CN:ND ?

inimitably · Пуснато на: Tue Aug 25, 2009 9:16 pm Заглавие: CN:ND ?

Даден е квадратът $ABCD$ .Точката $M$ е вътрешна за квадрата и е такава , че $\angle MAB=\angle MBC=75^\circ$ .Нека точката $N$ лежи на страната $CD$ и $\angle NMB=75^\circ$ . Да се намери отношението $CN:ND$ .
ПП> Може и с тригонометрия Very Happy

Реклама

martosss · Пуснато на: Wed Aug 26, 2009 9:41 am Заглавие:

Означаваме АВ=АД=а.

Нека NM∩AD=K => <KMA=15° => ▲AMK - равнобедрен =>AK=KM.
От Косинусовата Теорема за ▲АМК и <KAM=> $AK=\frac{AM}{2\cos 15^\circ}$
От ▲ABM => AM=asin15°

От горните две => $\fbox{AK=\frac{a\tan 15^\circ}{2}}$
Сега $DK=AD-AK=a\left(1-\frac{\tan 15^\circ}{2}\right)=\frac{a}{2}\left(2-\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}\right)=\frac{a}{2}\left(2-\frac{\N {\frac{\sqrt 2}{2}}\left(\frac{\sqrt 3-1}{\N 2}\right)}{\N {\frac{\sqrt 2}{2}}\left(\frac{\sqrt 3+1}{\N 2}\right)}\right)=\frac{a}{2}\left(2-\frac{4-2\sqrt 3}{3-1}\right)=\frac{a}{2}\left(2-(2-\sqrt 3)\right)=\fbox{a\frac{\sqrt 3}{2}=DK}$

В МВСN имаме<BMN=<MBN=75°, <BCN=90° => <BNC=120° => <MND=60°.

Последно от ▲KND $\Right\; DN=DK\cot 60^\circ =a\frac{\sqrt 3}{2}*\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt 3}{2}}=\frac{a}{2}$ .
Така $DN={a\over 2} \Right NC=a-{a\over 2}={a\over 2} \Right DN=DC.$

inimitably · Пуснато на: Wed Aug 26, 2009 4:19 pm Заглавие:

Озн. страната на квадрата с $a$ и средата на $AB$ с $K$ .Нека симетралата на $AB$ пресича $MN$ в точка $N'$ .Ще докажем , че $N\equiv N'$ .Като пресметнем ъглите в $\triangle KMN'$ получаваме , че $\angle KMN'=90^\circ$ и $\angle MN'K=30^\circ$ .Оттам следва , че $KN'=2MK=AB=a$ , т.е. $N'\in CD$ .От друга страна $M,N$ и $N'$ са на една права , т.е. $N\equiv N'$ . С това доказахме , че $N$ лежи на симетралата на $AB$ , т.е. $CN:ND=1:1$ .

ПП. пак съм без чертеж затова се получават такива глупости Very Happy

martosss · Пуснато на: Wed Aug 26, 2009 4:28 pm Заглавие: