ТУ София 2010г.

[Гост]

Имам нужда от помощ.

[batsev]

Тази не е ли лесна

[ammornil]

Screenshot 2024-11-18 203426.png (31.36 KiB) Прегледано 267 пъти

[tex]\\[12pt] \angle{AMB}=\angle{ACB}=90^{\circ} \\[6pt] \angle{BAM}=\angle{BCM}=\frac{\widehat{BM}}{2}=45^{\circ}, \quad \angle{ABM}=\angle{ACM}=\frac{\widehat{AM}}{2}=45^{\circ} \\[6pt] \triangle{AMB}, \angle{BAM}=\angle{ABM} \Rightarrow AM=BM=x \\[6pt] AB^{2}=2x^{2}=a^{2}+b^{2} \quad \Rightarrow AM=BM=x=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}} \\[6pt] \sin{\angle{CAB}}=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}, \quad \cos{\angle{CAB}}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \\[6pt] \sin{\angle{CAM}}=\sin{(\angle{CAB}+45^{\circ})}=\sin{\angle{CAB}}\cdot{}\cos{45^{\circ}}+\cos{\angle{CAB}}\cdot{}\sin{45^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \right) \\[6pt] \sin{\angle{CAM}}=\frac{a+b}{\sqrt{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\\[6pt] \triangle{CAM} \quad \rightarrow \frac{CM}{\sin{\angle{CAM}}}=\frac{x}{\sin{45^{\circ}}} \Rightarrow CM=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot{}\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot{}\frac{a+b}{\sqrt{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b) \\[12pt] R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2}, \quad AM=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}, \quad AC=b, \quad CM=\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b) \\[6pt] S_{AMC}=\frac{AM\cdot{}MC\cdot{}AC}{4\cdot{}R}=\cdots \\[24pt][/tex]

Скрит текст: покажи

[tex]AM=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}, \quad AC=b, \quad CM=\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b) \quad \\[6pt] S_{AMC}=\frac{1}{4}\sqrt{(AM+MC+AC)(AM+MC-AC)(AM-MC+AC)(-AM+MC+AC)} \\[6pt] S_{AMC}=\frac{1}{4}\sqrt{[(AM+MC)^{2}-AC^{2}]\cdot{}[AC^{2}-(AM-MC)^{2}]}[/tex]

[Евва]

Да построим МН -височина в [tex]\triangle[/tex]АСМ .
Докажи ,че МН= [tex]\frac{a+b}{2}[/tex]

Тогава [tex]S_{ACM } = \frac{AC.MH}{2} = \frac{b(a+b)}{4}[/tex]

[ptj]

:idea: Да построим МН -височина в [tex]\triangle[/tex]АСМ .
Докажи ,че МН= [tex]\frac{a+b}{2}[/tex]

Тогава [tex]S_{ACM } = \frac{AC.MH}{2} = \frac{b(a+b)}{4}[/tex]

[tex]S_{ABC}= \frac{1}{2}a.b= \frac{2ab}{4}[/tex]

[tex]S_{ABM}= \frac{1}{2} \sqrt{a^2+b^2}. \frac{ \sqrt{a^2+b^2} }{2}[/tex] =[tex]\frac{a^2+b^2}{4}[/tex] (медианата е и височина в равнобедрен правоъгълен триъгълник)

Разстоянието от [tex]М[/tex] до [tex]CА[/tex] и [tex]CB[/tex] е еднакво, защото [tex]CM[/tex] е ъглополовяща. Тогава:

[tex]\frac{(a+b)^2}{4} =S_{ABC}+S_{ABM}=S_{ABCM}=S_{CAM}+S_{BAM}= \frac{b.MH}{2}+ \frac{a.MH}{2}= \frac{a+b}{2}.MH[/tex]

[tex]MH= \frac{a+b}{2}[/tex]

[Евва]

Идеята ми хрумна чак след като получих отговора S=[tex]\frac{b(a+b)}{4}[/tex] .
Намерих MH като разгледах правоъгълния трапец HMBC .

[S.B.]

Без заглавие - 2024-11-19T090939.741.png (271.99 KiB) Прегледано 236 пъти

Още един поглед върху задачата:
[tex]S_{AMC } = \frac{CA.CM}{2}.\sin 45 ^\circ \Leftrightarrow S_{AMC } = \frac{b.CM}{2}\ \frac{ \sqrt{2} }{2} \Rightarrow S_{CAM }= \frac{b \sqrt{2} }{4}.CM[/tex](*)
Нека [tex]\angle ABC = \beta \Rightarrow \angle AMC = \beta[/tex] (И двата ъгъла са вписани и се измерват с една и съща дъга)
От [tex]\triangle ABC \rightarrow AB = \sqrt{ a^{2 }+ b^{2 } } = 2R , \sin \beta = \frac{b}{2R}, \cos \beta = \frac{a}{2R}[/tex]

За [tex]\triangle AMC[/tex] ще приложа Синусова теорема:
[tex]\frac{CM}{\sin \angle CAM } = 2R \Rightarrow CM = 2R.\sin \angle CAM[/tex]

[tex]\angle CAM = 180^\circ - (45 ^\circ + \beta ) = 135 ^\circ - \beta[/tex]

[tex]\sin \angle CAM = \sin(135 ^\circ - \beta) = \sin 135 ^\circ \cos \beta - \cos 135 ^\circ \sin \beta = \frac{ \sqrt{2} }{2}. \frac{a}{2R} + \frac{ \sqrt{2} }{2}. \frac{b}{2R} = \frac{ \sqrt{2} }{4R} (a + b)[/tex]
[tex]CM = 2R.\sin \angle CAM \Leftrightarrow CM = 2R. \frac{ \sqrt{2} }{4R}(a + b) \Rightarrow CM = \frac{ \sqrt{2} }{2}(a + b)[/tex]
Заместваме в (*) и получаваме:
[tex]S_{CAM } = \frac{b \sqrt{2} }{4}.CM = \frac{b \sqrt{2} }{4}. \frac{ \sqrt{2} }{2}(a + b)[/tex]
$$\Rightarrow S_{CAM } = \frac{b}{4}(a + b) $$