8
3

Найти угол $%BAD$%.

P.S. Второй раз попадается подобная задача. Геометрического решения так и не нашёл.

alt text

задан 31 Окт '19 1:29

@FEBUS, под геометрическим решением Вы понимаете использование только построений и равенств... то есть без тригонометрии?...

(31 Окт '19 2:15) all_exist

@all_exis: Да.

(31 Окт '19 3:15) FEBUS

$%x= 16°$%

(31 Окт '19 14:30) lawyer

@lawyer, я в графопостроителе такое тоже получил.. )))

(31 Окт '19 14:33) all_exist

Я использовал то,что $%BD$% принадлежит высоте и теорему синусов, получил такое уравнение $$x = 57°-\text{arctg}\Big(\frac{\sin57°⋅\sin11°⋅\sin71°}{\cos71°(\sin44°-\sin11°⋅\sin57°)}\Big)$$ wolframalpha выдает 16°

(31 Окт '19 14:59) lawyer
1

Возможно перпендикулярность $%BD$% и $%AC$% помогут? В этой задаче, в отличии от заметки К.Кноппа, углы правильного пятиугольника не возникают.

(31 Окт '19 15:02) EdwardTurJ
2

Мне помогла точка $%N$%, на луче $%BC$%, такая, что угол $%ANB= 60^{\circ}$%.

(31 Окт '19 21:03) FEBUS
2

@EdwardTurJ, здесь просто намного ПРОЩЕ. В том числе и геометрическое решение проще.

У меня эта задача (с параметром) разобрана в документе, который можно загрузить вот тут https://www.facebook.com/groups/mathpuz/permalink/1143717795804061/ Ключевое соотношение здесь - 8 = 30- 11 - 11. Ну и 71=11+60, 33=11+11+11

(1 Ноя '19 13:35) knop

@knop: Ваши решения я не считаю геометрическими.

(1 Ноя '19 18:58) FEBUS

@knop: может быть, Вы здесь изложите какой-нибудь из путей решения, где требуется минимум дополнительных построений? Хотя бы в краткой форме -- что именно нужно дорисовать.

(2 Ноя '19 5:50) falcao
показано 5 из 10 показать еще 5
10|600 символов нужно символов осталось
1

alt text

Для удобства можно повернуть $%\Delta ABC$% на $%90^\circ$% по часовой стрелке относительно его центра.

Пусть $%G$% -- точка пересечения стороны $%BC$% с прямой $%AD$%, $%E$% -- точка пересечения стороны $%AC$% с прямой $%BD$%.

Построим $%\Delta EBH$% симметричный $%\Delta EBC$% относительно прямой $%EB$%.

Пусть $%I$% -- точка пересечения стороны $%BC$% с прямой $%HD$%, $%F$% -- точка пересечения стороны $%BH$% с прямой $%CD$%.

$%\angle CIH = \angle CFH = 180^\circ - 71^\circ - 8^\circ - 71^\circ = 30^\circ.$%

Вокруг $%\Delta DIF$% можно описать окружность 1.

Пусть $%J$% -- точка пересечения окружности 1 со стороной $%BH$%, отличная от $%F$%.

Проведём хорду $%IJ$%.

$%\angle DIJ = \angle DFJ = 30^\circ$%.

Вокруг $%\Delta DIG$% можно описать окружность 2.

Пусть $%K$% -- точка пересечения прямой $%IJ$% с окружностью 2, отличная от $%I$%.

Проведём хорды $%GK$% и $%DK$%.

$%\angle DGK = \angle DIK = 30^\circ.$%

$%\angle GKD = \angle GID = 30^\circ.$%

$%\Delta DGK$% равнобедренный => $%GD = DK$% и $%\angle GDK = 120^\circ.$%

Пусть $%DL$% -- биссектриса $%\angle GDK$%, $%DM$% -- биссектриса $%\angle LDK$%.

Проведём хорды $%LM, MK, IL, LK.$%

$%\angle KLM = \angle KDM = 30^\circ.$%

$%\angle LKM = \angle LDM = 30^\circ.$%

$%\Delta LMK$% равнобедренный => $%LM = MK$% и $%\angle LMK = 120^\circ.$%

$%\angle DMK = \angle DGK = 30^\circ.$%

$%\angle KDM = 30^\circ.$%

$%\Delta MKD$% равнобедренный => $%MK = KD.$%

$%\angle KIL = \angle KDL = 60^\circ.$%

Имеем $%\angle GIK = \angle KIL, \angle GDK = \angle LMK$% и $%LM = MK = KD = DG.$%

Четырёхугольники $%IKDG$% и $%IKML$% равны по трём сторонам и двум противолежащим углам => $%\angle IKG = \angle IKL = 30^\circ.$%

И тогда

$%\angle IGK = \angle IKL + \angle LDK = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ.$%

$%\angle CGD = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ.$%

$%\angle CAG = 180^\circ - 60^\circ - 71^\circ - 8^\circ = 41^\circ.$%

$%\angle DAB = 180^\circ - 33^\circ - 11^\circ - 8^\circ - 71^\circ - 41^\circ = 16^\circ.$%

ссылка

отвечен 3 Июн '20 21:48

изменен 3 Июн '20 22:52

Ужас! Кошмар какой-то!

(3 Июн '20 23:31) FEBUS
1

А я, продлив BD до пересечения c AC и проведя трисектрисы угла ABD, и обозначив $%AB=c, BC=a$%, и применив много раз теорему Пифагора и свойство биссектрисы, получил следующий результат: alt text

При этом $%AC=\frac{(c-a)(c+a)}{c}, c=a\frac{\sqrt5-1}{2}$%.

Правда, как это поможет найти угол x, ума не приложу :)

(4 Июн '20 17:26) Alex71
1

Эту задачу можно переформулировать.

alt text

Так как $%BM = BC$%, то $%C$% при отражении относительно $%BK$% перейдёт в $%M$%, и $%DC$% перейдёт в $%DM$%.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $%ABK, \angle K = 90°, \angle B = 33°$%. Проведены трисектрисы $%BM$% и $%BN$%.

На катете $%BK$% взята точка $%D$% так, что $% \angle BMD = 8°, \angle DMK = 71° (а \angle MDK = 19°)$%.

При этом $% \angle BMD = 8°$%. Найти $% \angle BAD = x$%. Может, кому-то такое условие покажется проще для решения.

При этом условие $% \angle BMD = 8°$% излишнее.

(6 Июн '20 18:51) Alex71

Решение с тригонометрией.

Пусть $%BK=1$%, тогда $%AK=tg\,33°,\,MK=tg\,11°,\,DK=\frac{MK}{tg\,19°}=\frac{tg\,11°}{tg\,19°}$%.

$%tg\,\angle DAK=\frac{DK}{AK}= \frac{tg\,11°}{{tg\,19°\,·\,tg\,33°}}=\frac{tg\,11°}{tg\,(30°\,-\,11°)\,·\,tg\,(3·11°)}=...=tg\,(30°\,+\,11°)=tg\,(41°)$%.

$%x=57°-\,41°=16°$%

(8 Июн '20 17:22) Alex71

@FEBUS, возможно тут можно проще решить, но проще не получилось. Точка $%N$% на $%BC$% такая, что $%\angle ANB=90^\circ$% должна помочь получить равносторонний треугольник, но не знаю, как строго геометрически убедиться в том, что он равносторонний.

(14 Июн '20 14:45) rooteen

@Alex71, хорошие наблюдения, с тригонометрией у меня такое же получилось решение.

(14 Июн '20 14:46) rooteen
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,020
×3,119
×790

задан
31 Окт '19 1:29

показан
675 раз

обновлен
14 Июн '20 14:46

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru