Re: Правоъгълен триъгълник

[Гост]

В правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex] [tex](\angle C = 90 ^\circ ) , AC = 2[/tex], $AL$ е ъглополовяща на [tex]\angle CAB , BM -[/tex] медиана към $AC$.
Ако [tex]\angle CBM = \angle CAL[/tex] да се определи дължината на страната $AB$.

[ammornil]

Вероятно има и по-елегантен начин, но ето едно бакалско решение$\\[12pt]$

Screenshot 2026-06-05 001220.png (46.95 KiB) Прегледано 235 пъти

$\\[12pt] CL=x, \quad BL=y, \quad AL=u, \quad AB=z \\[6pt] \begin{cases} \triangle{ALC}:\quad \tg{\phi}=\dfrac{x}{2} \\ \triangle{BMC}:\quad \tg{\phi}= \dfrac{1}{x+y} \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad x(x+y)= 2 \quad \Leftrightarrow \quad y=\dfrac{2-x^{2}}{x} \\[6pt] BC= x+y= x+\dfrac{2-x^{2}}{x}= \dfrac{x^{2}+2-x^{2}}{x}= \dfrac{2}{x} \\[6pt] CL\cdot{BL}= x\cdot{\dfrac{2-x^{2}}{x}}= 2-x^{2} \\[6pt] \begin{array}{|l} AB^{2} = AC^{2} +BC^{2} \\ AL^{2}= AC^{2} + CL^{2} \\ AL^{2}= AC\cdot{AB} -CL\cdot{BL} \end{array} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{array}{|l} z^{2} = 2^{2} +\left(\dfrac{2}{x} \right)^{2} \\ u^{2}= 2^{2} + x^{2} \\ u^{2}= 2\cdot{z} -(2-x^{2}) \end{array} \quad \\[6pt] \Leftrightarrow \quad \begin{array}{|l} u^{2}= 2^{2} + x^{2} \\ z^{2} = 2^{2} +\left(\dfrac{2}{x} \right)^{2} \\ 2^{2} + x^{2} = 2\cdot{z} -2 +x^{2} \end{array} \\[6pt] $ На нас ни трябва само $z$, което можем да пресметнем от третото уравнение $\\[6pt] 2z=6 \Rightarrow z=3$ $$ AB=3 $$

[S.B.]

В правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex] [tex](\angle C = 90 ^\circ ) , AC = 2[/tex], $AL$ е ъглополовяща на [tex]\angle CAB , BM -[/tex] медиана към $AC$.
Ако [tex]\angle CBM = \angle CAL[/tex] да се определи дължината на страната $AB$.

Без заглавие - 2026-06-04T181320.272.png (285.51 KiB) Прегледано 216 пъти

Тригонометрично решение на задачата

Нека [tex]\angle A = 2 \alpha \Rightarrow \angle CAL = \angle CBM = \alpha[/tex]
[tex]\angle A \in (0 ^\circ;90 ^\circ ) \Rightarrow 2 \alpha \in (0 ^\circ ;90) ^\circ) \Rightarrow \alpha \in (0 ^\circ ;45 ^\circ )[/tex]
$BM$ е медиана към [tex]AC = 2 \Rightarrow AM = CM = 1[/tex]

От [tex]\triangle ABC \rightarrow \frac{BC}{AC} = \tg 2 \alpha \Leftrightarrow BC = AC.\tg 2 \alpha[/tex]
$$\Rightarrow BC = 2.\tg 2 \alpha $$
От [tex]\triangle BMC \rightarrow \frac{BC}{MC}= \cotg \alpha \Leftrightarrow BC = 1.\cotg \alpha[/tex]
$$\Rightarrow BC = \cotg \alpha $$
[tex]\begin{cases} BC = 2\tg 2 \alpha \\ BC = \cotg \alpha \end{cases} \Rightarrow 2.\tg 2 \alpha = \cotg \alpha[/tex]

[tex]2.\tg 2 \alpha = \cotg \alpha \Leftrightarrow 2 \frac{\sin 2 \alpha }{\cos 2 \alpha } = \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha } \Leftrightarrow \frac{4\sin \alpha \cos \alpha }{\cos 2 \alpha } - \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }= 0 \Leftrightarrow \frac{4 \sin^{2 } \alpha\cos \alpha - \cos \alpha \cos 2 \alpha }{\sin \alpha \cos 2 \alpha } = 0 \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\cos \alpha (\frac{4 \sin^{2 } \alpha - \cos^{2 } \alpha + \sin^{2 } \alpha }{\sin \alpha \cos 2 \alpha }) = 0 \Leftrightarrow \cos \alpha( \frac{5 \sin^{2 } \alpha - 1 + \sin^{2 } \alpha }{\sin \alpha \cos 2 \alpha }) =0[/tex]

[tex]\cos \alpha \ne 0 \Rightarrow 6 \sin^{2 } \alpha = 1 \Rightarrow \sin \alpha = \frac{ \sqrt{6} }{6} , \cos \alpha = \frac{ \sqrt{30} }{6} , \sin 2 \alpha = 2 \frac{ \sqrt{6} }{6}. \frac{ \sqrt{30} }{6}[/tex]
$$\Rightarrow \sin 2 \alpha = \frac{ \sqrt{5} }{3} $$

[tex]BC = \cotg \alpha = \displaystyle \frac{ \frac{ \sqrt{30} }{6} }{\frac{ \sqrt{6} }{6} }[/tex]
$$\Rightarrow BC = \sqrt{5} $$

Прилагам Синусова теорема за [tex]\triangle ABC:[/tex],като използвам, че $AB = 2R$
[tex]\displaystyle\frac{BC}{\sin 2 \alpha } = 2R \Leftrightarrow \displaystyle\frac{BC}{\sin 2 \alpha } = AB \Leftrightarrow \displaystyle \frac{ \sqrt{5} }{ \frac{ \sqrt{5} }{3} } = AB[/tex]
$$\Rightarrow AB = 3$$

[Darina73]

И аз имам решение ,но ще го пратя утре .
Защо няколко дена нямах достъп до форума ? ...

[math10.com]

zad-3agalnik.png (44.97 KiB) Прегледано 122 пъти

Нека [tex]\angle BAL= \angle CAL= \angle CBM= \alpha \Rightarrow \angle BMC=90 ^\circ - \alpha[/tex]
Върху продължението на лъча [tex]AC[/tex] поставяме точка [tex]D[/tex], така че [tex]CD=CM=1[/tex]
[tex]\triangle BMC \cong \triangle BDC[/tex] по 1-ви признак
[tex]1. \angle BCM= \angle BCD=90 ^\circ[/tex]
[tex]2. MC=CD[/tex] по построение
[tex]3. BC[/tex] е обща
[tex]\Rightarrow \angle CDB= \angle CMB= 90 ^\circ - \alpha[/tex] СЕЕТ
[tex]\Rightarrow \angle ABD=180 ^\circ -(90 ^\circ - \alpha +2 \alpha )=90 ^\circ - \alpha[/tex] (Сбор от ъглите в тиъгълник)
[tex]\Rightarrow \angle ABD= \angle ADB \Rightarrow \triangle ABD[/tex] е равнобедрен по теорема признак [tex]\Rightarrow AB=AD-3[/tex]

[Darina73]

Скрит текст: покажи

На мен не ми хрумна за допълнително построение .

Нека CL=x ,AB=c=?
AL-ъглополовяща [tex]\frac{CL}{BL} =\frac{AC}{AB} ;\frac{x}{BL}= \frac{2}{c} ;BL=\frac{cx}{2}[/tex] (1)

[tex]\triangle[/tex]ALC[tex]\approx \triangle[/tex]BMC (по 1 признак) [tex]\frac{CL}{CM} =\frac{AC}{BC}; \frac{x}{1} =\frac{2}{BC} ; BC=\frac{2}{x}[/tex] (2)

Но CL+BL=BC ,тогавa x+[tex]\frac{cx}{2}= \frac{2}{x} ; 2x^{2 } +cx^{2 }-4=0[/tex] (3)
По Питагор [tex]AC^{2 } +BC^{2 } =AB^{2 } ;4+ \frac{4}{ x^{2 } }= c^{2 }; 4x^{2 }+4- c^{2 } x^{2 } =0[/tex] (4)
Cъбираме (3) и (4) 6[tex]x^{2 } +cx^{2 } -c^{2 } x^{2 }[/tex] =0 |: (-[tex]x^{2 }[/tex])[tex]\ne[/tex]0

[tex]c^{2 }[/tex]-c-6=0 с корени 3 и -2
AB=c=3