Всем доброго дня! Предложу свое ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ решение. На мой взгляд тоже симпатичное)). Повернем треугольник МСД вокруг точки М на 30 градусов, например против часовой стрелки. Получим равносторонний труегольник ДМС1. Рассмотрев треугольники ДАМ и ДСС1, увидим что они равны по первому признаку. Из равенства следует что угол α =15 .
Еще короче путь, если заметить, что точка К - центр описанной окружности вокруг MCD, углы M и К опираются на сторону CD, где последний в 2 раза больше, откуда легко доказать, что MKDA ромб, а дальше элементарно
Опустить перпендикуляры с А и С на МД. Треугольнички, отбитые ими на сторонах квадрата, будут равны по гипотенузе и углу 15°, а МД (равное МС) равно двум катетам большего размера. Осюда следует, что АМД - равнобедренный, а искомый угол равен15°.
Ох, зря я в счетное решение полез... Пусть длина стороны квадрата равна 2 По теореме синусов для тр. CDM получаем, что DM = sqrt(6) + sqrt(2) Теперь введем ПДСК так, что D - начало отсчёта, ось абсцисс лежит вдоль DA, ось ординат - вдоль DC. Нам нужны координаты точек D(0; 0), A(2; 0) и M(x; 1) Введем вектор MD{-x; -1}. Его длина равна sqrt(x^2 + 1), и она же равна sqrt(6) + sqrt(2). Приравниваем и находим, что x = sqrt((sqrt(6) + sqrt(2))^2 - 1) или же x = 2 + sqrt(3). Тогда координаты вектора MD{-(2 + sqrt(3)); -1} Теперь вводим вектор MA{-sqrt(3); -1}. Его длина равна 2 Теперь находим скалярное произведение векторов MA и MD, оно равно 4 + 2sqrt(3) Итого, искомый угол AMD = arccos((4 + 2sqrt(3))/2(sqrt(2) + sqrt(6))). После всех арифметических преобразований получаем, что AMD = arccos((sqrt(6) + sqrt(2))/4), или же pi/12
1. Пусть сторона квадрата равна "а", сторона МС=b. Тогда по теореме синусов для тр-ка MCD: a/sin30=b/sin75. 2. Построим равносторонний тр-к MDR на стороне MD вершиной R вниз. Тогда, по теореме синусов для тр-ка RAD: a/sin(ARD)=b/sin(45+ARD) 3. Из первого и второго ур-й, находим, что угол ARD=30 гр. Тогда тр-ки MRA и RAD равны и MA=AD, след-но, искомый угол равен 15 гр.
Решил в "лоб" тригонометрически, не заморачиваясь поиском чисто геометрического решения. Просто я знаю (знаю навсегда) чему равен тангенс 75 градусов и 15 ((2 + sqrf3) и (2 - sqrf3)). P.S. Не очень понимаю, почему школьники должны знать чему равны тангенсы (30), (60), (45) градусов, а знать чему равны тангенсы (75) и (15) градусов не должны. Очень часто помогает (это знание) решать задачи, когда есть такие углы.
Эту задачу можно решить через построение описанной окружности треугольника СМД, центр которой совпадает с точкой К. Используя свойства вписанного СМД и центрального СКД углов и доказав, что и медиана и высота и биссектриса треугольника СМД на сторону СД являются одним и тем же перпендикуляром, можно доказать, что МКДА является ромбом, что позволит напрямую выйти к решению задачи.
Не сталкивался с подобными задачами, но решил двумя другими способами, которые очень похожи. В одном способе я просто делал 3 доп построения прямоугольных треугольника и нашёл угол в 15 градусов, а во втором способе через тригонометрические свойства, выразив сторону квадрата через х, находя отрезки и тд.
Построила окужность с центром в т.М радиусом равным МА, тогда АВ -сторона правильного вписанного шестиугольника и треуг. МВА равносторонний, МН высота и бисс-са. Ответ 15 град.
Легко заметить, что если в правильном 12угольнике в центре построить 6равносторонних тре-ков сос тороной равной стороне 12 угольника, то можно соединить их с 6 сторонами квадратами, дангая задача элемент этой фигуры Легко
Я провёл диагональ BD, тогда 45 градусов отсекает от 75 градусов и получается 30 градусов, то бишь равнобедренный треугольник, допустим с вершиной K. Дальшн проверил гипотезу, что высоты из A и K соединяются по углам по каждую сторону от линии AK
если предположить, что АМВ равносторонний, то α=15... так как MAD=60+90=150... вот такая жесть от алексникола)... а Волкова хорошо знаю... отличный математик... пару лет назад неплохие диффуры выкладывал, методы бернулли и лагранжа
Мелькнуло в первый момент вИдение, что треугольник равнобедренный и угол 15° и забылось.Поэтому без заморочек составил тригонометрическое уравнение 1/tg15°-2=1/tg(15+α). Решение α=15° проходит.
У Вас была отличная идея с окружностью. Уравнение окружности радиусом 1 с центром в точке А: х² +(у-1)² =1. Координаты точки М: М(1/2, 1 + √3/2). *Легко проверить,* *что её координаты удовлетворяют уравнению окружности,* *поэтому МА = АD ⟹ α = 15° .* Эта задача хороша тем, что имеет много решений на любой вкус.
Я же сказал: от противного - строим равносторонний ABM1 и показываем, что углы M1CB и МСВ равны по 15 гр. Тогда M1 совпадет с М. но это косвенное, математики всегда ищут прямое.
а если серьезно... тригой можно разрубить конечно... лень возиться... тем более, что тут у маэстро будет изящнее решение... сторона квадрата а... нужно провести из тчк М высоту направо и выяснить коэф подобия MKL и MCD (K и L точки пересечения МС и МD с ВА)...tgBCK=tg15=2-√3... коэфф подобия=(а/2-(2-√3)а)/(а/2)=2√3-3... найдя высоту треуга MKL, найдем по пифу МА... ну и, зная AL, теорема синусов sinα/AL=sinMLA/MA... как-то так
Эту задачу Вашего тёзки, мы уже решали, подобная была и у Вас, и тоже, с равносторонним треугольником, на сторонах которого Пифагоровы штаны на все три стороны равны. Для детей это решается методом аппликации, для чего этот треугольник достраивается до равностороннего и переносится на внутреннюю правую сторону квадрата, после чего, из левых вершин квадрата проводятся отрезки к вершине выставленного треугольника, при этом, образовались 8 равных равнобедренный треугольников с гипотенузами, равными стороне квадрата, имеющими углы, 15°, 75° и 90°. Первый уголок и есть искомый, равный 15°. У Пифагора не было аппликаций, зато были верёвочки с узелками, через равние линейные промежутки.
Да, верно, я об том и сказал в ролике. Но дело в том, что я считаю, что я должен не показывать, как красиво решаю детские школьные задачи, а систематизировать задачи и методы решения. Что и делаю. Спасибо.
А провести МВ поленились? Не лучше ли рассмотреть побольше треугольников, которые равнобедренные, да ещё и равные, с углами у основания по 15°? Да и треугольничек внутри квадрата, не совсем тянет на равносторонний. Это как у физиков, точные формулы не совпадают с геометрической точностью, иногда, у них на рисунках, угол в 30°, больше угла в 60°, да и отрезки не прямые а волнообразные, так как на ни влияет вселенское гравитационное поле, которое в пространстве неоднородно! Шутка!
Простите, у меня в планшете имени Мао Цзедуна, принтер, на своё усмотрение исправляет мою писанину, не соблюдая ни падежей, ни спряжений, ни склонений, порой изменяя имена существительные, на несуществующие в русском языке, поэтому я постоянно исправляю напечатанное, возвращая уже введенный текст!
определение - точка М вне плоскости квадрата неверное. поскольку точка находится в той же плоскости, что и квадрат.
Всем доброго дня! Предложу свое ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ решение. На мой взгляд тоже симпатичное)).
Повернем треугольник МСД вокруг точки М на 30 градусов, например против часовой стрелки. Получим равносторонний труегольник ДМС1. Рассмотрев треугольники ДАМ и ДСС1, увидим что они равны по первому признаку. Из равенства следует что угол α =15 .
Отлично. дадим завтра поворот тогда!
Поиграл с тангенсами на компьютере, нашел высоту =√3, удовольствия не получил
Благодарю.
Еще короче путь, если заметить, что точка К - центр описанной окружности вокруг MCD, углы M и К опираются на сторону CD, где последний в 2 раза больше, откуда легко доказать, что MKDA ромб, а дальше элементарно
Проведем всего одну линию: МН⊥CD. Пусть СD = 2, тогда НD =1. D- начало координат. Луч DА- ось у, луч DС- ось х. Координаты точек: А(0, 2), М(1, 2 + √3) .
Угловой коэффициент: k(AM) = (2+√3 - 2)/(1 - 0) = √3 ⟹ ∡MAB = 60° ⟹ α = 180° -15° - 90° - 60° = 15° .
Опустить перпендикуляры с А и С на МД. Треугольнички, отбитые ими на сторонах квадрата, будут равны по гипотенузе и углу 15°, а МД (равное МС) равно двум катетам большего размера. Осюда следует, что АМД - равнобедренный, а искомый угол равен15°.
Ох, зря я в счетное решение полез...
Пусть длина стороны квадрата равна 2
По теореме синусов для тр. CDM получаем, что DM = sqrt(6) + sqrt(2)
Теперь введем ПДСК так, что D - начало отсчёта, ось абсцисс лежит вдоль DA, ось ординат - вдоль DC. Нам нужны координаты точек D(0; 0), A(2; 0) и M(x; 1)
Введем вектор MD{-x; -1}. Его длина равна sqrt(x^2 + 1), и она же равна sqrt(6) + sqrt(2). Приравниваем и находим, что x = sqrt((sqrt(6) + sqrt(2))^2 - 1) или же x = 2 + sqrt(3). Тогда координаты вектора MD{-(2 + sqrt(3)); -1}
Теперь вводим вектор MA{-sqrt(3); -1}. Его длина равна 2
Теперь находим скалярное произведение векторов MA и MD, оно равно 4 + 2sqrt(3)
Итого, искомый угол AMD = arccos((4 + 2sqrt(3))/2(sqrt(2) + sqrt(6))). После всех арифметических преобразований получаем, что AMD = arccos((sqrt(6) + sqrt(2))/4), или же pi/12
1. Пусть сторона квадрата равна "а", сторона МС=b. Тогда по теореме синусов для тр-ка MCD: a/sin30=b/sin75.
2. Построим равносторонний тр-к MDR на стороне MD вершиной R вниз. Тогда, по теореме синусов для тр-ка RAD: a/sin(ARD)=b/sin(45+ARD)
3. Из первого и второго ур-й, находим, что угол ARD=30 гр. Тогда тр-ки MRA и RAD равны и MA=AD, след-но, искомый угол равен 15 гр.
Решил в "лоб" тригонометрически, не заморачиваясь поиском чисто геометрического решения. Просто я знаю
(знаю навсегда) чему равен тангенс 75 градусов и 15 ((2 + sqrf3) и (2 - sqrf3)). P.S. Не очень понимаю, почему
школьники должны знать чему равны тангенсы (30), (60), (45) градусов, а знать чему равны тангенсы (75) и (15)
градусов не должны. Очень часто помогает (это знание) решать задачи, когда есть такие углы.
Эту задачу можно решить через построение описанной окружности треугольника СМД, центр которой совпадает с точкой К. Используя свойства вписанного СМД и центрального СКД углов и доказав, что и медиана и высота и биссектриса треугольника СМД на сторону СД являются одним и тем же перпендикуляром, можно доказать, что МКДА является ромбом, что позволит напрямую выйти к решению задачи.
Не сталкивался с подобными задачами, но решил двумя другими способами, которые очень похожи.
В одном способе я просто делал 3 доп построения прямоугольных треугольника и нашёл угол в 15 градусов, а во втором способе через тригонометрические свойства, выразив сторону квадрата через х, находя отрезки и тд.
Построила окужность с центром в т.М радиусом равным МА, тогда АВ -сторона правильного вписанного шестиугольника и треуг. МВА равносторонний, МН высота и бисс-са. Ответ 15 град.
Легко заметить, что если в правильном 12угольнике в центре построить 6равносторонних тре-ков сос тороной равной стороне 12 угольника, то можно соединить их с 6 сторонами квадратами, дангая задача элемент этой фигуры
Легко
Я провёл диагональ BD, тогда 45 градусов отсекает от 75 градусов и получается 30 градусов, то бишь равнобедренный треугольник, допустим с вершиной K. Дальшн проверил гипотезу, что высоты из A и K соединяются по углам по каждую сторону от линии AK
если предположить, что АМВ равносторонний, то α=15... так как MAD=60+90=150... вот такая жесть от алексникола)... а Волкова хорошо знаю... отличный математик... пару лет назад неплохие диффуры выкладывал, методы бернулли и лагранжа
Мелькнуло в первый момент вИдение, что треугольник равнобедренный и угол 15° и забылось.Поэтому без заморочек составил тригонометрическое уравнение 1/tg15°-2=1/tg(15+α). Решение α=15° проходит.
Ни свое, ни Ваше решение удовлетворения не принесло. Жесть есть жесть.
И опять страшно от кажущейся очевидности ...
Высота ∆MCD на CD=2(для простоты) равна 2+√3, высота ∆МВА на АВ 2+√3-2= √3, tg(15*+α)=30*; α = 15*.
Квадрат единичный, а высота AMB обозначена h.
h + 1 = 1/(2*tg(15)) = cos(30) + 1, т.е. h = cos(30), задача решена тригонометрически.
Спасибо. Думаю, самое лаконичное.
Спасибо Вам большое за красивое решение.❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤
И Вам!
Здравствуйте!
Как мне найти ваши книги
Все классы наглядные геометрии спасибо заранее 🙏@@GeometriaValeriyKazakov
У Вас была отличная идея с окружностью. Уравнение окружности радиусом 1 с центром в точке А: х² +(у-1)² =1. Координаты точки М: М(1/2, 1 + √3/2). *Легко проверить,*
*что её координаты удовлетворяют уравнению окружности,* *поэтому МА = АD ⟹ α = 15° .* Эта задача хороша тем, что имеет много решений на любой вкус.
Супер!
А есть какие теоремы с "антивысотой" -- чевианой тупоугольного треугольника, составляющей с боковушкой прямой угол?
Не помню
Есть ли какое-нибудь решение без точки K?
Я же сказал: от противного - строим равносторонний ABM1 и показываем, что углы M1CB и МСВ равны по 15 гр. Тогда M1 совпадет с М. но это косвенное, математики всегда ищут прямое.
а если серьезно... тригой можно разрубить конечно... лень возиться... тем более, что тут у маэстро будет изящнее решение... сторона квадрата а... нужно провести из тчк М высоту направо и выяснить коэф подобия MKL и MCD (K и L точки пересечения МС и МD с ВА)...tgBCK=tg15=2-√3... коэфф подобия=(а/2-(2-√3)а)/(а/2)=2√3-3... найдя высоту треуга MKL, найдем по пифу МА... ну и, зная AL, теорема синусов sinα/AL=sinMLA/MA... как-то так
Трига завтра!
Эту задачу Вашего тёзки, мы уже решали, подобная была и у Вас, и тоже, с равносторонним треугольником, на сторонах которого Пифагоровы штаны на все три стороны равны. Для детей это решается методом аппликации, для чего этот треугольник достраивается до равностороннего и переносится на внутреннюю правую сторону квадрата, после чего, из левых вершин квадрата проводятся отрезки к вершине выставленного треугольника, при этом, образовались 8 равных равнобедренный треугольников с гипотенузами, равными стороне квадрата, имеющими углы, 15°, 75° и 90°. Первый уголок и есть искомый, равный 15°. У Пифагора не было аппликаций, зато были верёвочки с узелками, через равние линейные промежутки.
Да, верно, я об том и сказал в ролике. Но дело в том, что я считаю, что я должен не показывать, как красиво решаю детские школьные задачи, а систематизировать задачи и методы решения. Что и делаю. Спасибо.
А провести МВ поленились? Не лучше ли рассмотреть побольше треугольников, которые равнобедренные, да ещё и равные, с углами у основания по 15°? Да и треугольничек внутри квадрата, не совсем тянет на равносторонний. Это как у физиков, точные формулы не совпадают с геометрической точностью, иногда, у них на рисунках, угол в 30°, больше угла в 60°, да и отрезки не прямые а волнообразные, так как на ни влияет вселенское гравитационное поле, которое в пространстве неоднородно! Шутка!
Нет, не поленился. В конце провел. А для решения этоо не нужно.
@@GeometriaValeriyKazakov Я это сразу не увидел, так как сразу поставил на паузу, чтобы решить без подсказки.
Простите, у меня в планшете имени Мао Цзедуна, принтер, на своё усмотрение исправляет мою писанину, не соблюдая ни падежей, ни спряжений, ни склонений, порой изменяя имена существительные, на несуществующие в русском языке, поэтому я постоянно исправляю напечатанное, возвращая уже введенный текст!
Нормально, мы все понимаем!
Рожденные в СССР!