Дан прямоугольный тр. ABC, AB меньше BC. Найти BC, если AB=1, AM=MB, угол AOM прямой. #геометрия_8_класс #прямоугольныйТреугольник #тангенсДвойногоАргумента
без тригонометрии. продлимАО до пересечения ВС получим Н. НОВ=ВОМ=45. треугольники НОВ=ВОМ. Значит НВ=АМ=МВ. далее АОМ и АСН подобны, значит АС=2СН, СН=1/2. далее обозначим АМ за Y. по т. Пифагора 1+(1/2+Y)^2=(2Y)^2 решаем Y=5/6. х=1/2+5/6=4/3
Я в шоке. Одно достроение, ещё и такое простое, а задача решается, так ещё и материал задействован за 8, а не за 9 класс. Комментаторы не перестают поражать.
@@chilokolich175 отвечу: везде требуется уточнение, что имеется ввиду, также как требуется уточнение, вам нужен ответ на один вопрос, или на 3, которые вы задали?
Просто углы ОАМ и МВК равны, а в сумме одного из них с ОВМ равны 45 грд., потому что удвоенная сумма равна 90 грд. ...Можно аналогично всему этому повернуть тр-к МОВ на 180 грд. вокруг т. М. Получится прямоугольный равнобедренный тр-к АОО'. И т.д. ...
Самое короткое решение: все прямоугольные треугольники на этом канале египетские, значит x = 4/3. У меня такое решение: OH - высота треугольника AOM, MH = (x-1)/2, AH = 1-r, OH = r, r = (x+1 - sqrt(x^2+1))/2. Решаем уравнение r^2 = (x-1)(1-r)/2, получаем x = 4/3.
Короткое решение методом геометрического построения, справится 2-классник: 1) Чертим окружность. 2) Внутри окружности чертим ещё 4 вписанных как ромашка, в два раза меньше по диаметру в направлении на 12 часов, на 3 часа, на 6-ть, на 9-ть. 3) Накладываем условие задачи - офигеваем как всё просто. Чуть подробнее: 1) Произвольная прямая МА есть радиус некой окружности N1, начертили окружность и радиус. 2) От центра окружности М проводим 2-й радиус под прямым углом к первому вертикально вверх. 3) На этих двух радиусах располагаем две окружности в два раза меньше, с диаметрами равными радиусу N1, назовём их N2-лево и N2-верх. Ромашку 2-классника достраивать не будем.))) 4) Тогда АС будет касательная к N2-верх. АО будет направлена к центру N2-верх, т.е. биссектриса, но точка О будет принадлежать N2-лево. Треугольник АОМ вписан в N2-лево, треугольник АСВ вписан в N1. ВО - биссектриса. 5) Все условия выполняются, измеряем АС и СВ и получаем что СВ больше чем АС на треть.
@@GeometriaValeriyKazakov, какой вы вежливый! С чего автор коммента взял, что АС касательная к его окр N2-верх (пункт 4). А пункт 5 вообще представляет собой болезненный бред.
Наконец посмотрел ролик. До 2:20 решал так же. А дальше все просто - угол ОВК равен сумме половинок углов при гипотенузе жёлтого или половине суммы :) т.е. 45°... 1/2 в тангенс двойного и фсе...
@@GeometriaValeriyKazakov В ответе тройка в знаменателе. Построениями ее не найти, кроме как изобрести велосипед, вычислив тангенс двойного по новой, спалившись что забыл формулу ;) ИМХО плохая идея.
1. AD-биссектиса. Тр-ки BOM и BOD равны по строне и двум углам. След. DB=MB=AM. 2. По св-ву бис. CD\DB=1\AB, след. CD=1\2, след. AD²=5\4. 3. По ф-ле бис. AD²=AC·AB-CD·DB, след. DB=5\6. 4. BC=1\2+5\6=4\3.
Я решил немного проще. Продлил АО до пересечения с ВС. Получил точку М. Треуг. АВМ подобен АОL по по двум углам. Тогда углы ВМА и ОLA равны. Из этого следует равенство треуг. OMC и OLC. Из этого следует, что углы LOC и COM равны по 45. И LO равно OM. Как и Вы обозначают LO за игрек, через достроенный параллелограм доказываю, что АО в 2 раза больше ОL. По Пифагору АL = игрек корней из 5. Из подобия АВМ и АОL, пропорция: 1/2y = 3y/y√5, тогда у = 5/√6. Тогда АС = 5/3. Далее по Пифагору АВ = 1, АС = 5/3, BC = 4/3
Решил очень тяжелым способом Обозначил половину основания а А кусочек между точкой середины и точкой падения высоты нижнего тре-ка б √(4а²-1)-а-б=1-а+б 4а²-1=1+4б+4б² 2а²=1+2б+2б² а=√((1+2б+2б²)/2) (1-а+б)/б=(а-б)/(1-а+б) 1+а²+б²-2а+2б-2аб=аб-б² 1+а²+2б²-2а+2б-3аб=0 а²-(2+3б)а+2б²+2б+1=0 4+12б+9б²-8б²-8б-4=б²+4б а=(2+3б+-√(б²+4б))/2 (2+3б+-√(б²+4б))/2=√((1+2б+2б²)/2) 2+3б+-√(б²+4б)=√(2+4б+4б²) 2+3б=+-√(б²+4б)+√(2+4б+4б²) 4+12б+9б²=б²+4б+2+4б+4б²++2√[(б²+4б)(2+4б+4б²)] 2+4б+4б²=+-2√[(б²+4б)(2+4б+4б²)] 1+2б+2б²=+-√[(б²+4б)(2+4б+4б²)] 4б⁴+4б²+1+4б+4б²+8б³=4б⁴+4б³+2б²+16б³+16б²+8б 12б³+10б²+4б-1=0 б=0,1666 а=√((1+2б+2б²)/2) а=0,833 х=√(1,666²-1) х=1,333 х=1+1/3
Здравствуйте, Валерий.Я решил схоже,но без параллелограмма: Треугольник МОВ повернем относительно М,так чтоб АМ и ВМ совпали. Точка М останется на месте. Точка В совпадет с А. Точка О перейдет в О1. Получим треугольник АОО1 - он прямоугольный с углами по 45 градусов.Значит АО=ОО1=2*Ом (т.к.ОМ=МО1) Далее так же,как у Вас: тангенс альфа = 1/2. И т.д.
классная задача! тоже устал ее решать) но поскольку решение Валерия не подсматривал, то получилось по-другому: составил три ур-я с тремя переменными: трег АОМ подобен АСВ, понятно значит АО=х/2, а ОМ=1/2, понятно обозначим АМ - y радиус вписанной окр - r тогда теор пифа: 4y(в квадр) = 1+ х(в квадр) радиус вписанной в прям треуг окр r= (1+x-2y)/2 выписываем синус двойного угла САМ x/2y = 2 * r/(x/2) * (x/2)/y ну... Валерий поймет, из каких треугольников я это брал... из разных) последнее ур-е оказалось шикарным, сам удивился, из него следует что х=4r ну и раскручиваем систему дальше на выходе х=4/3
Здравствуйте, после того АО=2ОМ продлить АО в точке допустим N, через подобие видно что СВ=0,5+m(медиана) , АО - биссектриса а потом через медиану СОтр.АВС
Нашел , что продолжение этих бисектрис после точки пересечения равно перпедикуляру из этой точки к гипотенузе, решил задачу, а написать нечего так как такое решение тут давно уже расписали... Сильно грамотные тут подпищики😄
Под МВ строим треугольник, равный АОМ, развернутый на 180 и обнаруживаем что ОМ равен половине от АО Дальше формула тангенса двойного угла 2(1/2)/(1-(1/2)^2) Ответ 4/3
@@user-yr2jg7cm5r Миноискатель не нужен. Нужна только сумма углов треугольника и тангенс 45°. Угол МВК равен ОАМ а он равен половине САВ, добавляем ОВМ, равный половине СВА и получаем ОВК равным половине суммы углов при гипотенузе т.е. 45°. Из чего ОК=КВ а так как М посередине то тангенс угла МВК, он же ОАМ равен 1/2. Элементарно (С) Потому и не расписывал. Но посмотрев ролик, заметил что автор проскочил этот угол и продолжил строительство после точки где уже можно было возвращаться к цифрам
Ухода в тригонометрию стесняться не надо, так как или тригонометрия или квадратное уравнение через теорему Пифагора. То есть уход в алгебру неизбежен, так как только через геометрическое построение не решить. Или решить?
135 как угол между биссектрисами AO и CO в тр-ке AOC (dtcm угол A при этом альфа, угол C при этом гамма. Так в математике обозначают). Скоро открою канал попроще. См. плейлисты 8 и 9 кл уровень - профиль.
Скажу честно: решение зашло не сразу, пришлось хорошо подумать. Итак: доп. построения: вписанная окр-ть, радиусы в точки касания: Е - на АС, Н - на ВС, Р - на АВ, полная биссектриса АОК. АМ = АР + РМ = ВР - РМ. 2РМ = ВР - АР = х - r - (1 - r). РМ = (х - 1)/2. РМ = НК - из равенства тр-ков (док-ть несложно). ▲КМВ - равнобедренный. АВ = 2ВК, АС = 2СК (по св-ву биссектрисы). СК = 1/2. х - 1/2 = АВ²/2. 2х - 1 = √(х² + 1). 3х² = 4х, х = 4/3. "Еле сам решил". Шутка зачётная!
