Новини
Форум
Актуално
сървърОбъркал съм - ъгъла е HMCПървоначално публикувано от MitkoS
Ааа ... без такива работи. Задачата е дадена и ще си я решаваме, докато не обявим, че се предаваме !!! // Казана задача - хвърлен камък.
Объркал съм - ъгъла е HMC
Ааа ... без такива работи. Задачата е дадена и ще си я решаваме, докато не обявим, че се предаваме !!! // Казана задача - хвърлен камък.
Аз не знам решението й. Имам няколко идеи и се надявам и вие да имате!
Не знам днес какво се учи в училищата, но теорема на Питагор се учеше в първите часове на "Геометрия". Без нея няма геометрияВеднага мога да ви кажа какво НЕ може да се ползва от това, което сте изброили: Питагор (учи се в 9 клас); подобни триъгълници (също в 9кл.); тригонометрия (нямам идея какво представлява, но не ми звучи като нещо, което скоро ще уча). Май дотук само средната отсечка е позволена. Аз съм свеждал задачата до доказване на един ъгъл, но това е било невъзможно. Ще се консултирам с @Bibi и тя (ако не е проблем) ще покаже няколко варианта, които съм разработил (както и варианта на една съученичка, на която дадох задачата).
Подобни триъгълници май също в 7ми клас учехме. Поне ги имаше на изпита за специализирано училище след 7ми клас...
Както и да е...аз дотук виждам как Bibi почти е доказала, че триъгълника е равнобедрен.
Ще ви разкажа за няколко неуспешни идеи...Когато за пръв път видях задачката, си казах "нищо по-просто - доказваме, че l, m и h образуват триъгълник със страна 0 и готово". Да, ама не. Друга идея - равнобедрен триъгълник с основа, равна на бедрата (или ъгъл при основата 60о). Тц.
Единствения успешен подход, който съм виждал е:
1. Да докажем, че триъгълника не е тъпоъгълен (защото всички следващи разсъждения са верни само за остроъгълник)
2. Да докажем, че зависимостта м/у страните е a>=b>=c (може и в разбъркан вид)
3. Да докажем че ъглите са равни (изхождайки от 2.)
Ако някой намери друг начин, ще ми бъде особено интересно...
//М/у другото, при този подход не се използва Питагор - само сравнение...което предполагам ни е известно от 5ти клас
Напълно съм наясно с това решение, но то е толкова описателно, дълго и тромаво, че съм убеден, че има и по- лесен начин. Просто не можем да го видим. Утре ще говоря с една съученичка, която каза, че малко не й достига да я реши, но все пак- на кой ли му остава много? Задачата се свежда до доказване на два ъгъла, които са очевАдно равни, но недоказуеми, или на две точки/прави, които задължително съвпадат, но не можем да докажем. @Edin_Lud, според мен с общи усилия ще намерим някакво красиво решение.
Ей...ти нали не знаеше как се решава :knuppel2:. Май нещо...
Един професор по математика от Америка ми го прати, но аз не му го признах*
П.П. Това ми стана любимата картинка.
Бих предложил още един път на разсъждение: как бихме построили триъгълник по дадени височина, медиана и ъглополовяща. По този начин аз поне успях да намеря ъгъла, макар и с използване на тригонометрия. Та - подхода: построяваме отсечка за височината, през единия й край построяваме перпендикулярна на нея права, а през средата й - още една - на тези две прави лежат краищата на медианата. По този начин имаме определен ъгъла между медианата и страната при височината (в нашият частен случай - 30 градуса). От тук нататък се запитваме на какво условие трябва да отговаря ъгъла при ъглополовящата за да може да я построим. Аз разъждавах така: ако пуснем перпендикуляри от т. L към страните b и c - те са равни. Можем да намерим лицето на триъгълника от сумата на лицата на ALC и ABL (чрез страните b,c и новопостроените перпендикуляри), което пък също е равно на лицето намерено чрез височината Ha и a. Малко тригонометрия и намираме ъгъла при A изразен чрез l, m и h. Ако на някой мъ хрумва как да стане без тригонометрия - да казва.
//EDIT
Още една идея.
ha = 2*sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c))/a
mb = 1/2 * sqrt(2b2 + 2c2 - a2)
lc = 2/(b + c) * sqrt(bcp(p-a))
където p e полупериметъра. Ако положим ha=mb=lc=1 и повдигнем на квадрат всяко от тези уравнения се получава една не много красива, но определено решима система уравненийца с трите неизвестни a,b и c. Обаче да се решава това ми се вижда голяма хамалогия.
Аз не разбрах защо го игрорнахте това като решение??! нали първото нещо като се каже медиана е теоремата че медианите в триъгълник се пресичат в една точка, разделяща ги 2:1 считано от върха! Та какво още има да доказваме за тази задача?защото MP e успоредна на CH и* защото AM и MC са равни по условие и оттам* MP/CH=AM/AC* и тн! браво на Bibi*
оттам задачата се свежда до това дали трябва да се докаже, че медианите се пресичат в точка разделяща ги на 2:1
Ами доста май имаме да доказваме.........(
Добре! Ще дообясня
Но първо една уговорка! Условието е "преоразмерено". Излишно е да се дава, че и ъглополовящата е равна на другите отсечки!
Не е преоразмерено. Ето ти един черен, червен и зелен триъгълник, на които височините и медианите са равни, но ъглополовящите са различни и триъгълниците са различни. Обаче оня ъгъл винаги е 30 градуса.
ДА! моя грешка... забравих как доказах че е равнобедрен триъгълника... май трябва да си лягам вече
Тромаво ама върви..
да бележим пресечната точка на m и окръжността с Q
AQ се пада ъглополовящата на ъгъл А защото отговаря на дъга CQ а нейния централен ъгъл е алфа
сега да транслираме AQ така че А да застане върху B - ПОлучаваме триъгълник MBQ1 който съвсем случайно е равнобедрен - MB=BQ1 и оттам ъгъл BQ1M=алфа/2=30
оттам алфа=60
натам мисля че е детска лапаница)
Съжалявам, пич! Нямаш право да ползваш дъга и централен ъгъл, а не знам какво представлява това "транслиране".Тромаво ама върви..
да бележим пресечната точка на m и окръжността с Q
AQ се пада ъглополовящата на ъгъл А защото отговаря на дъга CQ а нейния централен ъгъл е алфа
сега да транслираме AQ така че А да застане върху B - ПОлучаваме триъгълник MBQ1 който съвсем случайно е равнобедрен - MB=BQ1 и оттам ъгъл BQ1M=алфа/2=30
оттам алфа=60
натам мисля че е детска лапаница
П.П. А и m има 2 пресечни точки с окръжността, но по- добре остави този път, защото е непозволен
Anubis Black ,
недей да бъдеш чак такъв йезуит. В конкретния случай лесно се вижда и без централни ъгли, че AQ е ъглополовяща. Грешката на Sugar4o е, че AQ не е равна на MB.
И между другото, намерих решение на задачата при което се ползват именно свойства на вписани ъгли в окръжност. С подходяща картинка (построение), става на пет-шест реда. Нали такова решение търсим - кратко и елегантно ?
Отговор с цитат
