bekas
Долгожитель
|
   
Уважаемый undeddy!
Обозначим угол MBC = X, угол ABM = 2X. Исходя из того, что площади
треугольников ABM и MBC равны, и вспоминая, что площадь треугольника
равна половине произведения его сторон на синус угла между этими
сторонами, получаем уравнение:
2*sin(2X) = 3*sin(X)
Решая его, получаем единственное решение cos(X) = 3/4, sin(x) = sqrt(7)/4,
поэтому говорить о многозначности решения не приходится, так как в пределах
от 0 до 180 градусов косинус определяется однозначно.
Ну, а теперь дело техники. Так как Sabc = 1/2 * 2 * 3 * sin(3X) и
sin(3X) = sin(x)*(3-4*sin(x)^2) = 5/16 * sqrt(7), то S = 15/16 * sqrt(7).
Для получения AC воспользуемся теоремой косинусов:
AC^2 = 4 + 9 - 12*cos(3x).
Так как cos(X) = 3/4 и cos(3X) = cos(X)*(4*cos(X)^2 - 3) = -9/16,
то AC^2 = 13 + 27/4 = 79/4, AC = sqrt(79)/2.
Интересно, а есть ли среди ваших четырех вариантов мой вариант!?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 16 июня 2006 8:35 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
Да, есть. Все это решение, конечно, правильное, но, не помня формулы для sin3x, я сделал так: sin3x = sin(2x+x), ну и поехали. Прежде я нашел sin2x и cos2x. Т.к. sin2x = 3*sqrt(7)/8, то cos2x = +(-) 1/8. ну а дальше, вследствие выше полученного и получилось несколько ответов. Что в моем решении не так тогда?
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 16 июня 2006 8:56 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Все дело в том, что формулу cos(2x) = +-sqrt(1-sin(2x)^2) нельзя
рассматривать как такой факт, что мы имеем два значения cos(2x).
То есть мы всегда получим только одно значение, со знаком плюс или
минус, в зависимости от того, в какой четверти находится 2x.
Если 2x находится в 1-й и 4-й четверти, то cos(2x) > 0,
если 2x находится во 2-й и 3-й четверти, то cos(2x) < 0.
В случае треугольника аргумент функций sin и cos находится
только в 1-й и 2-й четверти (угол в треугольнике находится
в пределах от 0 до 180 градусов). Соответственно, sin любого
угла треугольника всегда больше нуля, а вот cos больше нуля
только для острого угла и меньше нуля для тупого угла.
Раз уж вам не вспомнилась формула тройного угла, то на самом
деле cos(2x) = |sqrt(1-sin(2x)^2)|. Осталось только выяснить
"тупизну" угла 2x. Так как cos(x) = 3/4, то надо выяснить,
x больше 45 градусов или меньше? Если меньше, то угол 2x острый,
если больше, то угол 2x тупой.
Так как cos(x) = 3/4 можно рассматривать как отношение катета 3
к гипотенузе 4, то другой катет будет равен sqrt(7). Если рассмотреть
прямоугольный треугольник с катетами 3 и 3 (то есть равнобедренный
с углом 45 градусов), то при сравнении прямоугольных треугольников
(4,3,sqrt(7)) и (sqrt(18),3,3) легко заметить, что x < 45 градусов,
поэтому 2x острый угол и cos2x = 1/8 и никоим образом cos2x = -1/8.
Отсюда и решений не может быть больше одного...
Если воспользоваться сразу формулой тройного угла, то там все
эти нюансы будут автоматически учтены (ведь в формуле тройного
угла не фигурирует квадратный корень!).
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 16 июня 2006 22:21 | IP
|
|
llorin1
Участник
|
В треугольнике ABC на сторонах AB и BC выбраны точки D и E так, что AD:AB=BE:BC=k . Отрезки CD и AE пересекаютя в точке Q . Какую наибольшую часть площади треугольника ABC может занимать треугольник DEQ ?
|
Всего сообщений: 147 | Присоединился: июнь 2006 | Отправлено: 17 июня 2006 2:04 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Уважаемый dduakov!
Вспомним Декарта и введем систему координат такую, что точка A
имеет координаты (0,0). Пусть точка K имеет координаты (x,y),
AK = P, BK = Q.
Очевидно, получим следующую систему уравнений:
(x-d)^2 + y^2 = R^2 1)
P^2 = x^2 + y^2 2)
Q^2 = x^2 + (d-y)^2 3)
Из 2) и 3) получаем Q^2 = P^2 + d^2 - 2dy, Q = sqrt(P^2 + d^2 - 2dy)
Из 1) и 2) получаем x = (d^2 + P^2 - R^2)/2d, y^2 = P^2 - x^2 =
P^2 - (d^2 + P^2 - R^2)^2/4d^2.
Отсюда y = sqrt(P^2 - (d^2 + P^2 - R^2)^2/4d^2)
Осталось полученное значение y подставить в формулу Q = sqrt(P^2 + d^2 - 2dy),
чтобы окончательно получить зависимость Q = f(P,d,R). Зависимость,
конечно, монстроидальная, не знаю, может быть можно и упростить полученное
выражение. Но ведь от нас простота вроде бы и не требовалась, главное,
функцию получить.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 17 июня 2006 12:26 | IP
|
|
Prizma
Новичок
|
Ну что? Задачи решили?
|
Всего сообщений: 7 | Присоединился: февраль 2017 | Отправлено: 17 июня 2006 19:56 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
Не знаю, может, эти задачи надо было написать в теме "Тригонометрия", но я решил их привести здесь:
Доказать, что для любого треугольника справедливы равенства:
1. sin2(alfa) + sin2(beta) + sin2(gamma) = 4sin(alfa) * sin(beta) * sin(gamma)
2. sin(alfa/2)* sin(beta/2) * sin(gamma/2) = r / 4R,
где alfa, beta и gamma - соответствующие углы треугольника, r - радиус вписанной окружности, R - радиус описанной окружности.
(Сообщение отредактировал undeddy 18 июня 2006 20:27)
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 18 июня 2006 17:27 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
2. sin(alfa/2)* sin(beta/2) * sin(gamma/2) = r / 4R
Пусть p = (a+b+c)/2 есть полупериметр треугольника.
На основании теоремы косинусов самостоятельно получите
sin(A/2) = sqrt((p-b)*(p-c)/bc)
cos(A/2) = sqrt(p*(p-a)/bc)
Тогда
tg(A/2) = sin(A/2)/cos(A/2) = sqrt((p-b)*(p-c)/(p*(p-a))) =
(1/(p-a)) * sqrt((p-a)*(p-b)*(p-c) / p) =
(1/(p-a)) * sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c) / p^2) =
(1/p*(p-a)) * sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c)) =
(1/p*(p-a)) * S (здесь S - по формуле Герона)
Или S = p*(p-a)*tg(A/2)
Так как S = p*r, то r = S/p = (p-a)*tg(A/2) = (p-a)*sin(A/2)/
cos(A/2)
Кроме того, sin(B/2) = sqrt((p-a)*(p-c)/ac)
sin(C/2) = sqrt((p-a)*(p-b)/ab)
sin(B/2) * sin(C/2) = (p-a)/a * sqrt((p-b)*(p-c)/bc) = (p-a)/a *
sin(A/2)
Отсюда sin(A/2) = (a*sin(B/2)*sin(C/2))/(p-a) подставим в формулу
r = (p-a)*sin(A/2)/cos(A/2) = a*sin(B/2)*sin(C/2)/cos(A/2)
По теореме синусов R = a/(2*sin(A)) = a/(4*sin(A/2)*cos(A/2)),
откуда cos(A/2) = a/(4*R*sin(A/2)) и это cos(A/2) подставляем
в r = a*sin(B/2)*sin(C/2)/cos(A/2) и окончательно получаем
тождество r = 4*R*sin(A/2)*sin(B/2)*sin(C/2), что и требовалось доказать.
P.S В задаче 1. sin2(alfa) означает sin(2*alfa)?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 18 июня 2006 19:25 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
Да, спасибо. Именно.
P.S. Позвольте поинтересоваться, каким образом вы смогли догадаться, что (a^2 - b^2 - c^2 + 2bc) / 4bc (что есть sin^2(A/2)) можно преобразовать в выражение ( (p - b) (p - c) ) / bc?
(Сообщение отредактировал undeddy 18 июня 2006 23:27)
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 18 июня 2006 19:52 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Рассмотрим выражение a^2 - b^2 - c^2 + 2bc,
которое само напрашивается на a^2 - (b^2 - 2bc + c^2) или
a^2 - (b - c)^2 или (a + c - b)(a + b - c).
А когда имеешь дело с полупериметром p, всегда надо помнить
"на заднем плане" формулы:
p - a = (b + c - a) / 2
p - b = (a + c - b) / 2
p - c = (b + a - c) / 2
или
b + c - a = (p - a) * 2
a + c - b = (p - b) * 2
b + a - c = (p - c) * 2
Отсюда сразу получаем
a^2 - b^2 - c^2 + 2bc = (p - b) * (p - c) * 4
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 18 июня 2006 22:37 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
