ТРИЪГЪЛНИК

[math10.com]

За всички , които искат да си потренират мозъците давам една приятна задача за 8-ми клас.Лесно се решава с Косинусова теорема но опитайте с материал за 8-ми клас

Даден е [tex]\triangle ABC[/tex].Точка [tex]N[/tex] е вътрешна за триъгълника и такава , че [tex]\angle ANB=\angle BNC=\angle CNA[/tex]
[tex]AN:BN:CN=4:2:1[/tex].
Да се намери [tex]\angle BAC[/tex]

[Гост]

N не е ли точка на Ферма-Торичели?

[peyo]

NABC111.png (610.07 KiB) Прегледано 1650 пъти

Решение с точно построение в geogebra.

[math10.com]

Да това е точка на Ферма-Торичели и задачата е приятна (сравнително трудна) за олимпиада 8-ми клас.Aко искате ще постна решение.Иначе да отговора на е [tex]\angle BAC=30^\circ[/tex] , както е написал #peyo .Този отговор лесно се намира с косинусова теорема и за това задачата не е интересна за горните курсове.Странно ми е само ,че доста дълго време никой не пусна решение, а има доста приятно и лесно решение с материал за 8-ми клас 1-ви срок.

[S.B.]

За всички , които искат да си потренират мозъците давам една приятна задача за 8-ми клас.Лесно се решава с Косинусова теорема но опитайте с материал за 8-ми клас

Даден е [tex]\triangle ABC[/tex].Точка [tex]N[/tex] е вътрешна за триъгълника и такава , че [tex]\angle ANB=\angle BNC=\angle CNA[/tex]
[tex]AN:BN:CN=4:2:1[/tex].
Да се намери [tex]\angle BAC[/tex]

Без заглавие - 2020-11-28T105101.405.png (309.37 KiB) Прегледано 1585 пъти

От [tex]CN : BN : AN = 1 : 2 : 4 \rightarrow CN = x , BN = 2x , AN = 4x[/tex]
$AN =4x $ и $AK = KQ = QP = PN = x$
$BN = 2x$ и $BM = MN = x$
$CN = x$
$\angle ANB = \angle BNC = \angle CNA = 120^\circ$
Лесно се доказва,че $\triangle PMC$ е равностранен
Построявам $QT || NB$
$Q$ е среда на $AN \Rightarrow T$ е среда на $AB \Rightarrow QT$ е средна отсечка за $\triangle ABN \Rightarrow QT = \frac{1}{2}BN \Rightarrow QT = x$
$\triangle ATQ \cong \triangle CNB $ ( по първи признак :$AQ = NB, QT = CN, \angle AQT = \angle CNB = 120^\circ$)
$\Rightarrow AT = CB$, но $AT = TB \Rightarrow AT = TB = BC \rightarrow CT$ е медиана
За $\triangle PQT \rightarrow QT = QP = x, \angle TQP = 60^\circ \Rightarrow$ е равностранен $\Rightarrow PT = x , \angle TPQ = 60^\circ$
Разглеждам $\triangle TPC$ и $\triangle BMC$ :
$PT = MB = x$
$PC = CM $ от равностранния $\triangle PMC$
$\angle BMC = 150^\circ$ съседен на $\angle CMN = 30^\circ$
$\angle CPT = \angle CPN + \angle TPN = 30^\circ + 120^\circ = 150^\circ$ ($\angle TPN$ е съседен на $\angle PQT = 60^\circ$
$\Rightarrow \angle BMC = \angle CPT$
$\Rightarrow \triangle TPC \cong \triangle MBC \rightarrow CT = CB$
$\begin{cases}AT = TB = CB \\ CB = CT \end{cases} \Rightarrow AT = TB = CT \Rightarrow \triangle ABC$ е правоъгълен защото $CT$ е медиана към $AB$
От $CB = CT = BT \Rightarrow \angle ABC = 60^\circ$
За $\triangle ABC : \begin{cases} \angle ACB = 90^\circ\\ \angle ABC = 60^\circ\end{cases} \Rightarrow \angle CAB = 30^\circ$

[Гост]

браво! math10, постни и твоето решение, ако е различно; постни нова задача

[Гост]

таман щях да питам какво се има предвид под материал за 8-ми клас (Питагор, средни отсечки...?)

[math10.com]

ttt.png (71.37 KiB) Прегледано 1548 пъти

Ето моето решение , малко по-крaтко от предходното:
Точките [tex]D,E,M[/tex] са съответно среди на [tex]AO,BO,AB[/tex]
[tex]\Rightarrow DE[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ABO \Rightarrow DE||AB \Rightarrow DE=AM=BM ; \angle DEO=\angle ABO[/tex]
[tex]\triangle DOE \cong \triangle BOC[/tex] по 1-ви признак ([tex]\angle DOE=\angle BOC=120^\circ ; OE=\frac{1}{2}OB=OC ; OD=\frac{1}{2} AO=OB[/tex])
[tex]\Rightarrow DE=BC ; \angle DEO=\angle BCO[/tex] , като СЕЕТ
[tex]\Rightarrow \angle ABC=\angle ABO+\angle OBC=\angle DEO+\angle OBC=\angle BCO+\angle OBC=180^\circ-\angle BOC=60^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle MBC[/tex] е равностранен
[tex]\Rightarrow \angle AMC=180^\circ -60^\circ =120^\circ[/tex]
[tex]\triangle AMC[/tex] е равнобедрен [tex]\Rightarrow \angle ACM=\angle CAM=30^\circ[/tex]


P.P. Ако има интерес мога да постна още олимпиадни задачи

[Гост]

поствай