Поредица от задачи

[r2d2]

Имам идея да пускам задачи, които да се решават със знанията на учениците до 8 клас, включително. Моля всички да участват, като се съобразяват с това условие!
Колкото повече решения се дадат на една зада4а, толкова по-добре! Каня всички да се включат!
Ако има интерес се очаква спонсор и награди!

Зад. 1 В [tex]\Delta ABC, \; CM [/tex]е медиана [tex]\angle CMA = 45.[/tex] Намерете ъглите на триъгълника ако [tex]\angle CAB = \angle MCB.[/tex]

[Реклама]

[inimitably]

[tex]\angle ACM=180^\circ -\angle MAC-\angle CMA=135^\circ -\angle MAC[/tex]

[tex]\angle ACB=\angle ACM+\angle BCM=135^\circ -\angle MAC +\angle BCM=135^\circ [/tex]

Ако опишем окръжност с център [tex]O[/tex] около [tex]\triangle ACM[/tex] , тогава очевидно допирателната през [tex]C[/tex] минава през [tex]B[/tex]. Нека допирателната през [tex]C[/tex] пресича тази през [tex]A[/tex] в точка [tex]N[/tex].

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle ANC=90^\circ [/tex].От друга страна [tex]\angle AOC=2\angle AMC=90^\circ [/tex] , тогава [tex]AOCN[/tex] е квадрат.

В правоъгълния триъгълник [tex]\triangle ANB[/tex] - [tex]M[/tex] е среда на [tex]AB[/tex] следователно [tex]MN=AM=BM[/tex] , т.е. [tex]\triangle ANM[/tex] е равнобедрен.

Тогава очевидно [tex]\triangle AOM\equiv \triangle CNM[/tex] , понеже [tex]CO ||= AN[/tex] и [tex]MN=AM[/tex].

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]OC=OM=CM[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle MOC=2\angle MAC=60^\circ [/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle BAC=30^\circ [/tex] и [tex]\angle CBA=15^\circ [/tex]

ПП>Дано има нещо вярно
Картинка от r2d2! Ако inimitably възразява да ми пише

[martosss]

Нека [tex]D\in AC,\: BD\bot AC;\:\: K\in CM, BK\bot CM[/tex]. Оттук около [tex]KBDC[/tex] може да се опише окръжност с диаметър [tex]BC[/tex].
По условие [tex]\angle BAC=\angle BCM=\alp\Right \angle MBC=\angle AMC-\angle MCB=45^\circ -\alp\Right \fbox{\angle ACB=180^\circ -\angle BAC-\angle ABC=135^\circ}.[/tex]
[tex]\left.\left.\angle BCD=\angle CAB+\angle ABC=45^\circ \\\: \angle CDB=90^\circ\right}\Right \angle CBD=45^\circ\\\angle CKD=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{CD}}{2}=\angle CBD\right}\angle MKD=45^\circ\\\cyr{Neka }MB\cap KD=O\\\left.\angle AMC=\angle KMB=45^\circ\Right \angle MOK=90^\circ\Right \Del MKO\: -\: \cyr{pravo\cdprimeg\cdprimelen i ravnobedren}\Right MO=OK\\\left.\angle AMC=\angle KMB=45^\circ\\\: \angle MKB=90^\circ \right}\Right \angle MBK=45^\circ\Right \Del OKB\: -\:\cyr{pravo\cdprimeg\cdprimelen i ravnobedren}\Right OB=OK\right}\Right\\\left.\left.MO=OB\\MB\bot KD\right} DO\: -\: \cyr{mediana i \cdprimeglopolovyashcha v }\Del MBD\Right MD=DB\\\Del ABD\: -\: \cyr{pravo\cdprimeg\cdprimelen},\: M\: -\: \cyr{sreda na }AB\Right DM=MB\right} MD=DB=MB\Right \fbox{\angle ABD=60^\circ} \\\angle MBD=90^\circ -\alp =60^\circ\Right \alp=30^\circ \Right \angle \fbox{BAD=30^\circ}[/tex]

П.П. Eх, изпревари ме.

П.П. Ето и чертеж.

[r2d2]

До тук, две верни решения! Хубаво би било да имаха и картинки! Утре ще им сложа (ако не ме домързи).

Марто, прекалил си с LaTex!

Inimitably, два пъти в едно решение изпоолзването на "очевидно" е неуместно!

Понеже ме питаха: Може да се ползват и подобия, ротации и т.н.. Реално всичко без синусова и косинусова теореми.

Хайде, още решения!

[martosss]

Еее... то ако е така има решение на 3 реда с подобие, което ще напиша след малко. Освен това ще направя чертеж на горното решение.

А иначе не виждам какво лошо има в LaTeX-a - с него просто става по-прегледно.

Ето го и другото решение с подобие:
Разглеждаме триъгълници ABC и CBM:
<ABC - общ;
<BAC=<BCM по условие.
Оттук двата триъгълника са подобни, откъдето
AB:CB=BC:BM=> AB*AB/2=CB²=> AB=BC√2
Сега отново спускаме перпендикуляр от В към АС в т.Д и получаваме равнобедрен правоъгълен триъгълник ВДС, в който BC=BD√2
Получихме AB=BC√2=2BD
Оттук АВ=2ВД, но ▲АВД е правоъгълен => ъгъл ВАД=30 градуса, другото е ясно.

[r2d2]

Прав си Марто, с подобие е много лесно! Tова уточнение го направих за следващите задачи!

[martosss]

Добре, атакувайте тогава!

Ще давате ли още задачи, или чакате да измислим някое по-оригинално решение на тази?

[r2d2]

Принципно ми се щеше да почакаме, а и не мога да давам нова задача всеки ден (мъча се и аз да ги решавам).
Ама като изключение!

Зад. 2 Триъгълникът АВС е равнобедрен АС=ВС [tex]\angle ACB=100.[/tex] T е от вътрешността на триъгълника, [tex]\angle TAB=20,\; \angle TBA=10. [/tex]Намерете [tex]\angle TCA.[/tex]
Търсете други решения и на зад.1.
Ако давате решение, пишете за коя задача е!

[inimitably]

зад. 2 -> Решение:
Нека [tex]T'[/tex] е симетричната на [tex]T[/tex] относно [tex]BC[/tex].Тогава [tex]\angle TBT'=60^\circ [/tex].Нека [tex]AT\cap BC=Q[/tex].След това лесно се пресмята , че [tex]\angle BTQ=30^\circ [/tex] , т.е. [tex]TQ\bot BT'[/tex] или с други думи [tex]A,C,T'[/tex] са на една права.

Понеже [tex]AT[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle BAC[/tex] , то тогава [tex]\triangle ABT'[/tex] е равнобедрен като [tex]AB=AT'[/tex].Също така [tex]\angle AT'B=\angle ABT'=70^\circ [/tex].

Пресмятаме [tex]\angle AT'T=\angle AT'B-\angle TT'B=70^\circ -60^\circ =10^\circ [/tex] и понеже от симетрията имаме , че [tex]CT=CT'[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle CTT'=10^\circ [/tex].

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle CTB=\angle CTT' +\angle T'TQ+\angle QTB=10^\circ +30^\circ +30^\circ =70^\circ [/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle CTQ=40^\circ [/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle ACT=20^\circ [/tex].

[r2d2]

Зад. 3 Медианата СМ сключва ъгъл от 45 с АВ. Ако [tex]\angle BAC= 3\angle ABC, [/tex]намерете ъглите на триъгълника.
Май няма да видим друго решение на зад2.?

[martosss]

Напротив, ще видите!
Нека ВК е ъглополовяща на <ABC(К е върху АС).
Продължаваме лъчите ВК и ВС съответно до точки М и Р, така че ВА=ВМ=ВР. => ▲ABM и ▲МВР са равнобедрени и еднакви с ъгъл при върха 20° => AM=MP(1), освен това <AMB=<BMP=80°(2).
Сега ▲AKM≈▲PKM - (1), (2), МК - обща.
Оттук имаме <PKM=<AKM=<BKC=<ABK+<BAK=20°+40°=60°. <MKC=<AKB=120°=> <PKC=60°=<PKM(4).
Освен това <MAK=<MPK=40°, <MPC=80°=> <KPC=40°=<KPM(3)
По-нататък ▲MPK≈▲CPK(РК - обща, (3), (4) ) => MK=KC(5).
Освен това понеже АТ и ВТ са ъглополовящи в ▲АВК, то Т е ц. на вп. окр. в ▲АВК => <AKT=<TKB=120°*½=60°.
Сега <MKT=<TKC=120°(6).
▲ABT≈▲MBT(AB=MB, BT - обща, <ABT=<MBT) => AT=TM
Освен това <ATB=<BTM=150° => <ATM=60°=> ▲ATM - равностранен => <AMT=60° => <TMK=80°-60°=20°
Последно ▲ТКМ≈▲ТКС(ТК - обща, (5), (6) ) => <TMK=<TCK=20°
Готово!

[martosss]

Ето и следващата:
Нека М е средата на АВ.
Означаваме <ABC=a, <BAC=3a => BC>AC => <BMC> < AMC => <AMC=45°, оттук <AMC> < ABC => a<45°
Построяваме К върху ВС, така че АК=КВ => <BAK=a, <AKC=2a.
Построяваме средната отсечка МТ в ▲АВК(Т е среда на АК) => <AMT=a, <TMC=45°-a
в ▲АКС <KAC=<AKC=2a => ▲AKC - равнобедрен => CT - медиана => СТ - височина => <KTC=90°.
Сега в ▲ТМС имаме <KTM=<TAM+<AMT=2a => <TCM =180-90-2a-(45-a)=45-a=<TMC => ▲TMC - равнобедрен => ТС=ТМ
Но ТМ е средна отсечка в ▲ АВК => ВК=2ТМ=2СТ
Но АК= ВК по построение => АК=2СТ => ▲ АСК - правоъгълен => ъгъл АСК=90° => <CAB+<ABC=4a=180-90=90 => a=45/2°.

Тук основното беше да видя аджеба колко точно е този ъгъл, преди да започна да го търся. Наистина 45/2 ми дойде бая изненадващо(първоначално си мислех, че е 22° и се чудех как да го докажа това извращение, ама после зацепих, че е много близо до търсеното ). Карметал понякога помага доста.

П.П. Днес като загрях и нямам спиране просто.

[mousehack]

Ето и друго решение:
Нека опишем окръжности около тр. АМС и тр.СМВ съответно с центрове О и О1.Така получаваме,че СОМО1 е делтоид.Означаваме пресечната точка на диагоналите на делтоида с L => [tex] \angle CLO1=90^\circ [/tex] и CL=LM.Означаваме с К средата на СВ => получаваме,че CLKO1 е вписан.Ако ъгъл MBC=x => <LO1K=<LCK=x.Тогава тр.CMB е равнобедрен,откъдето следва и че тр.АВС е правоъгълен.Така намираме,че <ABC=22°5' и <BAC=67°5'.

[martosss]

Ето и още едно решение на 2-ра задача с подобие:
Нека ъглополовящата BL(L е върху АС) пресича височината от С в точка К. Тогава АК също е ъглополовяща на <ВАС.
Тогава <KAL=<ABL=20° и <AKL=<BAL=40° => ▲AKL≈▲BAL => [tex]\frac{AB}{AK}=\frac{BL}{AL}[/tex] (1)
Освен това AT и BT са ъглополовящи в ▲ABL => LT също е ъглополовяща => <ALT=60°=<BLC, но и <LAT=<LBC=20° => ▲ALT≈▲BLC=>[tex]\frac{BL}{AL}=\frac{BC}{AT}[/tex] (2)
От (1) и (2) имаме, че [tex]\frac{AB}{AK}=\frac{BL}{AL}=\frac{BC}{AT}=\frac{AC}{AT}[/tex] (3)
Освен това <BAK=<TAC=20° (4)
От (3) и (4) => ▲ABK≈▲ACT => <ABK=<ACT=20°

П.П. Стигат ли ви толкова решения на 2-ра или да продължавам? Ама да знаете, че следващите ги таксувам по 1 шоколад ...... и 1 диоптър.

[inimitably]

зад. 2 -> Решение:
Нека продължението на AT пресича BC в точка Q.През Q построяваме успоредна права на AB , която пресича AC в точка M.Тогава имаме , че MQ=TQ=BQ , т.е точките M,T и B лежат на окръжност с център Q.Също така <MTB=180-<BQM/2=180-70=110 и <MTQ=<MTB-<BTQ=110-30=80.От друга страна <MCQ+<MTQ=180 следователно около четириъгълника MTQC може да се опише окръжност.Тогава <MQT=<TCM=20 qed

[martosss]

[mousehack]