Да се намери отношението

[r2d2]

На катета ВС на правоъгълния АВС (C=90, A=50) са взети точките К и L така, че [tex]\angle BAK=\angle CAL = 10^\circ[/tex].
Намерете[tex] \frac {BK}{CL}.[/tex]
Задачата е от олимпиадата (2008) в памет на Шаригин и е дадена за 8-ми клас. Опитайте да намерите решение без тригонометрия (не, че се забранява).

[Реклама]

[martosss]

Ето геометрично решение, за което се сетих
Спускаме перпендикуляр BN от В към АК(N е петата на перпендикуляра).
[tex]\Del ABN\approx \Del ALC\Right \frac{BN}{LC}=\frac{AN}{AC}\Right CL=\frac{AC*BN}{AN}[/tex]
[tex]\Del AKC\approx\Del BKN\Right \frac{AC}{BN}=\frac{AK}{BK}\Right BK=\frac{BN*AK}{AC}[/tex].
Oсвен това [tex]\Del AKC\approx \Del BAC\Right AC^2=KC*BC\;\;\; (1)[/tex]
Сега [tex]\frac{BK}{CL}=\frac{\frac{\N {BN}*AK}{AC}}{\frac{AC*\N {BN}}{AN}}=\frac{AN*AK}{AC^2}=\frac{(AK+KN)*AK}{AC^2}=\frac{AK^2-KC^2+KC^2+AK*KN}{AC^2}=[/tex][tex]\red\frac{AK^2-KC^2}{AC^2}+\frac{KC^2+AK*KN}{AC^2}[/tex]
От Питагоровата теорема за АКС имаме [tex]\red AK^2-KC^2=AC^2[/tex]
Освен това [tex]\angle ANB=\angle ACB=90^\circ[/tex], откъдето АВNC е вписан, откъдето от свойството на секущите за AN и BC имаме [tex]\red AK*KN=BK*KC[/tex]
Сега заместваме червеничките в двете червени дроби и получаваме:
[tex]\frac{BK}{CL}=\frac{AC^2}{AC^2}+\frac{KC^2+BK*KC}{AC^2}=1+\frac{KC(KC+BK)}{AC^2}=1+\frac{KC*BC}{AC^2}[/tex]
Сега От (1) [tex]\Right \frac{BK}{CL}=2\Right BK=2CL[/tex]

Надявам се описаните четириъгълници и свойството на окръжността заедно с Питагор да не са проблем за 8-ми клас

[v1rusman]

По принцип Питагорова теорема се учи в 9. клас и то втория срок, но тези, които ходят на състезания я знаят от доста малки - сигурно 4-5. клас.

[Spider Iovkov]

Ето и моето решение, .

От условието е ясно, че [tex]\angle ABC=40^\circ, \angle AKL=50^\circ, \angle LAK=30^\circ, \angle ALK=100^\circ, \angle ALC=80^\circ[/tex]. От [tex]\triangle ABK[/tex] определяме: [tex]\frac{AB}{sin130^\circ}=\frac{BK}{sin10^\circ} \Rightarrow BK=\frac{ABsin10^\circ}{sin130^\circ}[/tex], а от [tex]\triangle ALC[/tex] — [tex]CL=\frac{ACsin10^\circ}{sin80^\circ}[/tex]. Тогава за даденото отношение имаме:

[tex]\frac{BK}{LC}=\frac{ABsin10^\circ}{sin130^\circ}.\frac{sin80^\circ}{ACsin10^\circ}=\frac{ABsin80^\circ}{ACsin130^\circ}[/tex].

Но [tex]AB=\frac{AC}{sin40^\circ}[/tex]. След заместване в отношението се получава [tex]\frac{BK}{LC}=\frac{2cos40^\circ}{sin130^\circ}=\frac{2cos40^\circ}{sin50^\circ}=\frac{2cos40^\circ}{cos40^\circ}=2[/tex].

Отговор: [tex]\frac{BK}{LC}=2[/tex].

[martosss]

[Saposto_MM]

Правим голям и точен чертеж и намираме BK=2CL. Остава да го докажем. За целта взимаме средата M на BK. Продължаваме AL до пресичане с окръжността (ползвам чертежа на martosss) и нека пресечната точка е Q. Понеже [tex]\angle CAQ=\angle BAN[/tex], то CQ=BN. Достатъчно е да докажем [tex]\Delta BMN\simeq\Delta CLQ[/tex], което е очевидно с оглед на казаното до тук.
Това решение е с материал за 8-ми клас от учебната програма.

[Пафнутий]

[martosss]

[Saposto_MM]

CQNB - равнобедрен трапец.
Естествено, че точния чертеж ще помогне. Така ще намериш колко е отношението.

[r2d2]

БРАВО!

[martosss]

[r2d2]

Moeто решение използва факта, че разстоянието от центъра на описаната до средата на някоя страна на триъгълник е половината от разтоянието от ортоцентъра до срещулоложния на тази страна връх.

Построявам [tex]BN \perp AK[/tex] и продължавам АС и BN докато се пресекат в Т.
Триъгълникът АВТ е равнобедрен. К е ортоцентър, а от AL=BL и L от симетралата ВС имаме, че L е център на описаната около АВТ.

[Pinetop Smith]

Едно решение, което не е мое, но също много ми хареса:

Нека N е средата на АВ. Тогава <LAN = 40, <NCL = 40 => ANLC - вписан и тогава <CAL = 10 и <CNL = 10. Тогава триъгълниците CNL и BAK са подобни, откъдето CL/KB = CN/AB = 1/2.

[inimitably]

Ето още едно осмокласно решение
[tex]\frac{BK.BL}{CK.CL}=\frac{AB^2}{AC^2 } [/tex] - теорема на Щайнер за изогонално спрегнати чевиани.[tex]AK[/tex] и [tex]AL[/tex] са симетрични спрямо ъглополовящата на [tex]\angle CAB[/tex].
Доказателство:
[tex]\frac{BK}{AB}=\frac{sin\angle BAK}{sin\angle BKA}[/tex] и [tex]\frac{AC}{CK}=\frac{sin\angle AKC}{sin\angle CAK}[/tex] , но [tex]\angle BKA=sin(180^\circ -\angle AKC)=sin\angle AKC[/tex]

[tex]\frac{AC.BK}{AB.CK}=\frac{sin\angle BAK}{sin\angle CAK}[/tex]

Аналогично се доказва , че

[tex]\frac{BL.AC}{AB.CL}=\frac{sin\angle BAL}{sin\angle CAL}[/tex] , но по условие [tex]sin\angle BAK=sin\angle CAL[/tex] и [tex]sin\angle BAL=sin\angle CAK[/tex]

=> [tex]\frac{BK.BL}{CK.CL}=\frac{AB^2}{AC^2}[/tex]