Геометрична задача от вътрешен изпит за СУ

[atnast]

Даден е триъгълник АВС със страни АВ=3, ВС=2 и ∠ABC=30°. През
върха В са построени височината ВН (H ∈ AC) и ъглополовящата BL (L ∈ AC).
Точките M и N са ортогоналните проекции на върховете А и С върху правата BL.
Да се намери радиусът на окръжност-та, описана около триъгълника MHN.

[Anubis]

[tex]\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}[/tex] ли е отговорът?

[Anubis]

Забележка 1. Навсякъде по-надолу за удобство [tex]\left ( 3-\sqrt{3} \right )^2 = m[/tex].

Забележка 2. Означенията са стандартни, формулите са познати.

Намираме, че [tex]AC = \sqrt{m + 1}[/tex], съответно [tex]LA^2 = \left ( \frac{3}{5} \right )^2 (m+1), \, LC^2 = \left ( \frac{2}{5} \right )^2 (m+1)[/tex].

Около [tex]BCHN[/tex] може да се опише окръжност, [tex]\angle BCH = \gamma \Rightarrow \angle BNH = 180^\circ-\gamma \Rightarrow \angle LNH = \gamma[/tex].

Около [tex]ABHM[/tex] може да се опише окръжност, [tex]\angle BAH = \alpha = \angle BMH[/tex] (равни вписани ъгли).

[tex]\triangle BCL \sim \triangle HNL \Rightarrow \frac{\fbox{BC}}{HN} = \frac{\fbox{CL}}{\fbox{NL}} = \frac{BL}{HL} \Rightarrow HN = \frac{BC \cdot NL}{CL}[/tex]

[tex]BL^2 = BA \cdot BC - LA \cdot LC \Rightarrow BL^2 = \left ( \frac{1}{5} \right )^2 \cdot 6 \cdot (24-m); \, BN = 2 \cos 15^\circ[/tex]

[tex]BN+NL=BL \Rightarrow NL=BL-BN \Rightarrow HN = \frac{\sqrt{6(24-m)}-5\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{m+1}}[/tex]

[tex]\frac{HN}{\sin \angle HMN} = 2 R_{\triangle MHN} \Leftrightarrow \frac{HN}{\sin \alpha} = 2 R_{\triangle MHN} \Rightarrow R_{\triangle MHN} = \frac{HN}{2 \sin \alpha} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}[/tex]

[math10.com]

Нещо не ми харесва в даденото решение.[tex]\angle ACB[/tex] е тъп и точка [tex]H[/tex] е извън равнината на триъгълника.След което се обърках в сметките с това полагане от начало.Отговорът е 2 пъти по-малък, което означава че е възможно и решението да е ок и просто да има техническа грешка в сметките.

Ето моето решение:

Proben SU.png (66.25 KiB) Прегледано 600 пъти

Около [tex]BHCN[/tex] и [tex]ABHM[/tex] може да се опише окръжност
следователно [tex]\angle CBN=\angle CHN=15^\circ , \angle AHM=\angle ABM=15^\circ[/tex] отговарят на една и съща дъга
следователно [tex]\angle MHN=\angle MHC+\angle NHC=30^\circ[/tex]
[tex]\frac{BN}{BC}=cos 15^\circ ; =>BN=2cos 15^\circ =\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}[/tex]
[tex]\triangle BCD[/tex] е равнобедрен [tex]BC=BD=2[/tex]
[tex]\triangle ABM \approx \triangle DBN[/tex] по първи признак
следователно [tex]\frac{BN}{BM}=\frac{BD}{AB}=\frac{2}{3} =>MN=\frac{1}{2}BN=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}[/tex]
[tex]R_{MNH}=\frac{MN}{2sin {\angle MHN}}=MN=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}[/tex]

[atnast]

vatreshen.png (70.03 KiB) Прегледано 595 пъти

Да, второто решение е доста по-добро. Тъкмо и аз щях да поствам решение, което е аналогично на него. Вместо това ще постна само чертеж

[atnast]

И още една интересна задача от същата тема:
Да се намерят всички цели числа х, които удовлетворяват неравенството [tex]x-\frac{1}{2 } <2.log_{5}(x+2)[/tex].

[Anubis]

Нека [tex]h(x) = x-\frac{1}{2}-2 \log_{5}(x+2)[/tex]. Трябва [tex]x>-2[/tex].

Понеже [tex]h(2)=-0,22<0[/tex] и [tex]h(3)=0,5>0[/tex], то [tex]h(x)=0[/tex] има нула в интервала [tex](2; \, 3)[/tex].

Означаваме тази нула с [tex]x_{0}[/tex]. В [tex](-2; \, x_{0})[/tex] е изпълнено, че [tex]h(x)<0[/tex], т. е. целите стойности от този интервал

са решения на неравенството. Те са [tex]\{ -1; \, 0; \, 1; \, 2 \}[/tex].

[Anubis]

Така като че ли изглежда по-красиво. Математиката е естетика.

Понеже [tex]h(-1,9)=0,46>0[/tex] и [tex]h(-1,7)=-0,70<0[/tex], то [tex]h(x)[/tex] има нула в интервала [tex](-2; \, -1)[/tex]. Нека е [tex]x_{0}[/tex].

Аналогично, понеже [tex]h(2)=-0,22<0[/tex] и [tex]h(3)=0,5>0[/tex], то [tex]h(x)[/tex] има нула в [tex](2; \, 3)[/tex]. Означаваме я с [tex]x_{1}[/tex].

Тъй като [tex]h''(x)=\frac{2}{(x+2)^2 \ln 5}>0[/tex] за всяко [tex]x>-2[/tex], то [tex]h(x)[/tex] е изпъкнала. Това означава, че в интервала

[tex][-1; \, 2][/tex] графиката ще бъде под правата през точките [tex](x_{0}; \, 0)[/tex] и [tex](x_{1}; \, 0)[/tex]. Тази права е [tex]y=0[/tex], абсцисата,

т. е. в [tex][-1; \, 2] \, h(x)<0[/tex]. Целите числа от този интервал ще бъдат решенията: [tex]\{ -1; \, 0; \, 1; \, 2 \}[/tex].

[inveidar]

Нека [tex]h(x) = x-\frac{1}{2}-2 \log_{5}(x+2)[/tex]. Трябва [tex]x>-2[/tex].

Понеже [tex]h(2)=-0,22<0[/tex] и [tex]h(3)=0,5>0[/tex], то [tex]h(x)=0[/tex] има нула в интервала [tex](2; \, 3)[/tex].

Означаваме тази нула с [tex]x_{0}[/tex]. В [tex](-2; \, x_{0})[/tex] е изпълнено, че [tex]h(x)<0[/tex], т. е. целите стойности от този интервал

са решения на неравенството. Те са [tex]\{ -1; \, 0; \, 1; \, 2 \}[/tex].

Това решение е непълно.

[Anubis]

Нали отдолу съм написал друго мнение, за да е пълно.

[inveidar]

Да, така е. Но останах с впечатлението, че смяташ второто решение за по-красиво. Т.е, че и първото е вярно.

[Anubis]

Не, да се зачита второто, пълното решение, . Ако можех, бих изтрил първото (писах го някъде към

полунощ), но не мога. Искам да остане само второто, със зелената картинка. Администраторът да се

намеси и да го махне.