Трапец

[monika_at]

В равнобедрен трапец [tex]ABCD[/tex] основата [tex]AB[/tex] е равна на диагонала [tex]AC[/tex].
Точката [tex]M[/tex] е среда на [tex]CD[/tex]и [tex]\angle CAB=\angle CBM[/tex].

а) Да се докаже, че [tex]\angle DAB=75^\circ[/tex].

б) Ако окръжностите, вписани в [tex]\Delta ABC[/tex]и [tex]ACD[/tex] се допират помежду си и [tex]AB+CD=\sqrt{6} +\sqrt{2}[/tex], да се намерят лицето и дължините на основите на трапеца.

Моля, нека в темата пишат само кандидат-студенти. Сара и Зари са единствените, които пишат активно в темата. Нека им дадем време и после, ако не могат, да помогнем

[amsara]

Супер съмнителни са ми отговорите.
[tex]AB=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6} +1 }{ 2}[/tex]
[tex]CD=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6} -1 }{ 2}[/tex]
[tex]S_{ABCD}=\frac{(5+3\sqrt{3}).\sqrt{2} } {4 }[/tex]

[amsara]

Снощи беше късно тепърва да почвам да разписвам, затова ще го направя сега, но в съкратен вид.В хода на решението ми обаче има нещо, което малко съм го налучкала и ще помоля за помощ как да го докажа.
1.Означавам с 2х дадените по условие равни ъгли.
2.Изразявам чрез х още доста ъгли в трапеца като [tex]\angle MBC= \angle ACD=2x; \angle DAC= \angle BMC=90-3x; \angle C= \angle D=90+x[/tex]
3.От равенството на горните двойки ъгли[tex]=> \Delta ACD \approx \Delta MBC[/tex]
4.[tex]MC=MD=b; AD=BC=b =>\frac{2b}{c}=\frac{c}{b } <=> c=b\sqrt{2}[/tex]
5.Синусова теорема за [tex]\Delta MBC => \frac{b}{sin2x }=\frac{b\sqrt{2} }{ sin(90-3x)} <=>cos3x=\sqrt{2}sin2x[/tex]
Ето тук е налучкването. Знам, че ъгъл х е остър и виждам със заместване , че 15 градуса са решение. Ама как да докажа, че е единствено?
6.[tex]\angle A= \angle B=90-x=90-15=75^\circ[/tex]
7.В подточка Б е казано, че двете окръжности се допират помежду си. От това лесно се доказава, че в трапеца може да се впише окръжност.[tex]=>AB+CD=BC+AD <=> 2c=\sqrt{6}+\sqrt{2} => AD=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2} }{ 2}[/tex]
8.Спускам височината на трапеца [tex]DH=h[/tex]
9.[tex]sin75=\frac{h}{ c}[/tex].Намирам h.
10.[tex]S=\frac{AB+CD}{ 2}.h[/tex]
11.Накрая с малко сметки намирам и двете основи.

[monika_at]

[tex]cos3x=\sqrt{2} sin2x[/tex]. Прилагаме формули за утроен и удвоен ъгъл=>

[tex]4cos^3x-3cosx=2\sqrt{2} sinx.cosx[/tex]. Делим на [tex]cosx\ne 0[/tex]=>

[tex]4cos^2x-3=2\sqrt{2} sinx=>4-4sin^2x-3=2\sqrt{2} sinx[/tex]=>

[tex]4sin^2x+2\sqrt{2} sinx-1=0[/tex]- това уравнение има пол. и отр. корен=>

[tex]sinx=\frac{\sqrt{6} -\sqrt{2} }{4 } =sin15^\circ[/tex]

[amsara]

Мерсииии! Аз сама се закопах с друго изразяване на косинуса на утроения ъгъл и явно там съм се оплела. Ако на изпит директно със заместване напиша, че острият ъгъл х е 15 градуса, много ли ще ми вземат като точки на фона на цялата задача?

[monika_at]

Нямам представа, колко биха ти взели

[math10.com]

Пробвайте само с подобни триъгълници без тригонометрия.Решението ще стане малко по-готино поне според мен .Сара ако опита ще го реши.Сигурен съм.

[amsara]

math10,
Благодаря ти за казаното.То ме провокира да се пробвам с друго решение, без тригонометрия, въпреки че след вчерашната ми мъка с тази задача си бях дала почивка.Пак ще дам решението не чак толкова обстойно като сметки, че малко ме мързи с това набиране на LaTex.
1.[tex]\Delta ACD \approx \Delta MBC =>\frac{2b}{ c}=\frac{c}{ b} <=>c=b\sqrt{2}[/tex]
2.[tex]\Delta ACD \cong \Delta BAO => AO=DC=2b; CO=m =>AC=BC=2b+m[/tex]
Тук уточнявам, че точка О е пресечната точка на [tex]AC, BM[/tex]
3.[tex]\Delta BAC \approx \Delta OBC[/tex]-равнобедрени
[tex]\frac{2b+m}{b\sqrt{2} } = \frac{b\sqrt{2} }{m }<=>2bm+m^2=2b^2[/tex]
4.Решаваме го като квадратно спрямо m и махаме отрицателния корен.
5. [tex]m=b\sqrt{3}-b =>AC=AB=2b+b\sqrt{3}-b=b+b\sqrt{3}[/tex]
6.[tex]DH \bot AB; CF \bot AB. => AH=BF=\frac{b+b\sqrt{3}-2b }{2 }=\frac{b\sqrt{3}-b }{ 2}[/tex]
7.С Питагор намираме [tex]DH=\frac{b+b\sqrt{3} }{2 }[/tex]
8.Намираме лицето на [tex]\Delta AHD; S_{AHD}=\frac{b^2}{4 }[/tex]
9. [tex]HL\bot AD; HL=y; S_{AHD}=\frac{AD.y}{2 }[/tex]
10.Намираме y и се оказва, че тази височина е [tex]\frac{1}{ 4}[/tex] от хипотенузата. Значи триъгълникът е с ъгли 15°, 75° и 90°.
11.[tex]AH<DH => \angle A=75[/tex]°
12.Нататък решението е същото като горното.

[monika_at]

Сега пак се загледах в условието на тази задача.
Да поясня, от къде постнах условието. Това е задача от пробен изпит от СМГ, преди повече от 10 години, от техните курсове за кандидат-студенти.
Направи ми впечатление, че б) подусловие не е читаво. Вгледайте се. Може и да греша.

[amsara]

Къде е проблемът?

[monika_at]

Къде е проблемът?

Помислете:)

[amsara]

Май открих противоречие. Изразените 4 страни на трапеца, изводът, че в него може да се впише окръжност и 75 градуса при основата взаимно си противоречат. При 75°страните са както следва:
[tex]AD=BC=\sqrt{2}b; CD=2b; AB=b+b\sqrt{3}=>2b+b+b\sqrt{3} =b\sqrt{2} +b\sqrt{2}[/tex]
[tex]3b+b\sqrt{3}=2b\sqrt{2}<=>b(3+\sqrt{3})=2b\sqrt{2}<=>3+\sqrt{3}=2\sqrt{2}[/tex]
И тук е вече проблемът, това не е вярно равенство. А щом не е, в трапеца не може да се впише окръжност. А щом нe може, условието, че двете окръжности се допират помежду си, е грешно.

[math10.com]

В равнобедрен трапец [tex]ABCD[/tex] основата [tex]AB[/tex] е равна на диагонала [tex]AC[/tex].

а) Точката [tex]M[/tex] е среда на [tex]CD[/tex]и [tex]\angle CAB=\angle CBM[/tex].
Да се докаже, че [tex]\angle DAB=75^\circ[/tex].

б) Ако окръжностите, вписани в [tex]\Delta ABC[/tex]и [tex]ACD[/tex] се допират помежду си и [tex]AB+CD=\sqrt{6} +\sqrt{2}[/tex], да се намерят лицето и дължините на основите на трапеца.

Ето как лесно поправихме условието

[monika_at]

Точно така Сара, не може да се впише окръжност
Този, който е мислил задачата, не я е домислил

[amsara]

Сега пак се загледах в условието на тази задача.
Да поясня, от къде постнах условието. Това е задача от пробен изпит от СМГ, преди повече от 10 години, от техните курсове за кандидат-студенти.

Дали имате под ръка още някоя задача от такъв пробен? Нямам предвид да е пак с грешно условие, но просто пак да е интересна.

[monika_at]

viewtopic.php?f=85&t=15651

Това са едни интересни зависимости за страните на триъгълник, които образуват аритметична прогресия