Моля помогнете задачи 10 клас

[Milenaa]

1зад. Страните c,a и b (взети в този ред) на триъг. АBC образуват аритметична прогресия, а външният ъгъл при върха А е 3 пъти по-голям от [tex]\beta[/tex] . Да се намерят косинусите на ъглите на триъг. ABC
отг. 9/16 , 3/4 , 1/8

2зад. Вписаната в триъг. окръжност се допира до страната му AB в т.М. Да се намери лицето на триъг.ABC, ако АМ=m , BM=n и ъгъл ACB=γ
отг. mn*cotgγ /2
3 зад. В равнобедрен триъг. r=3/2 , a R=25/8 . Да се намерят дължините на страните на триъгълника. Отг [tex]\sqrt{21} , 5/4(\sqrt{21})[/tex]

4зад. Катетите на правоъг. Триъг. са 9см и 12 см. Да се намери разстоянието между пресечната точка ъглополовящите и медицентъра му.
отг. 1см

5зад. Да се намерят ъглите на триъгълник, ако образуват аритметична прогресия и най-голямата му страна е два пъти по-голяма от най-малката.
отг.30;60;90

[Nathi123]

4. зад. е решена от Davids в темата ,,Правоъг. триъгълник разстояние между .."

5.зад. Нека ъглите са [tex]\frac{.}{.} \alpha , \beta , \gamma \Leftrightarrow 2\beta = \alpha + \gamma ; \alpha + \beta + \gamma =180^\circ\Rightarrow
3\beta =180^\circ \Rightarrow \beta = 60^\circ\Rightarrow \alpha + \gamma =120^\circ\Rightarrow \gamma =120^\circ - \alpha[/tex]. От синусова т-ма за триъгълника [tex]\Rightarrow \frac{c}{sin\gamma} = \frac{a}{sin\alpha}\Leftrightarrow \frac{c}{a} = \frac{sin\gamma}{sin\alpha}[/tex] От условието [tex]\Rightarrow \frac{c}{a}=2\Rightarrow \frac{sin\gamma}{sin\alpha} = 2\Rightarrow sin(120^\circ-\alpha)=2sin\alpha \Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}cos\alpha}{2}+\frac{sin\alpha}{2}=2sin\alpha[/tex]
[tex]\Leftrightarrow\sqrt{3}cos\alpha -3 sin\alpha=0|:cos\alpha\ne0\Rightarrow tg\alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow
\alpha = 30^\circ \Rightarrow \gamma = 90^\circ[/tex].

[Davids]

4. зад. е решена от Davids в темата ,,Правоъг. триъгълник разстояние между .."

По-конкретно тук
Трябва и да отбележим, че разделът на темата е жестоко сбъркан, но да се надяваме на модераторска активност скоро.
По темата сега...

3. Зад.:

ravnobedren_radiusi.png (21.68 KiB) Прегледано 1031 пъти

Знаем, че и двата радиуса [tex]r[/tex] и [tex]R[/tex] лежат на височината [tex]h[/tex].
Следователно, за да я намерим (а и за да си го използваме), трябва да намерим разстоянието между двата центъра - бързо и лесно чрез формулата на Ойлер:
[tex]OI = x = \sqrt{R(R - 2r)} = \sqrt{\frac{25}{8}(\frac{25}{8} - \frac{24}{8})} = ... = \frac{5}{8}[/tex]
Следователно цялата ни височина [tex]h = r + x + R = \frac{12}{8} + \frac{25}{8} + \frac{5}{8} = \frac{21}{4}[/tex]
Сега, за да намерим страната [tex]a[/tex], ще използваме [tex]HI = y = r + x = \frac{17}{8}[/tex]
А сега ще включим питагорова теорема за [tex]\Delta HBI[/tex]:
[tex]R^2 = \frac{a^2}{4} + y^2 \Leftrightarrow 16a^2 = 336[/tex]
[tex]\Rightarrow 4a = \sqrt{336} = 4\sqrt{21} \Leftrightarrow a = \sqrt{21}[/tex]

А другата страна ще намерим по питагорова теорема за [tex]\Delta HBC[/tex]:
[tex]b^2 = h^2 + \frac{a^2}{4}[/tex]
[tex]\Leftrightarrow b^2 = (\frac{21}{4})^2 + \frac{21}{4} = \frac{21}{4}(1 + \frac{21}{4}) = \frac{21}{4}.\frac{25}{4} = \frac{25}{16}.21[/tex]
[tex]\Rightarrow b = \frac{5}{4}\sqrt{21}[/tex]

[Davids]

1. Зад.:
Не знам, на мен ли не ми достигат теория и формулки (вероятно е така и все пак...), но тази точно задачка ми се видя маааалко прекалено дълга. Доста е вероятно решението ми просто да не е оптимално, но все пак ще го споделя. Чертежът е елементарен и няма да си играя да го правя.
Имаме аритметична прогресия с членове: [tex]c, a, b[/tex], от която имаме: [tex]b + c = 2a \Rightarrow b = 2a - c[/tex]
От дадения външен ъгъл елементарно и недвусмислено следва, че:
[tex]\angle A = 180 - 3\beta[/tex]
[tex]\angle B = \beta[/tex]
[tex]\angle C = 2\beta[/tex].

Прилагаме синусова теорема и започваме да си играем с нея.
[tex]\frac{2a-c}{sin\beta} = \frac{c}{sin2\beta} = \frac{a}{sin(180-3\beta)} = \frac{a}{sin3\beta}[/tex]
Разширяваме двата сложни знаменателя:
[tex]sin2\beta = 2sin\beta.cos\beta[/tex]
и по-сложното:
[tex]sin3\beta = sin(2\beta + \beta) = ...[/tex]

Скрит текст: покажи

[tex]= sin2\beta.cos\beta + cos2\beta.sin\beta =[/tex]
[tex]= 2sin\beta.cos^2\beta + (cos^2\beta - sin^2\beta).sin\beta =[/tex]
[tex]= 2sin\beta.[1 - sin^2\beta] + sin\beta[1-2sin^2\beta] =[/tex]
[tex]= sin\beta[2 - 2sin^2\beta] + sin\beta[1-2sin^2\beta] =[/tex]
[tex]= sin\beta[2 - 2sin^2\beta + 1 - 2sin^2\beta] =[/tex]
[tex]= sin\beta[3 - 4sin^2\beta] = sin\beta[3 - 4(1 - cos^2\beta)] = sin\beta[4cos^2\beta - 1][/tex]

[tex]= sin\beta.[4cos^2\beta - 1][/tex]

Синусовата ни теорема вече изглежда така:
[tex]\frac{2a-c}{sin\beta} = \frac{c}{2sin\beta.cos\beta} = \frac{a}{sin\beta[4cos^2\beta - 1]}[/tex]

От тук получаваме системата:
[tex]\begin{array}{|l} \frac{2a-c}{c} = \frac{\cancel{sin\beta}}{2\cancel{sin\beta}.cos\beta} = \frac{1}{2cos\beta} \\ \frac{c}{a} = \frac{2\cancel{sin\beta}.cos\beta}{\cancel{sin\beta}[4cos^2\beta - 1]} = \frac{2cos\beta}{4cos^2\beta - 1} \end{array}[/tex]

Развиваме първото уравнение, за да изразим [tex]a[/tex]:
[tex]\frac{2a-c}{c} = \frac{1}{2cos\beta}[/tex]
[tex]2a-c = \frac{c}{2cos\beta}[/tex]
[tex]2a = c + \frac{c}{2cos\beta} = \frac{2cos\beta.c + c}{2cos\beta} = \frac{c(2cos\beta + 1)}{2cos\beta}[/tex]
[tex]\Rightarrow a = \frac{c(2cos\beta + 1)}{4cos\beta}[/tex]

Оттук лесно можем вече да изразим [tex]\frac{c}{a}[/tex] и после да го заместим във второто уравнение:
[tex]\frac{c}{a} = \frac{c}{\frac{c(2cos\beta + 1)}{4cos\beta}} = \frac{4cos\beta}{2cos\beta + 1}[/tex]

Сега заместваме във второто уравнение от системата и получаваме:
[tex]\frac{4cos\beta}{2cos\beta + 1} = \frac{2cos\beta}{4cos^2\beta - 1}[/tex]
Тук ще положим [tex]x = cos\beta[/tex] и уравнението придобива вида:
[tex]\frac{4x}{2x+1} = \frac{2x}{4x^2 - 1}[/tex]
Отбелязваме, че [tex]x \ne \pm\frac{1}{2}[/tex]
[tex]4x(4x^2 - 1) = 2x(2x+1) |:2x[/tex]
[tex]2(4x^2 - 1) = 2x+1[/tex]
[tex]8x^2 - 2x - 3 = 0[/tex]
[tex]D = 4 + 12.8 = 100 = 10^2[/tex]
И единственият положителен корен (тъй като ъгълът е в триъгълник, неговите тригонометрични функции могат да приемат само положителни стойности) е:
[tex]x = \frac{2+10}{16} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}[/tex], с което първият косинус е намерен.
Намираме синуса: [tex]sin\beta = \sqrt{1 - cos^2\beta} = ... = \frac{\sqrt{7}}{4}[/tex]
И остана: [tex]cos2\beta = cos^2\beta - sin^2\beta = \frac{9}{16} - \frac{7}{16} = \frac{1}{8}[/tex]
и [tex]cos3\beta = \sqrt{1 - sin^23\beta}[/tex]
Но [tex]sin3\beta = sin\beta[4cos^2\beta - 1] = \frac{\sqrt{7}}{4}.\frac{5}{4} = \frac{5\sqrt{7}}{16}[/tex]
Следователно [tex]sin^23\beta = \frac{25.7}{16^2} = \frac{175}{16^2}[/tex]
И остана [tex]cos3\beta = \sqrt{\frac{16^2 - 175}{16^2}} = \sqrt{\frac{81}{16^2}} = \frac{9}{16}[/tex]

Усещам, че ми липсва нещо много ключово като материал, но все пак винаги е забавно да решаваш задачки за по-големи

[monika_at]

arpr.png (16.24 KiB) Прегледано 1003 пъти

1 зад) Тъй като от условието става ясно, че ако [tex]\angle B=\beta=>\angle A=180^\circ-3\beta; \angle C=2\beta[/tex]=>страните от условието в този ред образуват намаляваща аритметична прогресия. Означаваме ги като
[tex]c=a+d; a; b=a-d[/tex]. Построяваме ъглополовящата на ъгъл С[tex]CL=x[/tex]. Тогава триъгълник [tex]CLB[/tex] става равнобедрен [tex]CL=LB=x=>AL=c-x[/tex] и триъгълниците [tex]CLA; BCA[/tex] са подобни. Образувме пропорция от подобността=>[tex]\frac{c-x}{b}=\frac{b}{c}=\frac{x}{a}[/tex]=>

[tex]x=\frac{ab}{c}=>b^2=c^2-ab[/tex] Заместваме [tex]b[/tex]и [tex]c[/tex] и получаваме [tex](a-d)^2=(a+d)^2-a(a-d)[/tex].
Разкриваме, опростяваме и получаваме, че [tex]a=5d=>b=4d; c=6d[/tex]. Тогава вече лесно намираме косинусите на ъглите чрез косинусова теорема. Дори без ограничение на общността може да считаме, че [tex]a=5; b=4; c=6[/tex]
[tex]cos\alpha=\frac{36+16-25}{2.4.6}=\frac{9}{16}[/tex]. Аналогично пресмятаме и останалите два косинуса.

[Nathi123]

4.зад. е решена от Davids в темата ,,Правоъгълен триъгълник разстояние между медицентър" . Така ,че не е сбъркана тотално ,а има съкращение на дума и думата ,,медицентър " замених с многоточие.Обещавам занапред да пиша пълната тема и да не разчитам на известна съобразителност.

В решението на зад. 3. от Davids e използвано,че центърът на описаната окръжност е вътрешна точка за височината на триъгълника.Това е така само ако ъгъл АСВ ( при стандартните означения ) е по - малък от 90[tex]^\circ[/tex].Така ,че даденото решение е частен случай,ако не е доказано, че при данните в условието ъгъл АСВ е остър.

2.зад. Нека т.О- център на вписаната в триъг. окр. к;[tex]k\cap BC=P; k\cap AC=Q[/tex] р- полупериметъра на триъг.
[tex]\Rightarrow AM=AQ=m; BM=BP=n[/tex] . Нека CQ=CP=x[tex]\Rightarrow p=m+n+x; S_{ABC }=S=pr\Rightarrow p=\frac{S}{r};
S=\frac{1}{2}AC.BCsin\gamma=\frac{1}{2}(m+x)(n+x)sin\gamma=\frac{1}{2}(nm+nx+mx+x^{2})sin\gamma=\frac{1}{2}[nm+x(m+n+x)]sin\gamma=\frac{1}{2}(mn+xp)sin\gamma[/tex]
[tex]\Rightarrow 2Ssin\gamma =mnsin\gamma+\frac{x}{r}Ssin\gamma[/tex] (1); [tex]\Delta COP\Rightarrow \frac{x}{r}=cotg\frac{\gamma}{2}[/tex]
Заместваме в (1) [tex]\Rightarrow 2S-Ssin\gamma cotg\frac{\gamma}{2}=nmsin\gamma\Leftrightarrow 2S(1-cos^{2}\frac{\gamma}{2})=2mnsin\frac{\gamma}{2}cos\frac{\gamma}{2}|:2sin^{2}\frac{\gamma}{2}\ne0\Rightarrow S=nmcotg\frac{\gamma}{2}[/tex].

[Milenaa]

Адски много ви благодаря

[Davids]

4.зад. е решена от Davids в темата ,,Правоъгълен триъгълник разстояние между медицентър" . Така ,че не е сбъркана тотално ,а има съкращение на дума и думата ,,медицентър " замених с многоточие.Обещавам занапред да пиша пълната тема и да не разчитам на известна съобразителност.

Не те поправях по никакъв начин, просто исках да дам линк на разположение за по-лесен достъп. Съжалявам, ако се е получило недоразумение.
Иначе си прав за забележката относно другата задача.