Я очень люблю тригонометрию и всегда предпочитаю тригонометрическое решение чисто геометрическому.Поскольку на канале у многих подписчиков есть стойкое неприятие тригонометрии, приведу простое геометрическое решение , даже без подобия. После нахождения всех сторон треугольника АВС (по т. о касательной и секущей), найдем медиану тр. АВС по формуле длины медианы: ВМ = (√2/2)∙х . КМ = х/2(средняя линия). Итак, стороны треугольника ВМК: ВМ = ВК = (√2/2)∙х, КМ = х/2. Его высота по т. Пифагора *h = (√7/4)∙x ⟹* *4∙S(BMK) = (√7/4)∙x². BM∙BK∙KM = x³/4. Отсюда: R = 1 = BM∙BK∙KM/4∙S(BMK) ⟹ (x³/4)/ [(√7/4)∙x²] =1⟹ x = √7 .*
Предлагаю такое решение (геометрическое, через подобие). 1. АВ касательная (по признаку касательной). Тогда AB=AM=MC=x; MK - средняя линия тр-ка ABC (и равна x/2), а по свойству касательной и секущей, угол KMC равен углу MBK; значит, треугольники KMC и BMC подобны (по двум углам) и можно составить пропорцию (BK=KC=y): 2y/x=x/y; откуда y=x*sqrt(2) 2. Составив пропорцию к тем же тр-кам ещё раз, получим: BM/2y=x/2x; откуда BM=y. Таким образом, BM=BK=x/sqrt(2); MK=x/2 3. Найдем площадь треугольника BMK по формуле S=abc/4R; S=x^3/16 4. Найдем площадь треугольника BMK по второй формуле Герона: S=(1/4)*sqrt{4*a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2}; S=x^2*sqrt(7)/16 5. Приравняем площади из пунктов 3 и 4, откуда сразу получаем, что x=sqrt(7)
Задачу можно решить и без тригонометрии. Несложно доказать, что BM=BK, BM⊥AO. Затем применить метод площадей к четырехугольнику ABOM: 1/2*AO*BM=AB*OB. 1/2*√(x^2+1)*(x/√2)=x; x=√7. И все.
Когда нашли косинус А. Дальше найдем его синус √7/4. ∠А =∠KMA так как KM - средняя линия и этот угол равен ∠MBK, по теореме об угле между хордой и касательной. Дальше по теореме синусов MK / sin = 2r. x/2 / √7/4 = 2, x=√7
А вот вариант без тригонометрии. Проводим ВМ и МК, через вписанный угол и угол между хордой и касательной получаем подобие ВМК и ВМС, поскольку МК средняя линия АВС, то из подобия выше получаем ВМ=ВК и ВМ также перпендикулярна АО, что вытекает и окружности, вписанной в угол и Пифагором АО^2=х^2+1. ВМ/2 будет высота в АВО, откуда через формулу высоты прямоугольного треугольника получаем х^2+1=8, а дальше элементарно
Без большой тригонометрии, треугольники АВС и ВМС подобны по углу и пропорционольным сторонам , ВМ= х/√2, ВН(перпендикуляр к АО)=х/2√2, tgВАО=ОВН=х/1, НО=1/2√2 дело за Пифагором в треугольнике ВНО , х*х/8+1/8=1 , х=√7!
Поскольку АМ=МС=АВ,то АС=2*АВ По формуле касательной и секущей ВС=МС*sqrt 2 и ВС=АВ*sqrt 2. Известны все стороны x,x*sqrt2 и 2*x Можно найти угол A. cos A=3/4,а tgA/2=sqrt(1/7).Получается АВ=sqrt 7
Да, задача непростая, хотя тр-к "вирусный": 1, √2, 2. При лимите времени я бы решал самым очевидным (хоть и не самым коротким) путём: чисто алгебраически без тригонометрии. Продлить ВО до пересечения с МК в т. Н и в полученном ▲ВНК (с учётом найденного сразу y² = х²/2) выразить ВО как разность катетов ВН (в ▲ВНК) и ОН (в ▲ОНК). Алгебра нудная, но обошлось без биквадратного: 16х⁴ = 112х². х = √7.
Еще вариант, ВО бисектриса угла МВС и поделит МС в точке Р отношении1/2, из треугольника АВР, ВР=√7х/3, по теореме о касательной и секущей РМ*РМ=ВР*(ВР-2), х*х/9=(√7х/3-2)*√7х/3, х=√7!
Здравствуйте, попалась интересная задачка про три равных прямоугольника и угол между сторонами. Вроде бы как уровень 7го класса. Как можно выслать вам картинки?
Я очень люблю тригонометрию и всегда предпочитаю тригонометрическое решение чисто геометрическому.Поскольку на канале у многих подписчиков есть стойкое
неприятие тригонометрии, приведу простое геометрическое решение , даже без подобия. После нахождения всех сторон треугольника АВС (по т. о касательной и секущей), найдем медиану тр. АВС по формуле длины медианы: ВМ = (√2/2)∙х . КМ = х/2(средняя линия). Итак, стороны треугольника ВМК: ВМ = ВК = (√2/2)∙х, КМ = х/2.
Его высота по т. Пифагора *h = (√7/4)∙x ⟹* *4∙S(BMK) = (√7/4)∙x². BM∙BK∙KM = x³/4. Отсюда: R = 1 = BM∙BK∙KM/4∙S(BMK) ⟹ (x³/4)/ [(√7/4)∙x²] =1⟹ x = √7 .*
Суппер, Валерий! Спасибо за задачу.
Предлагаю такое решение (геометрическое, через подобие).
1. АВ касательная (по признаку касательной). Тогда AB=AM=MC=x; MK - средняя линия тр-ка ABC (и равна x/2), а по свойству касательной и секущей, угол KMC равен углу MBK; значит, треугольники KMC и BMC подобны (по двум углам) и можно составить пропорцию (BK=KC=y): 2y/x=x/y; откуда y=x*sqrt(2)
2. Составив пропорцию к тем же тр-кам ещё раз, получим: BM/2y=x/2x; откуда BM=y. Таким образом, BM=BK=x/sqrt(2); MK=x/2
3. Найдем площадь треугольника BMK по формуле S=abc/4R; S=x^3/16
4. Найдем площадь треугольника BMK по второй формуле Герона: S=(1/4)*sqrt{4*a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2}; S=x^2*sqrt(7)/16
5. Приравняем площади из пунктов 3 и 4, откуда сразу получаем, что x=sqrt(7)
Задачу можно решить и без тригонометрии. Несложно доказать, что BM=BK, BM⊥AO. Затем применить метод площадей к четырехугольнику ABOM: 1/2*AO*BM=AB*OB. 1/2*√(x^2+1)*(x/√2)=x; x=√7. И все.
С тригонометрией на экзамене наверное удобней, меньше обоснований. 🙂
Отлично
Ну вообще что ВМ=ВК желательно доказать
Когда нашли косинус А. Дальше найдем его синус √7/4. ∠А =∠KMA так как KM - средняя линия и этот угол равен ∠MBK, по теореме об угле между хордой и касательной. Дальше по теореме синусов MK / sin = 2r. x/2 / √7/4 = 2, x=√7
А вот вариант без тригонометрии.
Проводим ВМ и МК, через вписанный угол и угол между хордой и касательной получаем подобие ВМК и ВМС, поскольку МК средняя линия АВС, то из подобия выше получаем ВМ=ВК и ВМ также перпендикулярна АО, что вытекает и окружности, вписанной в угол и Пифагором АО^2=х^2+1. ВМ/2 будет высота в АВО, откуда через формулу высоты прямоугольного треугольника получаем х^2+1=8, а дальше элементарно
отлично
ВМК не подобен ВМС...
@@АртемВирский пардон, буквы перепутал ВМС подобен МКС
Без большой тригонометрии, треугольники АВС и ВМС подобны по углу и пропорционольным сторонам , ВМ= х/√2, ВН(перпендикуляр к АО)=х/2√2, tgВАО=ОВН=х/1, НО=1/2√2 дело за Пифагором в треугольнике ВНО , х*х/8+1/8=1 , х=√7!
АВ=АМ=МС=х
ВК=КС=у
х=у√2 из теоремы о секущей и касательной.
Пусть
Или без теоремы синусов из равнобедренного МВК
sinα=0,5*MK/BK=0,25*АВ/ВК=0,25*√2
Я сразу провёл биссектрису из О к А и опустил перпендикуляр к М и всё сразу срослось с косинусами, синусами и тангенсами!
Поскольку АМ=МС=АВ,то АС=2*АВ
По формуле касательной и секущей ВС=МС*sqrt 2 и ВС=АВ*sqrt 2.
Известны все стороны x,x*sqrt2 и 2*x
Можно найти угол A. cos A=3/4,а
tgA/2=sqrt(1/7).Получается АВ=sqrt 7
Спасибо. Вы сопали полностью с нашим решением! Поздравляю. Оно лучшее!
Да, задача непростая, хотя тр-к "вирусный": 1, √2, 2.
При лимите времени я бы решал самым очевидным (хоть и не самым коротким) путём:
чисто алгебраически без тригонометрии. Продлить ВО до пересечения с МК в т. Н
и в полученном ▲ВНК (с учётом найденного сразу y² = х²/2) выразить ВО как разность катетов ВН (в ▲ВНК) и ОН (в ▲ОНК).
Алгебра нудная, но обошлось без биквадратного: 16х⁴ = 112х². х = √7.
Еще вариант, ВО бисектриса угла МВС и поделит МС в точке Р отношении1/2, из треугольника АВР, ВР=√7х/3, по теореме о касательной и секущей РМ*РМ=ВР*(ВР-2), х*х/9=(√7х/3-2)*√7х/3, х=√7!
Здравствуйте, попалась интересная задачка про три равных прямоугольника и угол между сторонами. Вроде бы как уровень 7го класса. Как можно выслать вам картинки?
Пишите в комменты, посмотрим
ВМ перпендикулярно пересекает АО в точке Р и равно СК. Из
треугольников АОМ и РОМ имеем cosα = x/sqrt(1+x^2) = x/√8 → x = √7.
супер
Куда пропало моё решение?