Задача от ротация

[AngelBloom]

Даден е равностранен триъгълник ABC и точка M във вътрешността му такава, че MA = 1, MB = [tex]\sqrt{3}[/tex], MC = 2. Да се намерят страната на триъгълника и мерките на ъглите ∠BMC и ∠AMB.

[Knowledge Greedy]

Завъртаме с център [tex]B[/tex] на [tex](-60^\circ)[/tex]

[tex]B \rightarrow B[/tex]

[tex]M\rightarrow N[/tex]

[tex]A \rightarrow C[/tex]

От свойството на еднаквостта ротация следва, че [tex]\triangle CBN \cong \triangle ABM[/tex]

(Това означава, че сме построили точка [tex]N[/tex] така, че [tex]\triangle MBN[/tex] е равностранен и точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] са в различни полуравнини с контур правата [tex]BC[/tex])

От косинусова теорема ( респективно обратната на Питагор) следва, че [tex]\triangle CMN[/tex] е правоъгълен, с хипотенуза [tex]CM=2[/tex], правият ъгъл е [tex]\angle MNC[/tex] и търсеният

[tex]\angle AMB = \angle CNB= 90^\circ +60^\circ = 150^\circ[/tex]

Сега приложена за [tex]\triangle CBN[/tex], косинусовата теорема дава [tex]BC^2=CN^2+BN^2-2CN.BN.cos150^\circ[/tex]

Следователно [tex]CB^2=5[/tex] и страната на равностранния триъгълник е с дължина [tex]\sqrt{5}[/tex]

Още една косинусова теорема - за [tex]\triangle BCM[/tex] помага да открием [tex]\angle BMC[/tex]

[tex]5=4+3-2.2.\sqrt{3}cos\angle BMC \Rightarrow \,\ cos\angle BMC = \frac{\sqrt{3}}{6}[/tex]

[Knowledge Greedy]

Евва бе така добра, да поправи грешката ми в изчисленията [tex]BC^2 =CN^2 +BN^2 −2CN.BN.cos150^∘[/tex]
Всъщност [tex]BC^2=7[/tex]

[tex]BC=\sqrt{7}[/tex]

И тогава ъгъл [tex]\angle BMC[/tex] (с втората косинусова теорема) излиза точен. Колко е в дейсвителност?

Благодаря, Евва!

[AngelBloom]

Тогава ∠BMC е 90[tex]^\circ[/tex]. Тръгнах едни описани окръжности да търся, едни четириъгълници, стана мале, мале. Благодаря Knowledge Greedy за елегантното решение.

[Гост]

Преразказ по картинка без нея самата