Построил среднюю линию тр-ка АСВ, она же сторона квадрата. Достроил квадрат, соединил все, что соединялось, и получил в итоге задачу из секретной лаборатории. Досмотрел, понравилось.
На среднейлинии длиной 6 вниз построить квадрат. Продлить отрезок из В до пересечения со стороной квадрата 1/4 часть окр радиуса 6 будет вписан в 1/4састь квадрата со стороной 12. Центр угол в В равный 90гр будет разделён на 3 угла прямоуг треугольников с высотами 6 и основаниям 2, 3 и 5 ( суммар 0:08 ное значение) описанного многоугольника. 90 гр=10, 45 гр=5 Ответ: 45 гр.
Еще одно решение: Понятно что катет равен 12/sqrt(2) Опускаем перпендикуляры MM1 и NN1 к соответственно AB и BC Из получившихся равнобедренных прямоугольных треугольников имеем: MM1=AM1=3, M1K=1; NN1=BN1=3/sqrt(2), CN1=9/sqrt(3) MM1/M1K=CN1/NN1=3, ага, значит прямоугольные треугольники MM1K и CN1N подобны То есть углы M1MK и N1CN равны Тогда сумма углов: MKN(внешний к тр. M1MK)+MCN=90+M1MK+90-N1CN=180 Тогда вокруг четырехугольника KMCN можно описать окружность И угол KMN равен KCN как опирающийся на ту же хорду Далее поворачиваем треугольник ABC вокруг С на 90 градусов против часовой, K переходит в K1 K1NB - прямоугольный, катеты 3 и 4, K1N=5 Треугольники KCN и K1CN равны по трем сторонам Углы KCN и K1CN равны и в сумме дают угол поворота 90 градусов KCN=45=KMN
С помощью тригонометрии вышло просто. Провел через точку М две прямые, одна параллельно АВ, вторая - перпендикулярно. Тангенсы углов слева и справа от угла альфа - 1/2 и 1/3. Тангенс суммы этих углов - 1, значит сумма этих углов 45 градусов, ну и альфа тоже 45 градусов.
6:19 Аналитическая геометрия в помощь! Тем более, что Вы уже "разрисовали" координатную сетку. Пусть A = [0; 0], M = [0; 2]; D = [4; 0], K = [4/3; 4/3]; MD: y = 2 - 0.5x; 2 - 0.5*4/3 = 2 - 2/3 = 4/3. Т. е. точка K лежит на MD. И
1. Из точек С и М опускаем перпендикуляры на АВ в С' и М'. Тогда по теореме Фалеса AM'=M'C'=3, и тогда M'K=1, MM'=AM'=3 (равноб тр-к AMM') 2. По ф-ле разности тангенсов tg(alpha)=(tgM'MN-tgM'MK)/(1+tgM'MN*tgM'MK)=(6/3-1/3)/(1+(6/3)*1/3)=1 Угол alpha=45 гр.
Не знаю, насколько хорошо, но правильно. Достраиваем до квадрата. Проводив вторую диагональ. Из М опускаем высоты на диагонали, а МК продолжаем до пересечения (оно упирается в вершину квадрата (по клеточкам или по тангенсоидным отношениям). Эту вершину соединим с т N. Два равных прямных треугольника своими неравными углами в т N формируют прямой угол, а его стороны -- равные катеты этих двух треугольников. Треугольник МДN -- прямной и равнобокий. Ответ:45°
@@GeometriaValeriyKazakov Издеваетесь? Я все бросил, забил в калькулятор-онлайн, получил ваш ответ, и только потом подумал: стали бы вы непроверенное решение публиковать ? Ща буду решение под ответ подгогять
Если без тангенсов, то строим прямоугольный треугольник МNH, где MN гипотенуза, а катет продолжение МК. Треугольники РМК и КNH подобны с соотношением катетов 1:3. Используя теорему Пифагора, находим МН=НN=1,5√10, то есть тр. МNH равнобедренный, искомый угол 45°
Можно опусить перпендикуляр МН на АВ, тогда МН=3, НК=1 и нанести сетку на МНN, и перейти к недавней задаче , так как КН/НМ=1/3 а МН/НN=1/2 и никакой тригонометрии :)
Еще вариант : опусить перпендикуляр МН на АВ, по т. Пифагора находим МК=√10,МN=√45 и видем что треугольники KMN и MAN подобны по общему углу и пропорциональности сторон √45/9=5/√45 , угол KMN соответственный MAN и =45!
Построим квадрат АСВД ,для чего из т.С опустим | на АВ в т.О. СО=АВ/2=6. Отложим ОД=СО и соединим Д с А и В . Из т. М проведем горизонталь до пересечения с ВС в т. Р и из т.Р опустим | на АВ в т. N .В тр.NMP МР=6 ,NP=3 . Из т. М опустим | на АВ в т.F , в тр. FMK MF=3 , FK=AK-AF=4-3=1.Соединим К с Д ,в тр.КОД ОК=АО-АК=6-4=2 ,ОД=6 , тр.FMK~тр КОД по 2 углам ( у них соотношения сторон 1/3 ). В тр. АМД примем угол АДМ=¥ , угол АМД=90-¥ . Тр.АМД и NMP подобны по 2 углам ( у них соотношения катетов 1/2 и угол NMД=¥ . Искомый угол @= 180-(90-¥)-¥-45=45
ну навскидку тут теор косин можно три раза применить... АМ=3√2... для тр АМК МК=√(18+16-24)=√10... для треуг AMN MN=√(18+81-54)=√45... из тр KMN 25=10+45- 30√2cosα... cosα=1/√2..α=45
Я нашел еще одну интересную штуку в этой задаче, но почему-то не могу её доказать. Хочу вынести на обсуждение. В этой конструкции, я напомню, самое существенное, что при AK² + NB² = KN², всегда ∠KCN = 45°; (не важно, 4,5,3 или какие-то другие числа). В своем комментарии к этой задаче я показал, что при таких числовых данных, когда AK = 4, KN = 5, NB = 3, (а целиком AB = 12), окружность, описанная вокруг треугольника KCN, проходит через середину AC (это проверяется просто через степень точки A относительно этой окружности, которая равна AK*AN = 4*(4+5) = AM*AC = 3√2*6√2 = 36 = 6², то есть M лежит на окружности), в результате чего ∠KCN = ∠KMN; и получается ответ ∠KMN = 45°; конец напоминания. Копнув немного глубже, я обнаружил следующую вещь. Все доказательства основного утверждения про при AK² + NB² = KN², всегда ∠KCN = 45°; существенно опираются на то, что есть прямая, симметричная стороне треугольника AC относительно CK и ОДНОВРЕМЕННО симметричная BC относительно CN. Такая прямая действительно есть, и для её существования необходимо и достаточно AK² + NB² = KN². За подробностями - см. Квант №4 (2014) стр 34-37, статья "Угол в квадрате". Я придумал и свое доказательство, но чтобы его предъявить, нужен чертеж. Так вот, обнаружилось, пока в виде гипотезы, что центр упомянутой окружности (KCN) лежит на этой прямой, Если кто-то найдет доказательство, я буду очень благодарен в разумных нематериальных пределах :)
Хорошая задачка! Легко решается накладыванием сетки 3х3 и доведением угла до равнобедренного тр-ка, но поначалу даже и не знаешь с какой стороны подойти... ))
Геометрически сразу решить не удалось, поэтому используя тригонометрию быстренько определил, что угол будет 45 градусов. Дальше начал думать, но до построений господина Казакова так и не додумался (за что отдельный респект господину Казакову), а вот используя теорему Пифагора и некоторое уравнение получилось. Из точки М опустим перпендикуляр на АВ (обозначим точкой Р), из точки К перпендикуляр на МN (обозначим точкой Е). МЕ=х, МР=3, МК^2= МР^2+(АК-3)^2=9+1=10, MN^2=МР^2+6^2=45, МК^2-х^2=25-(MN-х)^2=10=25-45+6√5х, х=МЕ=√5, КЕ^2=МК^2-ME^2=10-5=5, КЕ=МЕ=х=√5. Треугольник МКЕ прямоугольный равнобедренный, искомый угол равен 45 градусам.
Я, наверно, очень нехороший человек, но я категорически против этой задачи. Решение её возможно только в этом частном случае, ИСКЛЮЧИТЕЛЬНО благодаря тому, что точки CMKN лежат на одной окружности. Это легко проверить так. Пусть AB = c = 4+5+3=12; тогда AK = c/3; AN = 3c/4; AK*AN = с²/4; но AM*AC = AC²/2 = c²/4; то есть AK*AN = AM*AC; и CMKN - вписанный четырехугольник. Это справедливо ТОЛЬКО благодаря "удачно" подобранным числовым данным. При любых других значениях длин отрезков это не работает, даже если длины подчиняются теореме Пифагора, что необходимо для того, чтобы задача позволяла найти хотя бы ∠KCN = 45°. В этой "узко специализированной" задаче ∠KCN = ∠KMN; В том случае, если AK² + NB² = KN², => ∠KCN = 45° всегда, независимо от конкретных чисел. Я придумал довольно любопытное решение (не особо креативное, но раньше я не видел). Если три раза повернуть весь треугольник на 90° вокруг вершины C, образуется квадрат. Если теперь соединить точки на соседних сторонах, то получится восьмиугольник с равными сторонами (равными KN, в этой задаче это 5). Если теперь продлить эти "соединяющие" отрезки до пересечения, получится точно такой же квадрат, повернутый на какой-то угол. Я дальше рассказывать не буду, там все очевидно, куча симметричных треугольников, диагонали будут биссектрисами и так далее. Я выражаюсь непонятно, но если нарисовать, все поймете. Угол ∠KCN = 45° находится автоматически.
"...решение её возможно только в этом частном случае..." . Что Вы подразумеваете под этим утверждением? Правильно ли я Вас понял, что при других значениях отрезков решить невозможно? Или Вы имели ввиду, что способом учителя ее можно решить только при этих отрезках? Поясните, пожалуйста.
Абсолютно согласен. Например, если взять 5, 7, 4 вместо 4, 5, 3, то квадрата не получится, хотя на глаз угол = 45, и данное решение ведёт в тупик, оно не универсально. А теоремой косинусов косинус искомого угла найдётся всегда! Однако, для конкретной задачи решение красивое.
@@adept7474 Меня просто удивила фраза: "...решение её возможно только в этом частном случае..." Неточность в формулировке. Надо бы добавить, : решение её ТАКИМ сособом.... . Нет никаких проблем решить ее теоремой косинусов для любых отрезков.
Уже понял, что Вы имели ввиду исключительно СПОСОБ, которым была решена задача. Задача сама по себе легкая, но способ Учителя не годится для произвольных отрезков. Вы против такого способа решения, а не против этой задачи, задача ни при чём.
Я, будучи на школьником на олимпиаде, решил бы быстро (с учётом лимита времени) и заурядно через т. косинусов (дважды), получив ответ: cos α = 1/√2. А уже потом, при наличии времени, поискал бы красивое геом. решение.
Ваше решение (точнее, док-во квадрата) красивое, но как по мне, трудно воспринимаемое, поэтому, мне кажется, немногие олимпиадники им воспользуются, большинство пойдёт более очевидным путём, ведь т. косинусов просится, аж пищит. Тем не менее, Ваше решение весьма полезно👍.
![[LIVE] นาทีนี้ต้องพี่ทนาย | ทนายแก้ว vs ทนายไพศาล | #คุยให้เด็กมันฟัง EP.47 (02/11/67)](http://i.ytimg.com/vi/HmquaO-PL_M/mqdefault.jpg)
Приятная и несложная задача. АМ=3\/2(пифагор). Угол А=45, В тр-ках АМК и АМN находим все стороны, угол а=45(теор.косин.)
Построил среднюю линию тр-ка АСВ, она же сторона квадрата. Достроил квадрат, соединил все, что соединялось, и получил в итоге задачу из секретной лаборатории. Досмотрел, понравилось.
Ну, вот совпало!
На среднейлинии длиной 6 вниз построить квадрат. Продлить отрезок из В до пересечения со стороной квадрата
1/4 часть окр радиуса 6 будет вписан в 1/4састь квадрата со стороной 12. Центр угол в В равный 90гр будет разделён на 3 угла прямоуг треугольников с высотами 6 и основаниям 2, 3 и 5 ( суммар 0:08 ное значение) описанного многоугольника. 90 гр=10, 45 гр=5
Ответ: 45 гр.
Еще одно решение:
Понятно что катет равен 12/sqrt(2)
Опускаем перпендикуляры MM1 и NN1 к соответственно AB и BC
Из получившихся равнобедренных прямоугольных треугольников имеем:
MM1=AM1=3, M1K=1; NN1=BN1=3/sqrt(2), CN1=9/sqrt(3)
MM1/M1K=CN1/NN1=3, ага, значит прямоугольные треугольники MM1K и CN1N подобны
То есть углы M1MK и N1CN равны
Тогда сумма углов: MKN(внешний к тр. M1MK)+MCN=90+M1MK+90-N1CN=180
Тогда вокруг четырехугольника KMCN можно описать окружность
И угол KMN равен KCN как опирающийся на ту же хорду
Далее поворачиваем треугольник ABC вокруг С на 90 градусов против часовой, K переходит в K1
K1NB - прямоугольный, катеты 3 и 4, K1N=5
Треугольники KCN и K1CN равны по трем сторонам
Углы KCN и K1CN равны и в сумме дают угол поворота 90 градусов
KCN=45=KMN
С помощью тригонометрии вышло просто.
Провел через точку М две прямые, одна параллельно АВ, вторая - перпендикулярно.
Тангенсы углов слева и справа от угла альфа - 1/2 и 1/3. Тангенс суммы этих углов - 1, значит сумма этих углов 45 градусов, ну и альфа тоже 45 градусов.
Если уж применять сильнодействующее средство, то всё гораздо проще : A(0, 0), K(4, 0), N(9, 0), M(3,3) Угловые коэффициенты: к(МК) = - 3, к(MN) = - 1/2.
tgα = [к(MN) - к(МК)]/[1 + к(MN)∙ к(МК)]= (-1/2 + 3)/(1 + 3/2) = 1⟹ α = 45°.
NH - высота MKN, KH:NH = 1:3, KH = 5/sqrt(10), MK = sqrt(10), NH = 15/sqrt(10), MH = MK+KH = NH. (для получения MK и пропорций нужна ещё высота в AMK)
Отлично.
6:19 Аналитическая геометрия в помощь! Тем более, что Вы уже "разрисовали" координатную сетку.
Пусть A = [0; 0], M = [0; 2]; D = [4; 0], K = [4/3; 4/3];
MD: y = 2 - 0.5x;
2 - 0.5*4/3 = 2 - 2/3 = 4/3. Т. е. точка K лежит на MD. И
1. Из точек С и М опускаем перпендикуляры на АВ в С' и М'. Тогда по теореме Фалеса AM'=M'C'=3, и тогда M'K=1, MM'=AM'=3 (равноб тр-к AMM')
2. По ф-ле разности тангенсов tg(alpha)=(tgM'MN-tgM'MK)/(1+tgM'MN*tgM'MK)=(6/3-1/3)/(1+(6/3)*1/3)=1 Угол alpha=45 гр.
Супер.
Не знаю, насколько хорошо, но правильно.
Достраиваем до квадрата. Проводив вторую диагональ. Из М опускаем высоты на диагонали, а МК продолжаем до пересечения (оно упирается в вершину квадрата (по клеточкам или по тангенсоидным отношениям). Эту вершину соединим с т N. Два равных прямных треугольника своими неравными углами в т N формируют прямой угол, а его стороны -- равные катеты этих двух треугольников. Треугольник МДN -- прямной и равнобокий.
Ответ:45°
Upd
Вот в кои веки решишь прилично, так аффтар решение умыкнет ))))
Правда, у меня немного по-другому
СУПЕР, вмете идем в бар - браться по разуму!
Гляньте 2-ю задачу про мост, правльный ответ у меня? а то отъехать не могу, вдруг ошибся ?
@@GeometriaValeriyKazakov
Издеваетесь?
Я все бросил, забил в калькулятор-онлайн, получил ваш ответ, и только потом подумал:
стали бы вы непроверенное решение публиковать ?
Ща буду решение под ответ подгогять
@@pojuellavid Я про мост на глазок подобрал размеры, но с меня станется. Я уже корабль 100 метров в каналы загонял.
Из точки М опускаем перпендикуляр МР на АВ.
АР=MP=3 ; tg(
Если без тангенсов, то строим прямоугольный треугольник МNH, где MN гипотенуза, а катет продолжение МК. Треугольники РМК и КNH подобны с соотношением катетов 1:3. Используя теорему Пифагора, находим МН=НN=1,5√10, то есть тр. МNH равнобедренный, искомый угол 45°
Так получше. Но где Р? У меня ее нет
Можно опусить перпендикуляр МН на АВ, тогда МН=3, НК=1 и нанести сетку на МНN, и перейти к недавней задаче , так как КН/НМ=1/3 а МН/НN=1/2 и никакой тригонометрии :)
Еще вариант : опусить перпендикуляр МН на АВ, по т. Пифагора находим МК=√10,МN=√45 и видем что треугольники KMN и MAN подобны по общему углу и пропорциональности сторон √45/9=5/√45 , угол KMN соответственный MAN и =45!
Построим квадрат АСВД ,для чего из т.С опустим | на АВ в т.О. СО=АВ/2=6. Отложим ОД=СО и соединим Д с А и В . Из т. М проведем горизонталь до пересечения с ВС в т. Р и из т.Р опустим | на АВ в т. N .В тр.NMP МР=6 ,NP=3 . Из т. М опустим | на АВ в т.F , в тр. FMK MF=3 , FK=AK-AF=4-3=1.Соединим К с Д ,в тр.КОД ОК=АО-АК=6-4=2 ,ОД=6 , тр.FMK~тр КОД по 2 углам ( у них соотношения сторон 1/3 ). В тр. АМД примем угол АДМ=¥ , угол АМД=90-¥ . Тр.АМД и NMP подобны по 2 углам ( у них соотношения катетов 1/2 и угол NMД=¥ . Искомый угол @= 180-(90-¥)-¥-45=45
ну навскидку тут теор косин можно три раза применить... АМ=3√2... для тр АМК МК=√(18+16-24)=√10... для треуг AMN MN=√(18+81-54)=√45... из тр KMN 25=10+45- 30√2cosα... cosα=1/√2..α=45
Очень классно.Все понятно.Приятная задача.
Спасибо.
тяжелое решение( и не совсем понятно почему тчк D делает ABCD квадратом
Мы сразу строим квадрат ACBD! Это Я рассказывал идею, как к этому придти. Как только построили квадрат - задача, по моему мнению, становится устной.
Я нашел еще одну интересную штуку в этой задаче, но почему-то не могу её доказать. Хочу вынести на обсуждение.
В этой конструкции, я напомню, самое существенное, что при AK² + NB² = KN², всегда ∠KCN = 45°; (не важно, 4,5,3 или какие-то другие числа). В своем комментарии к этой задаче я показал, что при таких числовых данных, когда AK = 4, KN = 5, NB = 3, (а целиком AB = 12), окружность, описанная вокруг треугольника KCN, проходит через середину AC (это проверяется просто через степень точки A относительно этой окружности, которая равна AK*AN = 4*(4+5) = AM*AC = 3√2*6√2 = 36 = 6², то есть M лежит на окружности), в результате чего ∠KCN = ∠KMN; и получается ответ ∠KMN = 45°; конец напоминания.
Копнув немного глубже, я обнаружил следующую вещь. Все доказательства основного утверждения про при AK² + NB² = KN², всегда ∠KCN = 45°; существенно опираются на то, что есть прямая, симметричная стороне треугольника AC относительно CK и ОДНОВРЕМЕННО симметричная BC относительно CN. Такая прямая действительно есть, и для её существования необходимо и достаточно AK² + NB² = KN². За подробностями - см. Квант №4 (2014) стр 34-37, статья "Угол в квадрате". Я придумал и свое доказательство, но чтобы его предъявить, нужен чертеж.
Так вот, обнаружилось, пока в виде гипотезы, что центр упомянутой окружности (KCN) лежит на этой прямой, Если кто-то найдет доказательство, я буду очень благодарен в разумных нематериальных пределах :)
Хорошая задачка! Легко решается накладыванием сетки 3х3 и доведением угла до равнобедренного тр-ка, но поначалу даже и не знаешь с какой стороны подойти... ))
5:32
Геометрически сразу решить не удалось, поэтому используя тригонометрию быстренько определил, что угол будет 45 градусов. Дальше начал думать, но до построений господина Казакова так и не додумался (за что отдельный респект господину Казакову), а вот используя теорему Пифагора и некоторое уравнение получилось. Из точки М опустим перпендикуляр на АВ (обозначим точкой Р), из точки К перпендикуляр на МN (обозначим точкой Е). МЕ=х, МР=3, МК^2= МР^2+(АК-3)^2=9+1=10, MN^2=МР^2+6^2=45,
МК^2-х^2=25-(MN-х)^2=10=25-45+6√5х, х=МЕ=√5, КЕ^2=МК^2-ME^2=10-5=5, КЕ=МЕ=х=√5. Треугольник МКЕ прямоугольный равнобедренный, искомый угол равен 45 градусам.
рассекаем треугольник тремя прямыми, паралельными CB, через точки M, N, K; получаем ещё 3 точки пересечения - M1, N1, K1
AN = AK+KN = 9
AM1 = AB/2 = 6
KM1 = AM1-AK=2
M1N = KN-KM1 = 3
от сюда по простым пропорциям:
tg(K1MK) = K1K/K1М = 4/2 = 2
tg(N1MN) = N1N/N1M = 9/3 = 3
tg(alpha) = tg(180 - K1MK - N1MN) = - tg(K1MK + N1MN) = - (2+3)/(1-2*3) = 1
alpha = 45
Отлично.
Отличный комментарий к обложке учебника!
И задача хорошая.
Спасибо.
@@GeometriaValeriyKazakov Вам Спасибо!
Я, наверно, очень нехороший человек, но я категорически против этой задачи. Решение её возможно только в этом частном случае, ИСКЛЮЧИТЕЛЬНО благодаря тому, что точки CMKN лежат на одной окружности. Это легко проверить так. Пусть AB = c = 4+5+3=12; тогда AK = c/3; AN = 3c/4; AK*AN = с²/4; но AM*AC = AC²/2 = c²/4; то есть AK*AN = AM*AC; и CMKN - вписанный четырехугольник. Это справедливо ТОЛЬКО благодаря "удачно" подобранным числовым данным. При любых других значениях длин отрезков это не работает, даже если длины подчиняются теореме Пифагора, что необходимо для того, чтобы задача позволяла найти хотя бы ∠KCN = 45°. В этой "узко специализированной" задаче ∠KCN = ∠KMN;
В том случае, если AK² + NB² = KN², => ∠KCN = 45° всегда, независимо от конкретных чисел. Я придумал довольно любопытное решение (не особо креативное, но раньше я не видел). Если три раза повернуть весь треугольник на 90° вокруг вершины C, образуется квадрат. Если теперь соединить точки на соседних сторонах, то получится восьмиугольник с равными сторонами (равными KN, в этой задаче это 5). Если теперь продлить эти "соединяющие" отрезки до пересечения, получится точно такой же квадрат, повернутый на какой-то угол. Я дальше рассказывать не буду, там все очевидно, куча симметричных треугольников, диагонали будут биссектрисами и так далее. Я выражаюсь непонятно, но если нарисовать, все поймете. Угол ∠KCN = 45° находится автоматически.
"...решение её возможно только в этом частном случае..." . Что Вы подразумеваете под этим утверждением? Правильно ли я Вас понял, что при других значениях
отрезков решить невозможно? Или Вы имели ввиду, что способом учителя ее можно решить только при этих отрезках? Поясните, пожалуйста.
Абсолютно согласен. Например, если взять 5, 7, 4 вместо 4, 5, 3, то квадрата
не получится, хотя на глаз угол = 45, и данное решение ведёт в тупик, оно не универсально.
А теоремой косинусов косинус искомого угла найдётся всегда!
Однако, для конкретной задачи решение красивое.
@@SB-7423 Я понял, что решается при любых значениях
теоремой косинусов. Если NB/AВ = 1/4, то двойным её применением,
в остальных случаях - тройным.
@@adept7474 Меня просто удивила фраза: "...решение её возможно только в этом частном случае..." Неточность в формулировке. Надо бы добавить, : решение
её ТАКИМ сособом.... . Нет никаких проблем решить ее теоремой косинусов для любых отрезков.
Уже понял, что Вы имели ввиду исключительно СПОСОБ, которым была решена задача. Задача сама по себе легкая, но способ Учителя не годится для произвольных
отрезков. Вы против такого способа решения, а не против этой задачи, задача ни при чём.
Я, будучи на школьником на олимпиаде, решил бы быстро (с учётом лимита времени)
и заурядно через т. косинусов (дважды), получив ответ: cos α = 1/√2.
А уже потом, при наличии времени, поискал бы красивое геом. решение.
А я трижды: два раза чтобы найти стороны угла α, третий раз чтобы найти cos α.
@@stvcia Синяя - т. косинусов, зелёная - Пифом из тр-ка с катетами
12/2 и 6/2.
Ваше решение (точнее, док-во квадрата) красивое, но как по мне, трудно воспринимаемое, поэтому, мне кажется, немногие олимпиадники им воспользуются, большинство пойдёт более очевидным путём, ведь т. косинусов
просится, аж пищит. Тем не менее, Ваше решение весьма полезно👍.
Отлично, супер. Пропишите, ребята, для школьников т. косинусов, если есть время.
@@adept7474 Косинусов - 9 класс, 2-я половина. Задача для 8 кл (см. в конце). У греков не было тригонометрии! Дела!