Нека [tex]AM[/tex] е медианата, [tex]O[/tex] е центъра на вписаната окр-ст, а [tex]P[/tex] и [tex]G[/tex] са точките от вписаната окръжност, които разделят медианата на 3 равни части: [tex]AP=PG=GM[/tex]. Оттук следва, че [tex]G[/tex] е медицентър и [tex]MN[/tex] е средна отсечка, т.е. [tex]MN=b/2[/tex] и [tex]MN\parallel AC[/tex]. Построяваме медианата [tex]CN (G\in CN)[/tex].

[tex]CO[/tex]-ъглополовяща и [tex]CO\cap AM=Q.[/tex] Доказва се, че са еднакви двойките триъгълници [tex]PQO, GQO[/tex] ; [tex]AQO, MQO[/tex]; [tex]APO, MGO[/tex] ; [tex]AQC, MQC[/tex]. От последната двойка едн. тр. следва, че [tex]AC=CM=b\Rightarrow a=2b[/tex]

Доказва се, че [tex]\angle CAM=\angle AMN=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex], [tex]\angle MAN=\frac{\alpha-\beta}{2}[/tex]

От формулата за медианата [tex]AM=m_a=\frac12\sqrt{2b^2+2c^2-4b^2}=\frac{\sqrt2}{2}\sqrt{c^2-b^2}[/tex]

От синусова Т за [tex]\triangle ABC\Rightarrow[/tex] [tex]sin\alpha=2\sin\beta=2b\sin(\alpha+\beta)/c[/tex]

След това трябва да се разгледа [tex]\triangle ANM[/tex].

Имам и чертеж, но за съжаление нямам повече време сега.
Весела Коледа!

[Гост]

Моля ви поне ми дайте насока как да ги реша..

Коледа е! Приеми като подарък

1 задача:

Нека [tex]O[/tex] - център на квадрата, а страната му да означим с [tex]a[/tex]. Построяваме права [tex]OM\parallel BC; OM\cap CD=P[/tex]. Очевидно [tex]OP=PC=PD=a/2[/tex].

От [tex]\triangle MCP\Rightarrow \frac{MP}{CP}=tg\ 15^\circ\Rightarrow MP=CP\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}\Rightarrow MP=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}[/tex]

[tex]OM=OP-MP=\frac{a}{2}-\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}=\frac{a}{2}(\sqrt3-1)[/tex]

[tex]AD\parallel OM\Rightarrow \angle DAM=\angle AMO=\alpha[/tex] (вътрешни кръстни)

Разгл. [tex]\triangle AOM[/tex]
[tex]\angle OAM=45^\circ-\alpha, \angle AMO=\alpha, AO=\frac{a\sqrt2}{2}[/tex]

По синусова Теорема:

[tex]\frac{OM}{\sin(45^\circ-\alpha)}=\frac{AO}{\sin\alpha}\Leftrightarrow \frac{\frac{a}{2}(\sqrt3-1)}{\frac{\sqrt2}{2}(\cos\alpha-\sin\alpha)}=\frac{\frac{a\sqrt2}{2}}{\sin\alpha}\Leftrightarrow (\sqrt3-1)\sin\alpha=\cos\alpha-\sin\alpha[/tex]

[tex]\Rightarrow cotg\ \alpha=\sqrt3\Rightarrow \alpha =30^\circ[/tex]

Следователно [tex]\angle MAB=90^\circ-\alpha=60^\circ\Rightarrow\triangle ABM[/tex]- равностранен.

Забележка:
[tex]\sin 15^\circ=\sin(45^\circ-30^\circ)=\sin 45^\circ\cos 30^\circ-\cos 45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt2}{4}(\sqrt3-1)[/tex]
[tex]\cos 15^\circ=\cos(45^\circ-30^\circ)=\cos 45^\circ\cos 30^\circ+\sin 45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt2}{4}(\sqrt3+1)[/tex]
[tex]tg\ 15^\circ =\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}[/tex]

А това в забележката от коя формула е ?
и от къде следва че cotg α= √3 ?

[Гост]

Задача 2: (факти, полезни за решаването)

Нека [tex]AM[/tex] е медианата, [tex]O[/tex] е центъра на вписаната окр-ст, а [tex]P[/tex] и [tex]G[/tex] са точките от вписаната окръжност, които разделят медианата на 3 равни части: [tex]AP=PG=GM[/tex]. Оттук следва, че [tex]G[/tex] е медицентър и [tex]MN[/tex] е средна отсечка, т.е. [tex]MN=b/2[/tex] и [tex]MN\parallel AC[/tex]. Построяваме медианата [tex]CN (G\in CN)[/tex].

[tex]CO[/tex]-ъглополовяща и [tex]CO\cap AM=Q.[/tex] Доказва се, че са еднакви двойките триъгълници [tex]PQO, GQO[/tex] ; [tex]AQO, MQO[/tex]; [tex]APO, MGO[/tex] ; [tex]AQC, MQC[/tex]. От последната двойка едн. тр. следва, че [tex]AC=CM=b\Rightarrow a=2b[/tex]

Доказва се, че [tex]\angle CAM=\angle AMN=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex], [tex]\angle MAN=\frac{\alpha-\beta}{2}[/tex]

От формулата за медианата [tex]AM=m_a=\frac12\sqrt{2b^2+2c^2-4b^2}=\frac{\sqrt2}{2}\sqrt{c^2-b^2}[/tex]

От синусова Т за [tex]\triangle ABC\Rightarrow[/tex] [tex]sin\alpha=2\sin\beta=2b\sin(\alpha+\beta)/c[/tex]

След това трябва да се разгледа [tex]\triangle ANM[/tex].

Имам и чертеж, но за съжаление нямам повече време сега.
Весела Коледа!

За ANM разгледах синусова, косинусова теорема и нищо не намерих, какво да разглеждам в ANM?