Квадрат

[ганка симеонова]

Сутринта един нов потребител беше пуснал една много хубава задача, която ми направи впечатление и на работа си я решавах. Назнайно защо, задачата е изтрита. Мoже би, защото заглавието беше ПОМОЩ. Пoнякога решаваме толкова тъпи и малоумни задачи в този форум, а тази я разкарахме. Затова ще възстановя усповието и.

Даден е квадрат ABCD. Права през С пресича диагонала BD и симетралата на АВ съответно в точки К и М. Да се намери [tex]tg\angle MCD[/tex], ако [tex]\angle AKB=\angle AMB [/tex]

[Реклама]

[martosss]

МСД 15° ли излиза?

[NoThanks]

Oт равенството на ъглите следва, че около ABMK може да се опише окръжност.Тогава нека [tex]\angle{MBK}=\angle{MAK}=x[/tex]. Тъй като ABCD - квадрат, то симетралата на AB е симетрала и на CD => CM=MD =>[tex]\angle{CMD}=180-2\varphi (\angle{MCD}=\varphi)[/tex] и имаме [tex]\angle{AMK}+\angle{KAM} = \frac{AKM}{2}=\angle{ABM}=45+x[/tex] Но от друга страна [tex]\angle{KMA}=180-2\varphi-90+\varphi- 45+x = 45-\varphi +x[/tex] и [tex]\angle{KAM}=x[/tex] => [tex]45+x=x+45-\varphi+x => x = \varphi[/tex] Сега лесно се изразяват и останалите ъгли на квадрата(на чертежа), като се получва, че [tex]MC=MD=MP = \frac{1}{2cos\varphi}[/tex] и че в 3ъгълник PMD от косинусова теорема имаме: [tex]x=\frac{\sqrt{cos2\varphi}}{\sqrt{2}cos\varphi}[/tex]. а в [tex]\triangle{PCD} \; tg\varphi=\frac{x}{1} = x = \frac{\sqrt{cos2\varphi}}{\sqrt{2}cos\varphi} => cos2\varphi=2sin^2\varphi <=> cos\varphi=\sqrt{3}sin\varphi[/tex]=>[tex]tg\varphi=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]

[Пафнутий]

Според мен трябва да се разглеждат 2 случая. Първия, когато [tex]BK<\frac{BD}{3}[/tex], [tex]K[/tex] и [tex]M[/tex] са в една полуравнина, а другия, когато [tex]BK>\frac{BD}{3}[/tex] - в различни.Във втория, например, [tex]AMBK[/tex] не е вписан.

[NoThanks]

Прав си, но тогава ACMK е вписан, така че нещата би трябвало да са доста сходни.

[ганка симеонова]

Аз получих, че [tex]\varphi =15^\circ [/tex] и тангенсът е друг

[NoThanks]

[ганка симеонова]

[NoThanks]

Доказал съм, че [tex]\angle{KMA}=45-\varphi+x \; x=\varphi => \angle{KMA}=45[/tex] I и като сметнем правилно излиза CM=MD=MP = [tex]\frac{x}{2sin\varphi}[/tex]=>От синусова теорема в AMP => [tex]\frac{1-x}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{x}{2sin\varphi}}{sin(45-\varphi)}[/tex] =>[tex]x=\frac{4sin\varphi sin(45-\varphi)}{4sin\varphi sin(45-\varphi) +\sqrt{2}}=tg\varphi[/tex]([tex]tg\varphi=x \; ot \; \triangle{PCD}[/tex] => след опростяване и делене на sin(fi) => [tex]4sin(45-\varphi)\sqrt{2}sin(45-\varphi)=\sqrt{2} <=>sin^2(45-\varphi)=\frac{1}{4} =>sin(45-\varphi)=1/2 => \varphi = 15[/tex]

[ганка симеонова]

Аз лично, я реших само с два подобни триъгълника- чисто геометрично. Някой ще открие ли, кои са те?

[inimitably]

От чертежа на NoThanks се вижда [tex]AK=KC[/tex] [tex]\angle ACD=3\varphi =45^\circ[/tex].Най-вероятно не го е забелязал , щото чертежът е малко неточен

[baroveca]

Това в кой клас се учи?

[Пафнутий]