Дан тр-к ABC, вписанная окружность радиуса 1 касается AC в середине M, стороны AB в т. K, стороны BC в т. N и делит отрезок СK пополам точкой F. Найти S(ABC).
@@GeometriaValeriyKazakov пусть воздастся Вам добром сто крат за Ваши усилия и старания, Валерий Владимирович. Уж без сомнения, что Вы сеете разумное, доброе, вечное. Что может быть более разумным или более вечным, чем математика? А уж добром Ваша работа и Ваш канал преисполнен. Спасибо
Предложу другой способ решения с использованием тригонометрии. После нахождения cos(a) = 3/4, отметим центр вписанной окружности I. Так как центр вписанной окружности - это точка пересечения биссектрис и радиус проведённый в точку касания перпендикулярен касательной, то рассмотрим прямоугольный треугольник AIM с углом IAM = a/2 и катетом IM = 1. Использование тригонометрии, представим cos(a) как cos(2*(a/2)) и используем формулу косинуса двойного угла: cos(a) = 1-2sin²(a/2), откуда sin²(a/2)=(1-cos(a))/2) = 1/8 и sin(a/2)=√2/4, по определению синуса получаем, что AI = 2√2, по теореме Пифагора x = √7. Так как треугольник ABC равнобедренный то BM является так же высотой, рассмотрим прямоугольный треугольник ABM с углом BAM = a и катетом AM = x = √7, используя определение косинуса и теорему Пифагора, получаем что, BM = 7/3 и площадь треугольника ABC = 1/2*BM*2x=(7√7)/3
Решение класное , особенно вторая чясть про нахождение площади ! Остается просто написать что-то свое. Пойдем через подобие, MF=х/2( средняя линия треугольника АКС), , CFM подобен СМК КМ=х√2/2, далее соеденим ВМ котораа пересечет окружность в точке Т (при этом МТ=2 как диаметр ) и опустим высоту АН на ВМ, треугольники АНМ и МКТ подобны МТ/КТ=АМ/МН, КТ=2*√2х/4х=√2/2, и из КТМ по пифагору находим х , √2х/2*√2х/2=2*2-√2/2*√2/2 ,х=√7, красивого перехода от значения х к площади АВС не нашел и продолжим подобие , опустим высоту КL, КLМ подобен МКТ и находим LМ=√7/4, АL=3√7/4, KL=7/4, АКL подобен АВМ , ВМ=7/3 и площадь АВС=√7*7/3!
МF - средняя линия в АКС, МF||AB, MF=x/2, диаметр, проходящий через точку К, перпендикулярен как АВ, так и МF, поэтому проходит через середину МF. Если КЕ - диаметр, то КFЕ - прямоугольный треугольник с гипотенузой 2 и квадратами катетов y^2=(x^2)/2 и (x^2)/16. Отсюда находится х, АВ=х/cosA=4х/3, высота BM через sin угла А и площадь, равная произведению х на ВМ.
По теореме о секущих окружности из одной точки произв малой части на общую постоянно Значит если половина красной а, половина основания б то 2а*а= б² б=√2а Получаем слева тре-к 2а √2а 2√2а Для удобства сократим √2 1 и 2 cose левого угла cose=(1+4-2)/(2(1*2)) cose=3/4 c²=c²+8a²-4√2ca*3/4 8a=3√2c c=4√2а/3 h=√(c²-2a²) h=√(32/9-2)a h=√(14/9)a S=√2a*√(14/9)a S=2√7a²/3 S=Pr/2 S=(2√2a+2c)/2 S=√2a+c S=√2a+4√2a/3 S=7√2a/3 2√7a²/3=7√2a/3 2√7a=7√2 a=√14/2 S=7√2*√14/6 S=7√7/3
С вершины угла В проводим прямую в т. М , так как ВМ будет биссектрисой и к тому же основание АС делится пополам - ВМ является также и высотой - перпендикулярна к АС - тр-к АВС равнобедренный , с боковыми сторонами АВ и ВС . и основанием АС . Принимаем : АС=2а , АВ=ВС=в , по ф-ле SАВС=rxр , где r=1- радиус вписанной окружности , р=(2а+2в)/2=а+в - полупериметр тр-ка АВС , SАВС=r(а+в)(1) . В точки касания К и М проводим с центра окружности радиусы , которые перпендикулярные к АС и АВ - АК=АМ=а , и проводим биссектрису АО . По свойству касательной МС к секущей СК выходящих из одной точки -МС*2=СFxCK , СF=KF=X , а*2=Хх2Х=а*2=2Х*2 , Х=а/\/2 , 2Х=а\/2 . По теореме косинусов из тр-ка АКС определяем угол КАС=Т - Cos Т=(а*2+(2а)*2-(а\/2)*2)/2хах2а=3/4 , Cos T=3/4 , Cos T=2Cos*2Т/2-1 , 3/4=2Cos^2 T/2 -1 , после преобразования - Cos T/2 = \/7/\/8=\/7/2\/2 . Из тр-ка АОМ - АО=а/Cos T/2=(2\/2ха)/\/7 . По теореме Пифагора из тр-ка АОМ - АО*2=АМ*2+ОМ*2 , ((2\/2ха)/\/7)*2=а*2+1 , (8а*2/7)=а*2+1 , а=\/7 , из тр-ка АВМ - АВ=в=а/Cos T=\/7/(3/4)=(4\/7)/3 , значения а и в подставляя в ф-лу (1) - S=1(\|7+(4\|7/3))=(7\/7)/3 . Смотрим , что у маэстро ?
Если продлить MF (среднюю линию △ACK) до пересечения с BC, получим MP - среднюю линию △ABC. Пусть AB=BC=2a, AK=CN=2k, тогда из касательной PM и секущей PN получается PN² = PM·PF (2k−a)² = a·(a−k) 4k²−4ak+a² = a²−ak 4k²−3ak = 0 k(4k−3a) = 0 k = ¾a ⇒ AM/AB = ¾. В целом конструкция плодовитая: △AKC~△KMC~△MFC~△FNK~△FKA~△QMF~△KQA (где Q - точка пересечения окружности с AF, заодно и середина последнего). Жаль что жёсткая.
Мне кажется, что следующий путь чуть покороче. 1. cos A = 3/4. 2. О - центр окр-ти. По св-ву биссектрисы ОМ = R = 3/7 от Н = 1. Н = 7/3. 3. В ▲АВМ: х = 3к, АВ = 4к. (4к)² - (3к)² = Н². к = (√7)/3, х = √7. 4. S(АВС) = хН = (7√7)/3.
@@GeometriaValeriyKazakov Отдыхал в лесу. Без инета и, вообще, цивилизации: еда на костре, рыба на сковороде, вода в роднике. Отдых - сказка (кто понимает).
ну маэстро вернулся из отпуска... и сразу плеснул кипятку на камни в парилке... устал решать... могу предложить только следующее... KF=FC=x... по теор касат MC=√2x=AM ну и = AK есссесвенно... выписываем теор косин для треуга АКС 4x^2=2x^2+8x^2-2*2√2*√2x^2*cosBAC... cosBAC=3/4.... значит tgBAC=√7/3... ну а танг половинного угла АОМ=1/√2х... увязываем это в формуле двойного танг √7/3=(√2/х)/(1-1/2x^2).... упрощаем, решаем кв-е ур-е 2√7x^2-6√2x-√7=0 x=√(7/2)... тогда АМ=√7... а ВМ=7/3... S=(7/3)√7
1. MF - ср. линия тр-ка AKC, равна x/2. AK=AM=MC=NC=x. KF=FC=y 2. тр-к KMF подобен KMC по двум углам (угол FMC = углу MKC), отсюда находим, что KM/MF = MC/FC, т.е. KM = y. 3. из тр-ка AKM по теор. косинусов, получаем, что cos a = 3/4, из осн. триг. тож. получаем, что sin a = sqrt (7/16) 4. площадь тр-ка KMF с одной стороны равна (y*y*x/2)/(4*R), R=1 по усл., а с другой - 0.5*y*y*sin a; отсюда получаем, что x=sqrt(7) 5. KB=BN=z. Из теор. косинусов к тр-ку ABC найдём, что z=sqrt(7/9) 6. Найдём полупериметр, он равен 7*sqrt(7)/3 7. Площадь тр-ка ABC=pr, где р-полупериметр, r-рад. вп. окр. (r=1 по усл.) Ответ: площадь тр-ка ABC=7*sqrt(7)/3
По поводу шрифта: я голосую за «тонкий», т.к. он читается четче («жирный» расплывается и не всегда все понятно без озвучки)... хотя жирные линии в основном рисунке - норм. По поводу задачи: на мой взгляд, ключевым есть соотношение сторон (АМ/АВ) ¾. Отсюда и семерка в полупериметре, отсюда и √7 в высоте… Похоже, что выход на это значение, предложенный автором, наиболее оптимальный… хотя подождем комментарии, может будут более крутые предложения) А завершать задачу действительно можно по-разному, учитывая красоту полученной картинки. Способ автора (использовать подобные тр-ки) мне бы в голову не пришел. По поводу названия ролика: совсем не понял где здесь гамбит? Идея гамбита - предлагаемая жертва с целью ускорения развития своей позиции… Так чем жертвуем? Если кто-то сможет пояснить, буду очень благодарен)
читаемость изображения зависит не столько от размеров дисплея, сколько от размеров одного пиксела и скорости интернета. вывод: плохо будет видно на дорогущих телефонах с очень плохим интернетом 😃 в обычной жизни на любых телефонах, кроме откровенно слабых по экрану и процессору. а откровенно слабых (чтоб ютуб не тащил) сейчас практически нет (старые издохли, а новых не производят)
![Chino Pacas - Modo Capone (with Drake & Fuerza Regida) [Video Oficial]](http://i.ytimg.com/vi/zjv8TQ0gBkg/mqdefault.jpg)
В. Высоцкий. Нет меня, я покинул Расею. ruclips.net/video/MvDActE9Mcw/видео.htmlsi=GNPQ1jAC__ZDdrcZ
Тонкий шрифт отлично виден на телефоне. Спасибо за решение сложной задачи.
Супер. Что ж я болван столько роликов гнал жирный! Кто-то написал, что плохо видно и спровоцировал. Может на нокиа смотрел.
Прекрасный ответ получился
Спасибо. Старался.
@@GeometriaValeriyKazakov пусть воздастся Вам добром сто крат за Ваши усилия и старания, Валерий Владимирович.
Уж без сомнения, что Вы сеете разумное, доброе, вечное.
Что может быть более разумным или более вечным, чем математика? А уж добром Ваша работа и Ваш канал преисполнен.
Спасибо
У меня линза от телевизора КВН - всё отлично видно!👍
Спасибо.
С возвращением вас ;)))
мда... первую половину я так же сделал... а вторая половина эффектная) браво
Приятно, что оценили.
Предложу другой способ решения с использованием тригонометрии. После нахождения cos(a) = 3/4, отметим центр вписанной окружности I. Так как центр вписанной окружности - это точка пересечения биссектрис и радиус проведённый в точку касания перпендикулярен касательной, то рассмотрим прямоугольный треугольник AIM с углом IAM = a/2 и катетом IM = 1. Использование тригонометрии, представим cos(a) как cos(2*(a/2)) и используем формулу косинуса двойного угла: cos(a) = 1-2sin²(a/2), откуда sin²(a/2)=(1-cos(a))/2) = 1/8 и sin(a/2)=√2/4, по определению синуса получаем, что AI = 2√2, по теореме Пифагора x = √7. Так как треугольник ABC равнобедренный то BM является так же высотой, рассмотрим прямоугольный треугольник ABM с углом BAM = a и катетом AM = x = √7, используя определение косинуса и теорему Пифагора, получаем что, BM = 7/3 и площадь треугольника ABC = 1/2*BM*2x=(7√7)/3
Отлично.
Решение класное , особенно вторая чясть про нахождение площади ! Остается просто написать что-то свое. Пойдем через подобие, MF=х/2( средняя линия треугольника АКС), , CFM подобен СМК КМ=х√2/2, далее соеденим ВМ котораа пересечет окружность в точке Т (при этом МТ=2 как диаметр ) и опустим высоту АН на ВМ, треугольники АНМ и МКТ подобны МТ/КТ=АМ/МН, КТ=2*√2х/4х=√2/2, и из КТМ по пифагору находим х , √2х/2*√2х/2=2*2-√2/2*√2/2 ,х=√7, красивого перехода от значения х к площади АВС не нашел и продолжим подобие , опустим высоту КL, КLМ подобен МКТ и находим LМ=√7/4, АL=3√7/4, KL=7/4, АКL подобен АВМ , ВМ=7/3 и площадь АВС=√7*7/3!
Красивый переход от Х к S:
O - центр окр. По св - ву биссектрисы ОМ = 3/7 от Н = 1. Н = 7/3. S = XH.
@@adept7474 Спасибо , да так красивее!
Дело не в красивее, а в общем приеме обходиьть тяжелые вычиления за счет подобия, как я показал. Но согласен, что красиво.
Экран 6 дюймов с копейками. Разрешение 720. Тонкий шрифт и чертёж прекрасно видно.
Супер. Спасибо. Так и буду делать.
МF - средняя линия в АКС, МF||AB, MF=x/2, диаметр, проходящий через точку К, перпендикулярен как АВ, так и МF, поэтому проходит через середину МF. Если КЕ - диаметр, то КFЕ - прямоугольный треугольник с гипотенузой 2 и квадратами катетов y^2=(x^2)/2 и (x^2)/16. Отсюда находится х, АВ=х/cosA=4х/3, высота BM через sin угла А и площадь, равная произведению х на ВМ.
Отлично!
По теореме о секущих окружности из одной точки произв малой части на общую постоянно
Значит если половина красной а, половина основания б то 2а*а= б²
б=√2а
Получаем слева тре-к
2а √2а 2√2а
Для удобства сократим
√2 1 и 2
cose левого угла
cose=(1+4-2)/(2(1*2))
cose=3/4
c²=c²+8a²-4√2ca*3/4
8a=3√2c
c=4√2а/3
h=√(c²-2a²)
h=√(32/9-2)a
h=√(14/9)a
S=√2a*√(14/9)a
S=2√7a²/3
S=Pr/2
S=(2√2a+2c)/2
S=√2a+c
S=√2a+4√2a/3
S=7√2a/3
2√7a²/3=7√2a/3
2√7a=7√2
a=√14/2
S=7√2*√14/6
S=7√7/3
Отлично!
С вершины угла В проводим прямую в т. М , так как ВМ будет биссектрисой и к тому же основание АС делится пополам - ВМ является также и высотой - перпендикулярна к АС - тр-к АВС равнобедренный , с боковыми сторонами АВ и ВС . и основанием АС . Принимаем : АС=2а , АВ=ВС=в , по ф-ле SАВС=rxр , где r=1- радиус вписанной окружности ,
р=(2а+2в)/2=а+в - полупериметр тр-ка АВС , SАВС=r(а+в)(1) . В точки касания К и М проводим с центра окружности радиусы , которые перпендикулярные к АС и АВ - АК=АМ=а , и проводим биссектрису АО . По свойству касательной МС к секущей СК выходящих из одной точки -МС*2=СFxCK , СF=KF=X , а*2=Хх2Х=а*2=2Х*2 , Х=а/\/2 , 2Х=а\/2 . По теореме косинусов из тр-ка АКС определяем угол КАС=Т - Cos Т=(а*2+(2а)*2-(а\/2)*2)/2хах2а=3/4 , Cos T=3/4 ,
Cos T=2Cos*2Т/2-1 , 3/4=2Cos^2 T/2 -1 , после преобразования - Cos T/2 = \/7/\/8=\/7/2\/2 . Из тр-ка АОМ - АО=а/Cos T/2=(2\/2ха)/\/7 . По теореме Пифагора из тр-ка АОМ - АО*2=АМ*2+ОМ*2 , ((2\/2ха)/\/7)*2=а*2+1 , (8а*2/7)=а*2+1 , а=\/7 , из тр-ка АВМ - АВ=в=а/Cos T=\/7/(3/4)=(4\/7)/3 , значения а и в подставляя в ф-лу (1) - S=1(\|7+(4\|7/3))=(7\/7)/3 . Смотрим , что у маэстро ?
Спасибо.
Если продлить MF (среднюю линию △ACK) до пересечения с BC, получим MP - среднюю линию △ABC. Пусть AB=BC=2a, AK=CN=2k, тогда из касательной PM и секущей PN получается
PN² = PM·PF
(2k−a)² = a·(a−k)
4k²−4ak+a² = a²−ak
4k²−3ak = 0
k(4k−3a) = 0
k = ¾a ⇒ AM/AB = ¾.
В целом конструкция плодовитая: △AKC~△KMC~△MFC~△FNK~△FKA~△QMF~△KQA (где Q - точка пересечения окружности с AF, заодно и середина последнего). Жаль что жёсткая.
В любом случае, отлично.
Мне кажется, что следующий путь чуть покороче.
1. cos A = 3/4.
2. О - центр окр-ти. По св-ву биссектрисы ОМ = R = 3/7 от Н = 1. Н = 7/3.
3. В ▲АВМ: х = 3к, АВ = 4к. (4к)² - (3к)² = Н². к = (√7)/3, х = √7.
4. S(АВС) = хН = (7√7)/3.
Согласен. Рад, что вы с опозданием, но появились!
@@GeometriaValeriyKazakov Отдыхал в лесу. Без инета и, вообще, цивилизации: еда на костре, рыба на сковороде, вода в роднике.
Отдых - сказка (кто понимает).
ну маэстро вернулся из отпуска... и сразу плеснул кипятку на камни в парилке... устал решать... могу предложить только следующее... KF=FC=x... по теор касат MC=√2x=AM ну и = AK есссесвенно... выписываем теор косин для треуга АКС 4x^2=2x^2+8x^2-2*2√2*√2x^2*cosBAC... cosBAC=3/4.... значит tgBAC=√7/3... ну а танг половинного угла АОМ=1/√2х... увязываем это в формуле двойного танг √7/3=(√2/х)/(1-1/2x^2).... упрощаем, решаем кв-е ур-е 2√7x^2-6√2x-√7=0 x=√(7/2)... тогда АМ=√7... а ВМ=7/3... S=(7/3)√7
Да, все так!
1. MF - ср. линия тр-ка AKC, равна x/2. AK=AM=MC=NC=x. KF=FC=y
2. тр-к KMF подобен KMC по двум углам (угол FMC = углу MKC), отсюда находим, что KM/MF = MC/FC, т.е. KM = y.
3. из тр-ка AKM по теор. косинусов, получаем, что cos a = 3/4, из осн. триг. тож. получаем, что sin a = sqrt (7/16)
4. площадь тр-ка KMF с одной стороны равна (y*y*x/2)/(4*R), R=1 по усл., а с другой - 0.5*y*y*sin a; отсюда получаем, что x=sqrt(7)
5. KB=BN=z. Из теор. косинусов к тр-ку ABC найдём, что z=sqrt(7/9)
6. Найдём полупериметр, он равен 7*sqrt(7)/3
7. Площадь тр-ка ABC=pr, где р-полупериметр, r-рад. вп. окр. (r=1 по усл.)
Ответ: площадь тр-ка ABC=7*sqrt(7)/3
Спасибо.
По поводу шрифта: я голосую за «тонкий», т.к. он читается четче («жирный» расплывается и не всегда все понятно без озвучки)... хотя жирные линии в основном рисунке - норм.
По поводу задачи: на мой взгляд, ключевым есть соотношение сторон (АМ/АВ) ¾. Отсюда и семерка в полупериметре, отсюда и √7 в высоте… Похоже, что выход на это значение, предложенный автором, наиболее оптимальный… хотя подождем комментарии, может будут более крутые предложения) А завершать задачу действительно можно по-разному, учитывая красоту полученной картинки. Способ автора (использовать подобные тр-ки) мне бы в голову не пришел.
По поводу названия ролика: совсем не понял где здесь гамбит? Идея гамбита - предлагаемая жертва с целью ускорения развития своей позиции… Так чем жертвуем? Если кто-то сможет пояснить, буду очень благодарен)
Все так.
Ну, сходу доказывается расовая равнобедренность треугольника, это ясно. Также и КМ=KF, но это как-то надо доказать. Дальше - дело техники.
Да, KMF - равнобедренный. Продумайте как доказать, и у вас будет Способ 2.
Видно.
Спасибо.
читаемость изображения зависит не столько от размеров дисплея, сколько от размеров одного пиксела и скорости интернета.
вывод: плохо будет видно на дорогущих телефонах с очень плохим интернетом 😃
в обычной жизни на любых телефонах, кроме откровенно слабых по экрану и процессору.
а откровенно слабых (чтоб ютуб не тащил) сейчас практически нет (старые издохли, а новых не производят)
Спасибо. Тонкий нормально?
@@GeometriaValeriyKazakov нормально
1. Покажем, что КM=KF=y
∠FKM=∠FMC ⇒ △MKC∼△FMC∼△KAC ⇒ KC/KM=AC/AK=2 ⇒ KC=KM/2=KF
2. Покажем, что KN=MF=x/2
Во-первых, MF-средняя линия △AKC ⇒ MF=AK/2=x/2
Во-вторых, KF=КM=NM ⇒ ∠FKM=∠KMN (т.к. равные хорды опираются на равные дуги)
⇒ △FKM=△KMN ⇒ KN=MF=x/2
3. Покажем, что t=KB=AK/3=x/3
△ABC∼△KBN, AC=2x, KN=x/2 ⇒ AB/KB=AC/KN=4 ⇒ (x+t)/t=4 ⇒ t=x/3
4. В итоге имеем: AB=4t, AC=6t ⇒ BM=t√̅7 (по пифагору)
5. С одной стороны: S(ABC)=1/2∙AC∙BM=3t²√̅7
С другой: S(ABC) = 1/2∙(AB+BC+AC)∙r = 1/2∙(4t+4t+6t)∙1 = 7t
3t²√̅7=7t ⇒ t=√̅7/3
S(ABC) = 7t = 7√̅7/3
6. Ответ: 7√̅7/3
Отлично.
22 дюйма и 240p - всё видно :)
Спасибо.
На моих 6 дюймах прилично видно начиная с качества 480р. По-моему, тонкий лучше, разборчивее. Попробуйте с ним задачу полностью, пусть зрители оценят.
Так и сделаю, спасибо.