3 месяца назад я уже предлагал решение этой задачи. Вот оно: Г.М.Т., из которых отрезок АС виден под углом 15°, представляет собой дугу окружности: (x-a/2)^2+(y-a/(2p))^2 = (a^2/4)*(1+1/(p^2)), где p=tg15°= 2 - √3 , а = АС. Ещё два уравнения получаются из данных расстояний точки М от точек В и С: (x-a)^2+y^2=2, (x-a/2)^2+(y-a*sqrt(3)/2)^2=4. Решая систему, получим: а = √2. Этот подход хорош тем, что задавая р = tg∡AMC и расстояния ВМ и СМ, можно быстро получить сторону треугольника!
На эту задачу конечно же есть прекрасное и очень красивое геометрическое решение, которое привело меня в восторг! Но я пока не буду его излагать, ведь надо дать возможность и другим найти его)))
Посмотрим. Но приведенное тоже геометрическое и, по-моему, очень красивое. Я обычно решаю через правильный 12-к с центром в т. С, но там проблема с доказательством некоторых свойств. Посмотрим вместе. Спасибо.
Опишем окружность с центром О вокруг треугольника АСМ. Угол АОС равен 30°. Возьмем точку М' на окружности такую, что СОМ'=30°, (треугольник АОМ' равносторонний). Легко доказать, что тр. ВМ'С прямоугольный и равнобедренный. sin(BCM')/sin(CBM')=√2, но sin(ВСМ)/sin(CBM)=√2 по условию. Но если СВМ'>СВМ, то ВСМ'
Я вижу все делали через описанную окружности, я провёл из вершины B биссектрису и продолжил MC до пересечения с этой биссектрисой, назовём точку P. Ибо биссектриса делит там на 30 градусов, а amc 15 градусов, тип вписанный угол. Получаем, что PM это хорда, а BC теперь перпендикуляр к ней, и всо, по теореме пифагора
Если продлить АС вправо, а из М провести перпендкуляр к АМ, поучим точку К. Тогда имеем прямоугольный ∆АМК, в котором < СМК = 90° - 15° = 75° Если вокруг ∆АМК описать окружность, то ее радиус R равен половине гипотенузы АК , а ее центр О будет лежать на гипотенузе АК, (условно обозначим его левее точки С). Т.е. АО = ОК = ОМ = R ∆ ОМК и ∆ АОМ равнобедренные, значит
Как же так, Валерий Владимирович, вы такую речь сказали про возможность множественных решений, и в прошлой инкарнации этой задачи я указывал на то, что есть и второе решение, а тут вы его упускаете.
Я делал довольно тупо. Печатаю только для демонстрации упорства, когда в голову ничего не приходит. Для начала я забыл про все кроме желтого треугольника, построил окружность с центром в правой нижней вершине и радиусом х, провел перпендикуляр из центра к правой боковой стороне до пересечения с этой окружностью в точке M'. Показать, что нижняя сторона сторона из этой точки видна под тем же углом 15 градусов, очень просто. А дальше такое "химическое" рассуждение. Точки A C M M' лежат на одной окружности (это другая окружность! Она пересекает первую в точках М' и A, и и проходит через центр первой окружности C), и в точке M' "достигается" правильное соотношение между BM' и CM'. Используя теорему синусов, легко показать, что это отношение либо растет, либо уменьшается при движении точки M' вдоль второй окружности (в зависимости от того, куда точка смещается, там BM'/CM' равно отношению синусов двух углов, и оба работают в "правильном" смысле). В разумном интервале углов решение только одно - когда точки M и M' совпадают.
Обратная задача легко обращается и превращается в прямую. Несложно показать, что такое решение единственное и заданный угол может быть 15 градусов только при стороне равной sqrt(2).
Ввел координаты для точки М и составил три уравнения для этих координат и стороны треугольника. Для последней получил ответ sqrt(2), который наводит на мысль о существовании простого решения. Посмотрел ролик, но не сказал бы, что решение автора более простое.
Опишем окружность центром В и радиусом искомая сторона треугольника тоесть =х и докажем что МС касательная к этой окружности тоесть угол ВСМ=90. Используем доказательство от противного . Допустим МС пересекает окружность на отрезке МС в точке К , из М проведем отрезок проходящий через В , тогда используя степнь точки М , (МВ-х)*(МВ+х)=МК*МС , 4-х*х=МК*√2 и так как МКv2. Обозначим точку пересечения окружности и АМ буквой Е ,угол АМС равен полуразности дуг АС=60 и ЕК откуда дуга ЕК=30 и угол МАК=15 и треугольник АКМ равнобедренный , но МК√2 (хорда АК>AC>v2). Получили противоречие , значит этот вариант не возможный! Допустим окружность пересекает продолжение МС в точке Р . По степени точки М , (МВ-х)*(МВ+х)=МР*МС ,4-х*х=МР*√2 и так как МР>√2 то х√2 а АР
Именно это уравнение(x⁴-2*x²*(3-√3)+8-4√3=0 я привел три месяца назад, просто не счел нужным там расписывать утомительные выкладки. У Вас хватило на это терпения! Можно решить и тригонометрическое уравнение, исключив х.
Почему-то отрезок фиолетового цвета показался подозрительным, решил, что вокруг него и надо начинать "танцы с бубном"... 1. Построим равносторонний треугольник AMR на фиолетовом отрезке AM вершиной R вниз. Тогда тр-ки ABM и ACR равны по двум сторонам и углу между ними; но тогда отрезок CR=BM=2 2. Угол CMR=60-15=45 гр. Тогда применим теорему синусов к тр-ку CMR: 2/sin45=sqrt(2)/sinCRM; откуда угол CRM=30 гр. Тогда тр-ки ACR и CMR равны и AC=CM=sqrt(2)
Принципиально это такое же решение, как и Учителя. Только Вы повернули фактически тр. АВМ вокруг А на 60 градусов по часовой стрелке, а он тр. АМС вокруг точки А на 60 градусов против часовой стрелки. То есть, эти решения равноценны. При этом Вам пришлось доказывать равенство треугольников, а при повороте 2 выходит автоматически.
@@alexeychernyshev9652 Я в этом и не сомневался! Из-за построения равностороннего треугольника у Вас получилась лишняя работа. А Учитель без надобности применил в конце теорему косинусов. Так что равенство.👍
За 5 сек решил, увидев 2 и √2😊 Но я не гений. Просто жизнь уже долго длится. Ну и про юных. Гений не тот, кто по заученному двигается, а тот у кого нестандартное мышление. Мышление отличающееся от почти всех! Нет?
Задача весьма непростая, много "подводных камней", на которые, судя по некоторым комментам, уже наступили. Маэстро, Вы умеете подбирать задачи с широким полем для баталий. Думаю, будет жарко!
Два треугольника при сторонах 5 и 3, будут прохожими друг на друга, как свинья на ёжика. Поэтому, нужно правильно рисовать чертёж, или не рисовать вообще, просто дать исходную, найти два разных треугольника, со сторонами 3 и 5, в которые можно вписать окружность. Получится один египтянин, и второй с тупым углом между сторонами 3 и 5. Здесь не может быть других решений по определению, можно было даже не рисовать лишние линии с углами 15°, достаточно было построить на правой стороне квадрат, и провести вторую диагональ, которая будет перпендикулярна гипотенузы, равной 2. Я в школе, участвовал в математических олимпиадах и при таких ответах всегда имел высший балл, доказывая именно теорему Пифагора, на которой основаны все последующие теоремы, связанные с тригонометрией и алгеброй!
![fellow fellow - พรุ่งนี้ไม่มีใครรู้ feat. INK WARUNTORN [OFFICIAL MV]](http://i.ytimg.com/vi/QP6JyjYx_W0/mqdefault.jpg)
3 месяца назад я уже предлагал решение этой задачи. Вот оно:
Г.М.Т., из которых отрезок АС виден под углом 15°, представляет собой дугу окружности: (x-a/2)^2+(y-a/(2p))^2 = (a^2/4)*(1+1/(p^2)), где p=tg15°= 2 - √3 , а = АС. Ещё два уравнения получаются из данных расстояний точки М от точек В и С: (x-a)^2+y^2=2, (x-a/2)^2+(y-a*sqrt(3)/2)^2=4.
Решая систему, получим: а = √2. Этот подход хорош тем, что задавая р = tg∡AMC и расстояния ВМ и СМ, можно быстро получить сторону треугольника!
На эту задачу конечно же есть прекрасное и очень красивое геометрическое решение, которое привело меня в восторг! Но я пока не буду его излагать, ведь надо дать возможность и другим найти его)))
Посмотрим. Но приведенное тоже геометрическое и, по-моему, очень красивое. Я обычно решаю через правильный 12-к с центром в т. С, но там проблема с доказательством некоторых свойств. Посмотрим вместе. Спасибо.
Такие задачи теперь решают в первом классе! Пифагоровы штаны в равностороннем треугольнике на все стороны равны, в данном случае по 2. Значит х=√2.
@@КонстантинВинников-р6б Очень интересно! А поподробнее?
@@adept7474 Я могу "подробней!" Измерим линеечкой, отрезки равны, х=√2. Равноценно утверждению @КонстантинВинников-р6б .
Вы же видите, другие не нашли, Приведите, пожалуйста, свой восторг!
Опишем окружность с центром О вокруг треугольника АСМ. Угол АОС равен 30°. Возьмем точку М' на окружности такую, что СОМ'=30°, (треугольник АОМ' равносторонний). Легко доказать, что тр. ВМ'С прямоугольный и равнобедренный.
sin(BCM')/sin(CBM')=√2, но
sin(ВСМ)/sin(CBM)=√2 по условию.
Но если СВМ'>СВМ, то ВСМ'
Я вижу все делали через описанную окружности, я провёл из вершины B биссектрису и продолжил MC до пересечения с этой биссектрисой, назовём точку P. Ибо биссектриса делит там на 30 градусов, а amc 15 градусов, тип вписанный угол. Получаем, что PM это хорда, а BC теперь перпендикуляр к ней, и всо, по теореме пифагора
Если продлить АС вправо, а из М провести перпендкуляр к АМ, поучим точку К. Тогда имеем прямоугольный ∆АМК, в котором < СМК = 90° - 15° = 75°
Если вокруг ∆АМК описать окружность, то ее радиус R равен половине гипотенузы АК , а ее центр О будет лежать на гипотенузе АК, (условно обозначим его левее точки С).
Т.е. АО = ОК = ОМ = R
∆ ОМК и ∆ АОМ равнобедренные, значит
Это откуда такая информация " ∆ ОМК и ∆ АОМ равнобедренные, значит
@@vkr122 У каждого из этих треугольников по две стороны, равных радиусу, потому и равнобедренные
@@sv6183
Если две стороны равны R, то угол немременно 75°.
Браво.
@@sv6183 Про равнобедренность вопросов нет 😀, почему 75 ?
Как же так, Валерий Владимирович, вы такую речь сказали про возможность множественных решений, и в прошлой инкарнации этой задачи я указывал на то, что есть и второе решение, а тут вы его упускаете.
Если не ошибся нигде, то вторая возможность для x: 2sqrt(2)/sqrt(7+3sqrt(3)+sqrt(60+34sqrt(3))), 3 месяца назад кто-то писал, что проверял.
Я делал довольно тупо. Печатаю только для демонстрации упорства, когда в голову ничего не приходит. Для начала я забыл про все кроме желтого треугольника, построил окружность с центром в правой нижней вершине и радиусом х, провел перпендикуляр из центра к правой боковой стороне до пересечения с этой окружностью в точке M'. Показать, что нижняя сторона сторона из этой точки видна под тем же углом 15 градусов, очень просто. А дальше такое "химическое" рассуждение. Точки A C M M' лежат на одной окружности (это другая окружность! Она пересекает первую в точках М' и A, и и проходит через центр первой окружности C), и в точке M' "достигается" правильное соотношение между BM' и CM'. Используя теорему синусов, легко показать, что это отношение либо растет, либо уменьшается при движении точки M' вдоль второй окружности (в зависимости от того, куда точка смещается, там BM'/CM' равно отношению синусов двух углов, и оба работают в "правильном" смысле). В разумном интервале углов решение только одно - когда точки M и M' совпадают.
Обратная задача легко обращается и превращается в прямую. Несложно показать, что такое решение единственное и заданный угол может быть 15 градусов только при стороне равной sqrt(2).
Да тр. ВСМ с несовместимыми параметрами, как при х>√2 (угол ВСМ тупой), так и при х
Ввел координаты для точки М и составил три уравнения для этих координат и стороны треугольника. Для последней получил ответ sqrt(2), который наводит на мысль о существовании простого решения. Посмотрел ролик, но не сказал бы, что решение автора более простое.
Опишем окружность центром В и радиусом искомая сторона треугольника тоесть =х и докажем что МС касательная к этой окружности тоесть угол ВСМ=90. Используем доказательство от противного .
Допустим МС пересекает окружность на отрезке МС в точке К , из М проведем отрезок проходящий через В , тогда используя степнь точки М , (МВ-х)*(МВ+х)=МК*МС , 4-х*х=МК*√2 и так как МКv2. Обозначим точку пересечения окружности и АМ буквой Е ,угол АМС равен полуразности дуг АС=60 и ЕК откуда дуга ЕК=30 и угол МАК=15 и треугольник АКМ равнобедренный , но МК√2 (хорда АК>AC>v2). Получили противоречие , значит этот вариант не возможный!
Допустим окружность пересекает продолжение МС в точке Р . По степени точки М , (МВ-х)*(МВ+х)=МР*МС ,4-х*х=МР*√2 и так как МР>√2 то х√2 а АР
//
Даже не вникал.
Должно быть доказательство единственности от противного.
А √2,2,√2 - решение.
//
У Чернышова есть решение для картинки в условии.
Алгоритм обратной триангуляции, достаточно широко в геолокации применяется.
Решение с помощью тригонометрии. (Терпение и труд, и никакой гениальности).
АВ=ВС=АС=х; ∠CAM=𝜶.
B ∆ACM, x/sin15◦=√2/sin𝜶; sin𝜶=(√2*sin15◦)/x; cos𝜶=(√x²-2*sin²15◦)/x.
Проведём прямую АС; К∈АС;
∠ВСК=180◦-∠АСВ; ∠ВСК=180◦-60◦=120◦;
∠КСМ=𝜶+15◦ (внешний угол ∆АСМ);
∠ВСМ=∠ВСК-∠КСМ; ∠ВСМ=120◦-(𝜶+15◦)=105◦-𝜶; ∠ВСМ=105◦-𝜶.
В ∆ АСМ, АМ²=ВС²+СМ²-2*ВС*СМ*cos∠BCM;
4=x²+2-2√2*x*cos(105◦-𝜶);
2=x²+2√2*x*sin(𝜶-15◦);
2=x²+2√2*x*sin𝜶*cos15◦-2√2*x*cos𝜶*sin15◦;
2=x²+2√2*x*((√2*sin15◦)/x)*cos15◦-2√2*x*((√(x²-2*sin²15◦)/x)*sin15◦;
2=x²+1-2√2*(√(x²-2*sin²15◦))*sin15◦;
x²-1=2√2*sin15◦*√(x²-2sin²15◦);
x⁴-2x²+1=8*sin²15◦*(x²-2sin²15◦);
sin15◦=sin(45◦-30◦)=sin45◦*cos30◦-cos45◦*sin30◦=(√2/2)*(√3/2)-√2/2)*(1/2)=(√6-√2)/4. sin15◦=(√6-√2)/4.
x⁴-2x²+1=(8*(√6-√2)²/16)*x²-(16*(√6-√2)²/16)*(√6-√2)²/16;
x⁴-2x²+1=4*x²-2√3*x²-7+4√3;
x⁴-6x²+2√3*x²+8-4√3=0;
x⁴-2*x²*(3-√3)+8-4√3=0;
x²=(3-√3)+_√((3-√3)²-8+4√3)=(3-√30+_√(4-2√3)=(3-√3)+_(√3-1);
1) x²=2; x=√2.
2) x²=4-2√3; x=√(4-2√3)=+_(√3-1)≈+_0, 73 (не является решением задачи).
Ответ: х=√2.
Именно это уравнение(x⁴-2*x²*(3-√3)+8-4√3=0 я привел три месяца назад, просто не счел нужным там расписывать утомительные выкладки.
У Вас хватило на это терпения! Можно решить и тригонометрическое уравнение, исключив х.
Да, тригнонометрией отлично. Как хорошо вы знаете мой канал. Я сам уже не помню эти 1100 задач!
Почему-то отрезок фиолетового цвета показался подозрительным, решил, что вокруг него и надо начинать "танцы с бубном"...
1. Построим равносторонний треугольник AMR на фиолетовом отрезке AM вершиной R вниз. Тогда тр-ки ABM и ACR равны по двум сторонам и углу между ними; но тогда отрезок CR=BM=2
2. Угол CMR=60-15=45 гр. Тогда применим теорему синусов к тр-ку CMR: 2/sin45=sqrt(2)/sinCRM; откуда угол CRM=30 гр. Тогда тр-ки ACR и CMR равны и AC=CM=sqrt(2)
"тр-ки ABM и ACR равны по двум сторонам и углу между ними;".
Можно подробнее: почему равны углы?
@@adept7474 Да, конечно.
Пусть угол MAC равен "фи". Тогда угол ВАМ равен 60°-"фи" и угол САR равен 60°-"фи", следовательно, они равны.
Принципиально это такое же решение, как и Учителя. Только Вы повернули фактически тр. АВМ вокруг А на 60 градусов по часовой стрелке, а
он тр. АМС вокруг точки А на 60 градусов против часовой стрелки. То есть, эти решения равноценны. При этом Вам пришлось доказывать
равенство треугольников, а при повороте 2 выходит автоматически.
@@SB-7423 Да, но об этом я узнал только после просмотра ролика маэстро :-) Я был весьма приятно удивлен, что так похоже получилось.
@@alexeychernyshev9652 Я в этом и не сомневался! Из-за построения равностороннего треугольника у Вас получилась лишняя работа.
А Учитель без надобности применил в конце теорему косинусов. Так что равенство.👍
Если продолжить сторону MC, получиться ML. Угол LCB=90, значит MCB тоже 90. Следовотельно триугольник MCB прямоугольний. Ищем катет
CB^2=4-2=2
CB=корень из 2
ВМ биссектриса треугольника АММ1, значит АВ=ВМ1.
За 5 сек решил, увидев 2 и √2😊
Но я не гений. Просто жизнь уже долго длится.
Ну и про юных. Гений не тот, кто по заученному двигается, а тот у кого нестандартное мышление. Мышление отличающееся от почти всех! Нет?
Потом посмотрел и моск взорвался😂😂😂
А для слабой публики на дзен скинете?
Я тоже не гений, на решение ушло около минуты, уж больно чертёж хорош!😊
Ответ виден через .87 сек .
И это страшно...
Попытаюсь ,..
Задача весьма непростая, много "подводных камней", на которые, судя по некоторым комментам, уже наступили.
Маэстро, Вы умеете подбирать задачи с широким полем для баталий.
Думаю, будет жарко!
Два треугольника при сторонах 5 и 3, будут прохожими друг на друга, как свинья на ёжика. Поэтому, нужно правильно рисовать чертёж, или не рисовать вообще, просто дать исходную, найти два разных треугольника, со сторонами 3 и 5, в которые можно вписать окружность. Получится один египтянин, и второй с тупым углом между сторонами 3 и 5. Здесь не может быть других решений по определению, можно было даже не рисовать лишние линии с углами 15°, достаточно было построить на правой стороне квадрат, и провести вторую диагональ, которая будет перпендикулярна гипотенузы, равной 2. Я в школе, участвовал в математических олимпиадах и при таких ответах всегда имел высший балл, доказывая именно теорему Пифагора, на которой основаны все последующие теоремы, связанные с тригонометрией и алгеброй!
Почему Вы решили, что т. М совпадёт с вершиной построенного квадрата?