Намерете <ECF ?

[inimitably]

Даден е квадрат [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]a[/tex] . Върху страните му [tex]AB[/tex] и [tex]AD[/tex] са избрани съответно точките [tex]E[/tex] и [tex]F[/tex] . Известно е , че периметърът на [tex]\triangle AEF[/tex] е равен на [tex]2a[/tex] . Да се намери [tex]\angle ECF[/tex].

[Реклама]

[_sssss]

Измислих нещо, но не съм си правила труда да го дописвам. Прекалено смотано е, и все пак би трябвало да се стига до решение. AE=x, AF=y, EF=z.

[tex]\begin{tabular}{||}\frac{x \cdot y}{2}=a \cdot (a-z)\\ z=\sqrt{x^2 + y^2} \\ x+y+z=2a\end{tabular}[/tex]

После намираме EB и FD, и cosT за търсения ъгъл.


Edit: поправено

[Spider Iovkov]

Откъде идва първото уравнение?

[_sssss]

Опа, грешка!!!
По принцип идва от ab/2=pr. Но проблемът е, че съм писала r=EF/2... което не е така.

[Spider Iovkov]

Аз също си помислих, че така си направила, защото като тръгнах да смятам, няколко пъти достигам до отрицателна дискриминанта. Просто замени [tex]r=\frac{x+y-z}{2} \Leftrightarrow r=\frac{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}{2}[/tex]. Не се ли получава [tex]\varphi=45^\circ[/tex]?

[ганка симеонова]

Малко шантаво решение

Нека построим произволна права l, пресичаща AD в точка Q. В/у нея да изберем т. P, така че [tex]CP=a [/tex]. Да построим перпендикуляр в т. Р към l, който пресича AD в т.F и AB в т. E.
Тогава от еднаквостта на [tex]\Delta FDC; \Delta FPC=>FD=FP [/tex], аналогично [tex]BE=PE [/tex]
Следователно [tex]P_{AEF}=AF+AE+FP+PE=AF+AE+FD+BE=AD+AB=2a [/tex]
Следователно даденият триъгълник отговаря на условието за периметъра.
Тогава е ясно, че [tex]\angle FCE=45^\circ [/tex]

[Spider Iovkov]

Аз го реших със система (лесна), .

[ганка симеонова]

Лесна система?

[_sssss]

А сега опит за отпред-назад.
Разглеждаме окръжности [tex]\normal k(F,\;DF)[/tex] и [tex]\normal k_1 (E,\;BE)[/tex].

Допускаме, че не се допират в т.P, лежаща на EF.
Тогава [tex]\normal EF\ne DF+BE=(a-AF) + (a-AE) \Rightarrow P_{AEF}\ne AE+AF+(a-AF)+(a-AE)\ne 2a[/tex]
Това е в противоречие с условието, значи се допират и [tex]\normal EF=DF+BE[/tex]

Понеже[tex]\; \normal DF=FP, \; BE=EP, \; P\in EF, \; \angle D=90^\circ , \; \angle B=90^\circ \; [/tex], то [tex]\; \normal DF,FP; \; BE,EP[/tex] са допирателни към окръжност [tex]\normal k_3(C,\; a)[/tex] от точки E и F, и [tex]\normal CP=a\perp EF[/tex]

[ганка симеонова]

[martosss]

Аз пък го реших с тригонометрия! Означавам си BE=x, DF=y, изразявам х чрез а и у, след което в триъгълник СЕF чрез косинусова теорема намирам ъгъла Но решението е грозно, разбира се, и освен това не е геометрично.

[inimitably]

Супер, схванали сте идеята
Забелязваме , че [tex]a=\frac{1}{2 }(AE+AF+EF)=p[/tex], където [tex]p[/tex] е полупериметърът на [tex]\triangle AEF[/tex].Знаем , че допирателните през връх на триъгълник към външновписаната окръжност , допираща се до срещуположната страна на съответния връх, са равни на [tex]p[/tex].

Освен това [tex]\angle B=\angle D=90^\circ [/tex] и [tex]BC=CD=a[/tex] , т.е. [tex]C[/tex]е център на външновп. окр. за [tex]\triangle AEF[/tex].Тогава ако [tex]CP\bot EF[/tex] ,

където [tex]P\in EF[/tex] , то [tex]CP=BC=CD=a[/tex] , както [tex]BE=EP[/tex] и [tex]PF=DF[/tex].Означаваме [tex]\angle AEF=\alpha [/tex] , тогава [tex]\angle EBP=\frac{\alpha }{2 } [/tex] ,

аналогично [tex]\angle FDP = 45^\circ -\frac{\alpha }{2 }[/tex]. Четириъгълниците [tex]BPCE[/tex] и [tex]CPFD[/tex] са вписани , т.е. [tex]\angle EBP=\angle PCE=\frac{\alpha }{2 }[/tex] , аналогично

[tex]\angle FDP = \angle FCP=45^\circ -\frac{\alpha }{2 }[/tex].Тогава вече е ясно , че [tex]\angle FCE=45^\circ [/tex].

ПП. Iovkov , няма да е излишно да я разпишеш тази система.

[martosss]

[ганка симеонова]

Уаауууаааа