ТРИЪГЪЛНИК5

[math10.com]

Отдавна не съм Ви пускал задачка и затова ето една приятна като за 7-ми клас.

Даден е [tex]\triangle ABC ( \angle ACB=90^\circ )[/tex].Точка [tex]D[/tex] е върху медианата [tex]AM ( M\in BC)[/tex] и е такава ,че [tex]\angle BCD=15^\circ[/tex].Ако [tex]BC=2AC[/tex] , да се намерят ъглите на [tex]\triangle CLD[/tex] , където [tex]L\in AB[/tex] е петата на ъглополовящата на правия ъгъл.

[S.B.]

Отдавна не съм Ви пускал задачка и затова ето една приятна като за 7-ми клас.

Даден е [tex]\triangle ABC ( \angle ACB=90^\circ )[/tex].Точка [tex]D[/tex] е върху медианата [tex]AM ( M\in BC)[/tex] и е такава ,че [tex]\angle BCD=15^\circ[/tex].Ако [tex]BC=2AC[/tex] , да се намерят ъглите на [tex]\triangle CLD[/tex] , където [tex]L\in AB[/tex] е петата на ъглополовящата на правия ъгъл.

Без заглавие - 2021-01-03T001226.858.png (256.68 KiB) Прегледано 724 пъти

$CL$ е ъглополовяща на [tex]\angle ACB , AM[/tex] е медиана.
$CL\cap AM = F$
От $BC = 2AC$ и $AM$ - медиана $\rightarrow AC = BM = MC \Rightarrow \triangle AMC$ е равнобедрен и правоъгълен
$CF \bot AM$ като ъглополовяща на ъгъла срещу основата в равнобедрен триъгълник
$\angle MCD = \angle BCD = 15^\circ , \angle FCD = 30^\circ$
Построявам т.$E : \begin{cases} E\in AF \\EF = FD \end{cases}$
$\triangle EFC\cong \triangle DFC$ защото:
$EF = FD , CF$ е обща , $\angle EFC = \angle DFC = 90^\circ$
$\Rightarrow \angle ECF = \angle DCF = 30^\circ , CF = CD$
$\triangle ECL \cong \triangle DCL$ защото:
$CE = CD , \angle ECL = \angle DCL = 30^\circ ,CL$ е обща $\Rightarrow LE = LD$
Но $CL$ е ъглополовяща на $\angle ECD \Rightarrow$ точката $L$ е на равни разстояния от раменете на ъгъла
и тогава от $LE = LD \rightarrow LE \bot CE ,LD \bot CD \Rightarrow \angle CDL = 90^\circ$
За ъглите на $\triangle CDL \rightarrow \angle LCD = 30^\circ, \angle CDL = 90^\circ , \angle CLD = 60^\circ$

[Гост]

........
Но $CL$ е ъглополовяща на $\angle ECD \Rightarrow$ точката $L$ е на равни разстояния от раменете на ъгъла
и тогава от $LE = LD \rightarrow LE \bot CE ,LD \bot CD \Rightarrow \angle CDL = 90^\circ$
За ъглите на $\triangle CDL \rightarrow \angle LCD = 30^\circ, \angle CDL = 90^\circ , \angle CLD = 60^\circ$

Хубаво би било да е толкова просто , но за съжаление не е.Защо трябва [tex]LD , LE[/tex] да са разстоянията от точка [tex]L[/tex] до раменете на ъгъла
Вярно е , че [tex]\triangle CDL\cong \triangle CEL \Rightarrow LD=LE ; \angle CLD=\angle CLE[/tex] , като СЕЕТ , но само толкова.Тези ъгли може да са по [tex]90^\circ[/tex] , но може и да не са.За това няма доказателство има само предположение.Ако успееш да го докажеш , задачата ще бъде решена

[Евва]

Нека АС=b ,BC=2b и FD=h .
CL-ъглополовяща в [tex]\triangle[/tex]ABC [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{AL}{BL}[/tex]=[tex]\frac{AC}{BC}[/tex] ; [tex]\frac{AL}{BL}[/tex]=[tex]\frac{b}{2b}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] AL=x ,BL=2x

[tex]\triangle[/tex]ABC- правоъгълен [tex]АС^{2}[/tex]+[tex]ВС^{2}[/tex]=[tex]AB^{2}[/tex] ; [tex]b^{2}[/tex]+4[tex]b^{2}[/tex]=9[tex]x^{2}[/tex] ; x=[tex]\frac{b\sqrt{5}}{3}[/tex] (1)
CL- ъглополовяща [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]CL^{2}[/tex]=b.2b-x.2x=2[tex]b^{2}[/tex]-2.[tex]\frac{5b^{2}}{9}[/tex]=[tex]\frac{8b^{2}}{9}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] CL=[tex]\frac{2\sqrt{2}b}{3}[/tex] (2)
[tex]\triangle[/tex]AFC-правоъгълен и равнобедрен [tex]AF^{2}[/tex]+ [tex]CF^{2}[/tex]=[tex]AC^{2}[/tex] ; 2[tex]CF^{2}[/tex]=[tex]b^{2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] CF=[tex]\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex] (3)
За равнобедрения [tex]\triangle[/tex]АMС- ъглополовящата CF се явява и височина [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\triangle[/tex]FMC е правоъгълен ,значи и [tex]\triangle[/tex]FDC е правоъгълен .
[tex]\angle[/tex]FCD=30[tex]^\circ[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] FD=[tex]\frac{CD}{2}[/tex] ;CD=2h (4)
[tex]FD^{2}[/tex]+[tex]CF^{2}[/tex]=[tex]CD^{2}[/tex] ; [tex]h^{2}[/tex]+[tex]\frac{b^{2}}{2}[/tex]=4[tex]h^{2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] h=[tex]\frac{b}{\sqrt{6}}[/tex] (5) ,тогава CD=[tex]\frac{2b}{\sqrt{6}}[/tex] (6)
Ще докажем ,че CF.CL=[tex]CD^{2}[/tex]

CF.CL=[tex]\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex].[tex]\frac{2\sqrt{2}b}{3}[/tex]=[tex]\frac{2b^{2}}{3}[/tex]=[tex]\frac{4b^{2}}{6}[/tex]=[tex]CD^{2}[/tex]

Може и да греша ,но за [tex]\triangle[/tex]CLD разсъждавам така: Щом е изпълнена формулата [tex]b^{2}[/tex]=[tex]b_{1 }[/tex].c

( в случая CD=b,CL=c,CF=[tex]b_{1 }[/tex] ) ,то [tex]\triangle[/tex]CLD е правоъгълен ( [tex]\angle[/tex]CDL=90[tex]^\circ[/tex] ) .

[Гост]

За 7-ми клас. !!!!
Иначе и ние ги знаем тези работи....

[Гост]

Както вече видяхме отговора е правоъгълен триъгълник с ъгли [tex]30^\circ , 60^\circ , 90^\circ[/tex].
Решението на #S.B. е коректно до момента с предположението , че [tex]LD[/tex] е разстоянието от [tex]L[/tex] до [tex]CD[/tex] , което трябва и да се докаже.
Решението на #Евва е ОК но използва Питагорава теорема от 9-ти клас , коренуване от 8-ми клас , метрични зависимости в правоъгълен триъгълник от 9-ти клас и формула за ъглополовящите от 10-ти клас.Всички тези неща са много полезни за темата решаване на триъгълник (Обобщение на материала по геометрия и подготовка за ДЗИ след 12-ти клас).За всички подготвящи се за ДЗИ или пък за кандидат-студентски изпит решението е добро.
Очаквам решение и за 7-мо класници .Нека бъдем полезни по някакъв начин и на по-малките , след което ще пусна следващата задача.

[S.B.]

Решението на #S.B. е коректно до момента с предположението , че [tex]LD[/tex] е разстоянието от [tex]L[/tex] до [tex]CD[/tex] , което трябва и да се докаже.

Да, аз знаех още когато публикувах решението ,че доказателството се "пропуква" в този момент.Аз пробвах и други начини,но няма да ги публикувам.
Очаквам с нетърпение Вашето решение със средства за 7 клас,не само на "ТРИЪГЪЛНИК5",но и на "Триъгълник4",което отдавна стои в "Задача на седмицата"!

[math10.com]

tr5.png (60.08 KiB) Прегледано 589 пъти

[tex]CL[/tex] е ъглополовяща [tex]\angle ACL=\angle BCL=45^\circ \Rightarrow \angle DCL=\angle BCL-\angle BCD=45^\circ-15^\circ=30^\circ[/tex]
[tex]\triangle AMC[/tex] е равнобедрен [tex]BM=CM=\frac{1}{2}BC=AC[/tex]
[tex]CE ; E\in AM[/tex] е ъглополовяща , а по теорема свойство следователно е и медиана и височина в [tex]\triangle AMC[/tex]
[tex]\Rightarrow AE=EM ; \angle AEC=\angle MEC=90^\circ[/tex]
Сега ще използваме следното:Медианата [tex]AM[/tex] разделя лицето [tex]\triangle ABC[/tex] на две равни части.
[tex]S_{ABM}=\frac{BM.h_a}{2}= \frac{CM.h_a}{2}=S_{AMC} \Rightarrow S_{AMC}=\frac{1}{2}S_{ABC}[/tex]
Тъй като вече доказахме ,че [tex]AE=ME[/tex] аналогично доказваме , че [tex]S_{AEC}=S_{MEC}=\frac{1}{2}S_{AMC} \Rightarrow S_{AEC}=\frac{1}{4}S_{ABC}[/tex]
Сега ще припомним теорема свойство за ъглополовящата:Всяка точка от ъглополовящата се намира на равно разстояние от раменете на ъгъла.
От тук следва , че ако спуснем перпендикуляри от [tex]LH_1[/tex] и [tex]LH_2[/tex], към бедрата на триъгълника то [tex]LH_1=LH_2[/tex] това следва от [tex]\triangle LH_1C \cong \triangle LH_2C[/tex] по 2-ри признак
[tex]S_{ALC}={LH_1.AC}{2}=\frac{1}{2}S_{BLC}=\frac{LH_2.BC}{2} \Rightarrow S_{ABC}=S_{ALC}+S_{BLC}=3S_{ALC} \Rightarrow S_{ALC}=\frac{1}{3}S_{ABC}[/tex]
[tex]\Rightarrow S_{AEL}=S_{ALC}-S_{AEC}=\frac{1}{3}S_{ABC}-\frac{1}{4}S_{ABC}=\frac{1}{12}S_{ABC} \Rightarrow S_{AEC}=3S_{AEL} \Rightarrow CE=3LE[/tex]

tr5`.png (35.08 KiB) Прегледано 589 пъти

Сега разглеждаме [tex]\triangle CLD[/tex] , за който [tex]\angle LCD=30^\circ ; DE \bot CL ; CE=3LE \Rightarrow CE=\frac{3}{4}CL ; EL=\frac{1}{4}CL[/tex]
Нека [tex]P[/tex] е средата на [tex]CL[/tex] и [tex]PQ \bot CD[/tex]
По теорема свойство катет срещу ъгъл [tex]30^\circ[/tex] в правоъгълен триъгълник следва [tex]PQ=\frac{1}{2}CP=\frac{1}{4}CL[/tex]
[tex]\Rightarrow PE=CL-CP-EL=CL- \frac{1}{2} CL-\frac{1}{4} CL=\frac{1}{4} CL \Rightarrow PQ=PE[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle PQD \cong \triangle PED[/tex] по 1-ви признак
[tex]\Rightarrow \angle QPD=\angle EPD[/tex] като СЕЕТ
[tex]\angle CPQ=180^\circ-90^\circ-30^\circ=60^\circ \Rightarrow \angle EPQ= 180^\circ -\angle CPD=180^\circ-60^\circ=120^\circ[/tex] като съседни
[tex]\Rightarrow \angle QPD=\angle EPD=\frac{1}{2} \angle EPQ=60^\circ[/tex]
[tex]\triangle EPD \cong \triangle LED[/tex] по 1-ви признак ([tex]\angle LED=\angle PED =90^\circ ; EL=PE=\frac{1}{4}CL ; ED[/tex]- обща)
[tex]\Rightarrow \angle EPD=\angle LED= 60^\circ[/tex] , като СЕЕТ [tex]\Rightarrow \angle CDL=180^\circ-30^\circ-60^\circ=90^\circ[/tex]

Така доказахме обратната задача на основната задача "Височината в правоъгълен триъгълник с ъгъл [tex]30^\circ[/tex] дели хипотенузата в отношение 3:1 , а именно "Ако е даден триъгълник с ъгъл [tex]30^\circ[/tex] и петата на височината дели страна съседна на този ъгъл в отношение 3:1 считано от върха на ъгъла , то триъгълника е правоъгълен.

Ако има интерес мога да пусна нова задача