интересна

[1089]

Даден е триъгълник с ъгли при върховете А, Б и С съответно 50, 60, 70. Точка P е във триъгълника такава че PAC=10 и PCA=30. Точка Н е от БС такава че НAC=30. Да се намери СПН.

[1089]

...

[allier]

Аз ще го налучкам - към 110 градуса ми се вижда този ъгъл.

[amsara]

С начертаване и измерване и аз го изкарах толкова-110° Но с решаване, засега -нищо. Има време за още опити

[1089]

da

[ganka simeonova]

1089, мога ли да ползвам окръжности, които се изучават в 8 клас?

[1089]

za da ne stoi taka temata, da

[amsara]

1089, да кажем, че стигнах донякъде . Липсва ми един елемент в решението - доказване на това, че ▲OBH е равнобедрен(а със сигурност той е такъв). Затова и в решението съм оградила това си твърдение като недоказано.
http://img246.imageshack.us/img246/8664/22102010381.jpg
Сметките с ъглите съм пропуснала да опиша умишлено, всеки може да сборува до 180 °

[1089]

postarala si se, no vse pak towa e wse edno da kaje6 agala o4ewidno e 110 i re6ihme zada4ata...

[amsara]

postarala si se, no vse pak towa e wse edno da kaje6 agala o4ewidno e 110 i re6ihme zada4ata...

Аз затова и написах, че съм стигнала донякъде, а не че съм решила задачата.
Пуснах я просто за да има някакво движение по темата, а иначе определено продължавам да се мъча за цялостно решение.

[Hena]

Тъй като беше позволено използването на окръжности,ето едно осмокласно решение!
Нека първо означим AP∩BC=F,CP∩AB=M,AH∩CM=O.Ще докажем,че О е центъра на опсисаната около ▲ABC окръжност.За целта нека <MOB'=80°,като B' принадлежи на страната AB.Така получаваме,че <MB'O=20°=<MAO => AO=OC=OB'.Което означава,че О е центъра на опсисаната около ▲AB'C окръжност => <MOB'=80°=2<MCB' => <MCB'=40°=MCB => B'≡B.Така се получава,че <BOH=<OBH=40° => OH=HB.Сега нека <AQH=<ANH=<OLH=90°,като Q≡AB,L≡CM,N≡AF.Знаем,че HQ=HN и че ▲BQH≡OLH => HN=HL => <LHP=<PHN => <FPH=70° => <CPH=110°

[ptj]

1089, да кажем, че стигнах донякъде . Липсва ми един елемент в решението - доказване на това, че ▲OBH е равнобедрен(а със сигурност той е такъв). Затова и в решението съм оградила това си твърдение като недоказано.
http://img246.imageshack.us/img246/8664/22102010381.jpg
Сметките с ъглите съм пропуснала да опиша умишлено, всеки може да сборува до 180 °

Както си означила ▲[tex]AOC[/tex] е равнобедрен. Освен това [tex]\angle AOC=120^\circ[/tex], a [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex]. От написаното следва, че т.[tex]O[/tex] е център на описаната около триъгълник [tex]ABC[/tex] окръжност (централен и вписан ъгъл). От там [tex]OC=OB[/tex] => [tex]\angle OCB=OBC=40^\circ[/tex]. Използвайки [tex]\angle OBH=40^\circ[/tex] и [tex]\angle OHB=100^\circ[/tex] намираш [tex]\angle BOH=40^\circ[/tex], т.е. [tex]OH=OB[/tex].

[amsara]

1089, да кажем, че стигнах донякъде . Липсва ми един елемент в решението - доказване на това, че ▲OBH е равнобедрен(а със сигурност той е такъв). Затова и в решението съм оградила това си твърдение като недоказано.
http://img246.imageshack.us/img246/8664/22102010381.jpg
Сметките с ъглите съм пропуснала да опиша умишлено, всеки може да сборува до 180 °

Както си означила ▲[tex]AOC[/tex] е равнобедрен. Освен това [tex]\angle AOC=120^\circ[/tex], a [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex]. От написаното следва, че т.[tex]O[/tex] е център на описаната около триъгълник [tex]ABC[/tex] окръжност (централен и вписан ъгъл). От там [tex]OC=OB[/tex] => [tex]\angle OCB=OBC=40^\circ[/tex]. Използвайки [tex]\angle OBH=40^\circ[/tex] и [tex]\angle OHB=100^\circ[/tex] намираш [tex]\angle BOH=40^\circ[/tex], т.е. [tex]OH=OB[/tex].

Всичко това е чудесно, но аз искам да си я реша с материал от 7-ми. От поста на 1089 стана ясно, че даде да се ползват окръжности само за да не остане задачата нерешена. Което автоматично означава, че има и седмокласен начин да докажа нужното , тоест че OBH е равнобедрен. Още в училище не сме учили нищо за вписани и описани окръжности.
Но иначе мерси много за предложението. Научих нещо ново

[ptj]

Нямаш проблем. Сега ще демонстрирам, това за което преди време спорих с Ганка.

Нека т. [tex]B_1[/tex] такава, че:
[tex]\angle AOB_1=140^\circ[/tex] и [tex]OB_1=OA[/tex].

Имаш [tex]OB_1=OA[/tex] и [tex]\angle AOB_1=140^\circ[/tex] => [tex]\angle OAB_1=\angle OB_1A=20^\circ[/tex]. Но и [tex]\angle OAB=20^\circ[/tex] следователно т.[tex]B_1[/tex] е oт лъча [tex]AB[/tex].

[tex]\angle AOC=120^\circ[/tex] и [tex]AOB_1=140^\circ[/tex] => [tex]COB_1=100^\circ[/tex].
Но [tex]OC=OA=OB_1[/tex], тогава [tex]\angle OCB_1=\angle OB_1C=40^\circ[/tex]. Освен това [tex]OCB=40^\circ[/tex], тогава т.[tex]B_1[/tex] е от лъча [tex]CB[/tex].

Получихме че т.[tex]B_1[/tex] принадлежи едновременно на [tex]AB[/tex] и [tex]CB[/tex]. Две прави имат или само една обща точка или съвпадат и затова т.[tex]B[/tex] съвпада с т. [tex]B_1[/tex].

П.П. Аналогично се доказва, че [tex]\angle HPC=110^\circ[/tex] , без допълнителни построения. Това е стандартен метод за подобен род задачи.

[ptj]

В тази връзка се сетих за една интересна хипотеза (задача). За всеки произволен ▲ABC съществува единствена вътрешна точка О, за която съответните [tex]\angle AOC[/tex] и [tex]\angle AOB[/tex] са фиксирани. Доказва се елементарно с "геометрично място на точка, от която отсечка се вижда под даден ъгъл", но дали можете да я докажете с материал за 7-ми клас?

[amsara]

Мисля, че измислих нещо, с което да довърша собственото си решение докрай.
▲AOC-равнобедрен, понеже вече съм намерила CAO=ACO=30°
Спускаме перпендикуляр от О към AC, който пресича АС в точка S
=>OS=m=h==l=S(симетрала)
нека O1 е пресечната точка на трите симетрали
Ако означим CAO1=α =>O1AB=O1BA=50-α
=>O1BC=O1CB=10+α
=>O1AC=O1CA=60-α
=>α=60-α
2α=60, α=30°
=>O≡O1
O принадлежи на симетралата на AB
=>AO=BO
=>OAB=OBA=20°
=>HOB=HBO=40°
=>BOH е равнобедрен
Оттам насетне решението си остава същото като написаното от мен в листа с чертежа по-горе.

[allier]

Е, това (на ptj) се доказва лесно със седмокласен материал ... има само два случая за разположението на втората точка. Иначе, на мен ми е по-интересно кой ги измисля тези седмокласни задачи (с дадени няколко ъгъла и се търси друг) и как. Никак не е лесно да вземеш четири стойности за мярка на ъгъл и да получиш на чертежа си всичките ъгли естествени числа. Пък и после трябва да се измисли и седмокласно решение.

[1089]

ako nqkoi iska moje da postna i moito re6enie

[1089]

otnosno mnenieto na allier mislq 4e tezi zada4i se mislqt naopaki- t.e. izmislq se re6enieto i posle se iz4istwa 4erteja dokato ostanat samo 4 agala...

[ptj]

ako nqkoi iska moje da postna i moito re6enie

Давай.

[amsara]

И на мен ще ми е интересно да го видя.

[1089]

predavaritelno se izvinqvam za lipsata na 4ertej i latinicata.
Prodaljavame CP do presi4aneto i s AB v to4ka D.Neka simetralata na AC presi4a AB v to4ka E(vatre6na). Togava AEC e ravnobedren s agal sre6tu osnovata 80. Ottam namirame, 4e ECD=20 i CDE=CED=80. togava CED e ravnobedren i AE=CE=CD. Neka to4ka F e van6na za triagalnik ABC takava, 4e CAE=10 i AE=AF. togava AEF e ravnostranen. otkadeto EF=EC. EFC e ravnobedren s agal sre6tu osnovata 20. togava ACF=80-50=30=ACP. Sega e qsno 4e ACF i ACP sa ednakvi po vtori priznak, otkadeto AP=AF=AE=EF=EC=CD. Ako CE presi4a AN v to4ka K, to AKE e sa6to ravnobedren i AK e ravna na goreposo4enite otse4ki. Triagalnicite: CDE,EFC,APF,APK,AEK sa ravnobedreni s ravni bedra i agal sre6tu osovata 20. Sleddovatelno si4ki te sa ednakvi po parvi priznak i saotvetnite im osnovi sa6to sa ravni, t.e. DE=EK=KP=PF=FC. osven tova FCP=60 i FCP e ravnostranen, t.e. CP e sa6to ravna na tezi otse4ki.
AHC=80 kato van6en za ABH. ottuk CKH e ravnobedren i CN=CK=CE-KE=CD-CP=PD.Triagalnik CPK e ravnobedren s agal pri osnovata 20. Togava KPD kato van6en agal e 40. Osven tova CP=PK. Ot trite sledwa ednakvostta na HCP i DPK. Tragalnik EDK e ravnobedren i DEK=80. Togawa EKD=50 i CPH=DKP=180-PKD-DKE=180-20-50=110!