CN:ND ?

[inimitably]

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

[Реклама]

[martosss]

Означаваме АВ=АД=а.

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

От горните две => [tex]\fbox{AK=\frac{a\tan 15^\circ}{2}}[/tex]
Сега [tex]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}[/tex]

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

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

[inimitably]

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

ПП. пак съм без чертеж затова се получават такива глупости

[martosss]