Задача за доказване

[Гост]

На чертежа PR e успоредна на AC
PN e перпендикулярна на AC
QR = 2 AP
Да се докаже:
[tex]\angle[/tex] CAR = 1/3 [tex]\angle[/tex] CAB

[Евва]

Нека т.D лежи на правата АС така ,че ADRP е равнобедрен трапец .
Построяваме окр.K(O;R) -описана около трапеца ADRP .
Означаваме AN=y ,AP=a ,[tex]\angle[/tex]DAR=[tex]\alpha[/tex] ,[tex]\angle[/tex]PAR=[tex]\beta[/tex] .
________________________________________________________________________________
Докажете ,че [tex]\angle[/tex]CAB=3[tex]\angle[/tex]CAR
Първо ще докажем ,че [tex]\beta[/tex]=2[tex]\alpha[/tex]

PR||AC [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]QAN=[tex]\angle[/tex]QRP ( кръстни ) и [tex]\angle[/tex]AQN=[tex]\angle[/tex]PQR ( връхни ) [tex]\Rightarrow[/tex]
[tex]\triangle[/tex]QRP[tex]\approx[/tex][tex]\triangle[/tex]ANQ (1 признак) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{PR}{AN}[/tex]=k т.е. PR=ky
([tex]\triangle[/tex]ARP-sin T) [tex]\frac{PR}{sin\beta}[/tex]=2R ;sin[tex]\beta[/tex]=[tex]\frac{ky}{2R}[/tex] (1)

([tex]\triangle[/tex]ADR-sin T) [tex]\frac{DR}{sin\alpha}[/tex]=2R ;sin[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{a}{2R}[/tex] (2)

([tex]\triangle[/tex]QRP-правоъгълен ) cosQRP=[tex]\frac{PR}{QR}[/tex] ; cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{ky}{2a}[/tex] (3)

sin2[tex]\alpha[/tex]=2sin[tex]\alpha[/tex].cos[tex]\alpha[/tex]=2.[tex]\frac{a}{2R}[/tex].[tex]\frac{ky}{2a}[/tex]=[tex]\frac{ky}{2R}[/tex]=sin[tex]\beta[/tex]

От sin2[tex]\alpha[/tex]=sin[tex]\beta[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\beta[/tex]=2[tex]\alpha[/tex] ,тогава
[tex]\angle[/tex]CAB=[tex]\alpha[/tex]+[tex]\beta[/tex]=[tex]\alpha[/tex]+2[tex]\alpha[/tex]=3[tex]\alpha[/tex]=3[tex]\angle[/tex]CAR

[Гост]

1-3.PNG (14.17 KiB) Прегледано 655 пъти

страхотно решение-защо форумните обитатели не са го оценили още?

[math10.com]

dok.png (37.01 KiB) Прегледано 647 пъти

Нека [tex]M[/tex] е среда на [tex]QR ; \triangle PQR[/tex] е правоъгълен [tex]\Rightarrow PM=QM=RM=\frac{1}{2}QR=AP[/tex]
[tex]\triangle APM ; \triangle PMR[/tex] са равнобедрени
[tex]\Rightarrow \angle PRM=\angle RPM=\alpha ; \Rightarrow \angle AMP=\angle PAM=2\alpha[/tex] , но [tex]\angle CAR=\angle RAP=\alpha[/tex] като кръстни
[tex]\Rightarrow \angle CAP=\angle CAR+\angle RAP=2\alpha+\alpha=3\alpha[/tex]

[Евва]

Последното решение е брилянтно .

[Гост]

Прекрасно! Просто и ясно и чисто, без никаква тригонометрия. Изпревари ме с малко При мен отговорите бяха [tex]\alpha[/tex]/2 и 3[tex]\alpha[/tex]/2
Това най-лесното и точно решение. Не че не става с тригонометрия, но простотата на решение има предимство.
-

[Гост]

Хубавите задачи са тези , които като се сетиш нещо се решават на 5 реда.Аз лично не харесвам рутинните задачи с много сметки.Предпочитам такива , в които може да се прояви творчество.Това е причината да наблягам , на кратки и елегантни решения.Точно творчеството липсва на олимпииците ни в последните 10-15 години.Иначе за тази задача ще цитирам Иван Симеонов - дългогодишен учител по математика в СМГ , създал много олимпиици предсавяли на ниво Бългрия.Та той казва "Когато имаме правоъгълен триъгълник и не се сещаме нищо интерсно , което да направим , то спускаме си медиана към хипотенузата."
А за всички на , които им е интересна математиката погледнете viewtopic.php?f=60&t=26872 и се опитайте да я решите.ако има интерес ще продължа темата с олимпиадни задачи по геометрия за 7-8 клас , ако имате интрес към други раздели от математиката пишете на лично на math10.com и ще се опитам да отворя теми с интресни задачи давани някога и някъде по олимпиади , както и теория от извънкласната математика.

[Гост]

math10.com, ти ли пусна задачата? Можеше да я пуснеш за 7-ми клас и евентуално и Ева би се сетила. За човек, който не знае за кой клас е и какво се очаква, решението на Ева е най-добро-там има и творчество (допълнителни построения), и е сравнително кратко.

[Гост]

Май много гости се събрахме. Но, ако тази Ева е същата, която е решила задачата с тригонометрия как пък не се е сетила, че има просто решение (за 7 клас?) . Може би е имала предвид друго нещо.
Без да се напрапвам, ето го и моето продто решение:
1. Съединваме средата К на хипотенузата на правоъгълнив ∆QPR QR с т. P
2. ∆ PKR и ∆ AKP са равнобедрени (2AP = QR или AP = 1/2QR = QK)
3. Нека ъгъл PAQ = α, ъгъл PKR = x
4. Ъгъл PQR = 180 – α
5. В ∆ PQR ъгъл PQR + 2ъгълX = 180 или 180- α + 2x = 180
6 x = α/2 . Ъгъл PRA = ъгъл RAC = α/2
7 От тук ъгъл BAC = α/2 + α = 3α/2

Питане: Имат ли достъп седнокланиците до този раздел? Ако да, защо никой не е решил задачата тук?

[Гост]

Пич , преди ден и половина и пет поста преди твоя ,задачата е решена по същия начин
След като не е упоменато ,за кой клас е дадена задача ,то може да се решава с произволен материал.
Иначе браво ако не си прочел горното решение.

[Гост]

Прочел съм го. Но май ти не си обърнал внимание на отговора ми на това решение. Там споменавам само моя краен резултат и сега дадох последователните действия, защото има малки разлики.

[Гост]

И единсвената разлика е , че при теб [tex]\angle PAQ = \alpha[/tex] , а в решението на math10 този ъгъл [tex]\angle PAQ=2\alpha[/tex] и имайки предвид , че с дроби се работи по-трудно , от колкото с цели числа , може да кажем дори, че твоето решение е по-трудно , въпреки ,че то е същото.