|
Окружность радиуса R проходит через вершину A равнобедренного треугольника ABC, касается основания BC в точке B и пересекает боковую сторону AC в точке D. Найдите боковую сторону AB, если DC=7AD. задан 21 Окт '13 23:34 
doomsday_YQ |
|
Положим $%AD=x$%, $%CD=7x$%. По свойству касательных и секущих, $%CB^2=CD\cdot CA=56x^2$%, откуда $%BC=2\sqrt{14}x$%. По теореме Пифагора находим высоту $%h$%, опущенную на основание: $%h^2=(8x)^2-14x^2=50x^2$%; $%h=5\sqrt{2}x$%. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $%AOK$%, где $%O$% -- центр окружности, $%K$% -- основание перпендикуляра, опущенного из $%O$% на высоту. Ясно, что $%AO=R$%, $%AK=h-R$%, $%OK=\sqrt{14}x$% (половина длины основания). Тогда по теореме Пифагора $%R^2-(h-R)^2=14x^2$%, то есть $%2Rh=h^2+14x^2=64x^2$%. Число $%R$% дано в условии, $%h$% найдено выше. Отсюда находим $%x$%, и далее $%AB=8x$%. Соотношение $%2Rh=(8x)^2$% можно получить и другим способом, рассматривая подобные прямоугольные треугольники $%ABM$% ($%M$% -- середина основания) и $%BNA$% ($%N$% -- точка окружности, противоположная $%B$%). отвечен 22 Окт '13 0:17 
falcao Спасибо большое)
(22 Окт '13 0:21)
doomsday_YQ
Что-то я опять не успеваю..)) @falcao, (и @samokhodkin), убрать коммент (мой)- или пусть будет ? (практически то же самое.. только я записывала через синус угла..)
(22 Окт '13 0:26)
ЛисаА
Оставить, конечно же. А теорему эту что-то не стал записывать, а без нее не получилось. Спасибо Вам большое!!!
(22 Окт '13 0:36)
doomsday_YQ
)) если записывали что $%CB^2 = CD\cdot CA$%- то это как раз она и есть ( теорема о касательной и секущей.. или свойство касательной и секущей..)
(22 Окт '13 0:43)
ЛисаА
@ЛисаА: ничего убирать не надо -- Вы же решали независимо, и разницу по времени в несколько минут можно не учитывать. И вообще, пусть будет много решений -- "хороших и разных"! :)
(22 Окт '13 0:52)
falcao
@falcao, спасибо!)) а решения - начало все равно одинаковое (без этого "квадрата касательной" здесь, наверное, трудно что-то сделать..)), а дальше - остальное уже можно считать по-разному, все равно уже несложно =)
(22 Окт '13 1:06)
ЛисаА
@ЛисаА: тут дело даже не в простоте или сложности, а в возможности разных способов решения. То, что Ваши соображения были почти такими же, говорит о том, что этот способ до некоторой степени естественный. Интересно, что я сначала получил равенство $%2Rh=(8x)^2$% при помощи искусственного построения и вычислений, успел это записать, и только потом стал искать простое объяснение этому факту. Подобие треугольников здесь играет ту же роль, что и косинус угла. Ваше рассуждение с синусом немного отличается, но ведёт к тем же выводам. Вообще, анализировать разные способы решения бывает интересно.
(22 Окт '13 1:30)
falcao
показано 5 из 7
показать еще 2
|
|
Всем доброй ночи)
@samokhodkin, а задание не сложное - если только помните ( учили ?) теорему: "Квадрат отрезка касательной = произведению всей секущей на ее внешнюю часть". Т.е. $%CB^2 = AC\cdot CD $%, т.е. если $%AD = x$%, и $%CD = 7\cdot AD = 7x$%, то в прямоугольном треугольнике $%ACK$% ( где точка $%K$% - середина основания $%BC$%) Вы знаете ( можете записать через $%x$% ) катет $%CK$% и гипотенузу $%AC$% - т.е. Вы можете найти и 2-ой катет, и угол треугольника. Т.е. запишите, чему равен $%sin(\gamma)$% ($%\gamma$% - угол $%C$%). отвечен 22 Окт '13 0:23 
ЛисаА |
|
А почему вы утверждаете, что AK=h−R?Немного непонятно мне,объясните,пожалуйста) отвечен 19 Июн '16 19:13 1
@Галинашар: сделайте рисунок, и это станет очевидно. Если M -- середина основания, то h=AM=AK+KM, где KM=OB=R ввиду того, что KMBO -- прямоугольник.
(19 Июн '16 19:29)
falcao
|
В точке D с окружностью пересекается продолжение прямой AC?
Нет, в точке D пересекается со стороной AС