От точка М ,вътрешна за АВС са пуснати перпендикуляри към АС

[julian840]

От точка М ,вътрешна за АВС са пуснати перпендикуляри към АС и ВС ,които ги пресичат съответно в N и Р . Ако точка Q е среда на АВ и ъгъл МАС е равен на МВС, докажете ч NQ=PQ

Не мога да я реша ,помощ

[Реклама]

[martosss]

пиша простотии... и не мога да си изтрия мнението

[naitsirk]

задачата е интересна
Някакви идеи, че аз нещо забих

[mousehack]

задачата е интересна,за тва пускам само чертежа към решението на задачата.

[martosss]

Тези среди К и L добре са се вързали!

[naitsirk]

Дойде ми прозрение
Ако не сме хитри колкото mousehack ще гледаме, гледаме и ще смятаме
Нека [tex]\angle MAC=\angle MBC=\varphi [/tex], [tex]\angle BAC=\alpha [/tex], [tex]\angle ABC=\beta [/tex] и [tex]AQ=QB=x[/tex]. Очевидно [tex]\angle BAM=\alpha -\varphi [/tex], [tex]\angle ABM=\beta -\varphi [/tex] и [tex]\angle AMB=180^\circ -(\alpha +\beta -2\varphi )[/tex]. От синусова теорема за [tex]\Delta ABM[/tex] намираме:
[tex]BM=2x\frac{sin(\alpha -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) } [/tex]
[tex]AM=2x\frac{sin(\beta -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) } [/tex]
Сега от правоъгълните триъгълници [tex]BMP[/tex] и [tex]AMN[/tex] намираме
[tex]BP=BM.cos\varphi =2x\frac{sin(\alpha -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi [/tex]
[tex]AN=AM.cos\varphi =2x\frac{sin(\beta -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi [/tex]
Oт косинусова теорема за [tex]\Delta QBP[/tex] и [tex]\Delta QAN[/tex] изразяваме:
[tex]QP^2=x^2+4x^2\frac{sin^2(\alpha -\varphi )}{sin^2(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos^2\varphi -4x^2\frac{sin(\alpha -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi cos\beta [/tex]
[tex]QN^2=x^2+4x^2\frac{sin^2(\beta -\varphi )}{sin^2(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos^2\varphi -4x^2\frac{sin(\beta -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi cos\alpha [/tex]
Сега условието на задачата е изпълнено, когато получените изрази са тъждествено равни. Приравняваме ги и след съкращаване на всичко възможно получаваме:
[tex]\frac{sin^2(\alpha -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi -sin(\alpha -\varphi )cos\beta =\frac{sin^2(\beta -\varphi )}{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }cos\varphi -sin(\beta -\varphi ).cos\alpha [/tex] <=> [tex]\frac{cos\varphi }{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }[sin^2(\alpha -\varphi )-sin^2(\beta -\varphi )]=sin(\alpha -\varphi )cos\beta -sin(\beta -\varphi )cos\alpha [/tex]. Нека опростим първо лявата страна.
[tex]\frac{cos\varphi }{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }[sin^2(\alpha -\varphi )-sin^2(\beta -\varphi )]=\frac{cos\varphi }{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }[sin(\alpha -\varphi )-sin(\beta -\varphi )][sin(\alpha -\varphi )+sin(\beta -\varphi )]=\frac{cos\varphi }{sin(\alpha +\beta -2\varphi ) }2cos(\frac{\alpha +\beta -2\varphi }{2 } ).sin(\frac{\alpha -\beta }{2 } )2sin(\frac{\alpha +\beta -2\varphi }{2 } ).cos(\frac{\alpha -\beta }{2 }) [/tex] сега използваме, че [tex]2sinxcosx=sin2x[/tex] и [tex]sin(\alpha +\beta -2\varphi) [/tex] се съкращава. Получихме, че лявата страна е тъждествено равна на [tex]cos\varphi .sin(\alpha -\beta )[/tex]. Сега да опростим и дясната страна на равенството.
[tex]sin(\alpha -\varphi )cos\beta -sin(\beta -\varphi )cos\alpha=(sin\alpha .cos\varphi -cos\alpha .sin\varphi )cos\beta -(sin\beta .cos\varphi-cos\beta .sin\varphi )cos\alpha =cos\varphi (sin\alpha. cos\beta -cos\alpha .sin\beta )=cos\varphi .sin(\alpha -\beta )[/tex]. Получихме, че лявата и дясната страна на равенството са еквивалентни с което задачата е решена

[ins-]

Задачата е била предложение на Англия за международна олимпиада, след това е давана в Сърбия на олимпиада. Подробно решена я има на много места (аз я видях на един руски сайт в раздел 'средна отсечка'). Бях предложил тази задача за общински кръг в РИО Враца през 2007 г., но не беше одобрена. Вместо това дадоха по-известна и лесна задача.