ТРИЪГЪЛНИК 6

[math10.com]

Даден е равнобедрен [tex]\triangle ABC ( AC=BC)[/tex].Точка [tex]D[/tex] е вътрешна за триъгълника и такава ,че [tex]\angle DBC=2\angle DAC[/tex].
Ако [tex]DB=AC[/tex] да се намери стойността на [tex]\angle DAB[/tex]

[Гост]

Решението на задачата е доста цветущо! Надявам се да съм ви помогнал?

[Гост]

Нещо не е наред с това решение.По условие [tex]BD=AC[/tex] , а на чертежа е дадено , че [tex]BD=DC[/tex] , освен това от къде излезе [tex]\angle ACB=90^\circ+\alpha[/tex] , а и не на последно място в отговора пише [tex]\angle BAD=45-\frac{\alpha}{2}[/tex] , но все още незнаем на колко е равен [tex]\alpha[/tex].

[Гост]

Наистина не съм обърнал внимание на това, че BD=AC а не BD=DC.
Ъгъл BAD = х

[Гост]

Не знам за другите, обаче аз нищо не разбирам от чертржа на колегата.

[math10.com]

tr6`.png (41.13 KiB) Прегледано 1446 пъти

Ето коректен чертеж.Задачката е приятна и се решава на около 10 реда.Решение ако не се справи никой ще пусна евентуално другата седмица.

[Гост]

Единствената възможна стойност е x=30[tex]^\circ[/tex]. Алфа може да е всяко 0≤алфа<30[tex]^\circ[/tex].
Една задача е много лесна за решаване. Задача, която в известен смисъл е обратна на дадената. Ето я.
Условие на задача.
В триъгълника ABO [tex]\angle[/tex]ABO=[tex]\angle[/tex]BAO=30 [tex]^\circ[/tex]. Точка D лежи на отсечка AO, но е различна от точка A. Точка C е такава, че DC||BO и CO[tex]\bot[/tex]AB. Да се докаже, че AC=BC=BD и [tex]\angle[/tex]DBC=2*[tex]\angle[/tex]CAD.
Край на условието.

Кратък план за решение на дадената задача (не моята).
Въвеждаме две нови точки O и M. Нека точка O е такава, че BO е ъглополовяща на [tex]\angle[/tex]DBC, O лежи на AD, точка M лежи на BO и DM||AB. Доказваме, че AO=BO, DO=MO, AD=BM, триъгълниците ADC, BMC и BMD са еднакви по първи признак. От което следва DC=MC=MD. Оттам следва триъгълник DMC е равностранен. Откъдето е лесно да се получи, че x=30[tex]^\circ[/tex].

[math10.com]

tr 6.png (43.56 KiB) Прегледано 1385 пъти

Много добро решение от Гост.Прилагам чертеж и ще го опиша подробно.Възможно е да има лека разлика от горното , но идеята е същата.
Нека точка [tex]O[/tex] е вътрешна за [tex]\triangle ABC[/tex] и е такава , че [tex]CO=CD ; \angle ACD=\angle BCO[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle ACD \cong \triangle BCO[/tex] по 1-ви признак
[tex]\Rightarrow \angle DAC=\angle CBO=\alpha ; \angle ADC=\angle BOC[/tex] като СЕЕТ
но [tex]\angle DBC=2\angle DAC \Rightarrow \angle ABO=\angle CBO=\angle CAD=\alpha[/tex]
[tex]\Rightarrow \triangle DOB \cong \triangle COB[/tex] по 1-ви признак
[tex]\Rightarrow DO=CO ; \angle COB=\angle DOB[/tex] като СЕЕТ [tex]\Rightarrow \triangle DCO[/tex] е равностранен
[tex]\Rightarrow \angle COB=\angle DOB=\frac{360^\circ-60^\circ}{2}=150^\circ \Rightarrow \angle CAD=150^\circ \Rightarrow \angle ADO=360^\circ-(150^\circ+60^\circ)=150^\circ[/tex]
[tex]\triangle ABC[/tex] е равнобедрен по условие [tex]\Rightarrow \angle ABC=\angle BAC \Rightarrow \angle ABO=\angle BAD[/tex]
От четириъгълника [tex]ABOD \Rightarrow \angle ABO+\angle BOD+\angle ADO+\angle BAD=360^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle ABO=\angle BAD=\frac{360^\circ-(150^\circ+150^\circ)}{2}=30^\circ[/tex]

[Гост]

Малка поправка на решението на math10.com. Печатна грешка. [tex]^\angle[/tex]CAD не е 150[tex]^\circ[/tex] , а [tex]^\angle[/tex]CDA=150[tex]^\circ[/tex].