Matematyka.pl

Dwa kąty kwadratu o boku \(\displaystyle{ a}\) wystają poza pas o szerokości \(\displaystyle{ a}\) o równoległych krawędziach. Boki kwadratu przecinają krawędzie paska w czterech punktach. Wykazać, że przekątne czworokąta, którego wierzchołkami są te punkty, przecinają się pod kątem \(\displaystyle{ 45}\) stopni.

Najpierw możesz rozwiązać przypadek skrajny, gdy jeden wierzchołek kwadratu leży na granicy pasa, a tylko jeden kąt rzeczywiście wystaje. Potem przypadek ogólny możesz do tego sprowadzić poprzez odpowiednie przesunięcia równoległe.

Rysunek:

Nawiązując do Twojego rysunku, przypadek szczególny łatwy do rozwiązania jest taki, że górny wierzchołek kwadratu jest dokładnie na górnej linii – granicy pasa, czyli gdy jedna z odciętych części kwadratu redukuje się do punktu.

Ok niech będzie i jak wykazać to 45 stopni wtedy?

Jest kilka odcinków o długości \(\displaystyle{ a}\). Może uda Ci się znaleźć jakieś trójkąty przystające?

A jaki byłby wtedy rysunek??

Taki, jaki narysujesz.

3a174ad9764fefcb pisze: ↑18 lip 2022, o 17:58 Najpierw możesz rozwiązać przypadek skrajny, gdy jeden wierzchołek kwadratu leży na granicy pasa, a tylko jeden kąt rzeczywiście wystaje. Potem przypadek ogólny możesz do tego sprowadzić poprzez odpowiednie przesunięcia równoległe.

3a174ad9764fefcb, jak chcesz sprowadzić przypadek ogólny do przypadku skrajnego? Zupełnie tego nie widzę.

matmatmm, dzięki za zainteresowanie. Ponieważ chcemy, żeby obie przekątne miały wspólny koniec, to przesuńmy jedną z nich równolegle. Na rysunku ann_u możemy na przykład przesunąć przekątną "\" w prawo tak, żeby górne końce przekątnych się pokryły. Wtedy końce przekątnych nadal leżą na prostych wyznaczających pas, ale rysunek się nieco rozjeżdża, więc jeszcze trzeba przesunąć kwadrat.

Na rysunku ann_u jedna z przekątnych wygląda na równoległą do boku kwadratu. W ogólnym przypadku tak nie jest, zwłaszcza jeśli bok kwadratu jest równy szerokości pasa, co akurat na rysunku nie jest zachowane.

Rozumiem na czym polega ten "skrajny" przypadek (i nawet wiem jak udowodnić w nim tezę). Rzecz w tym, że nijak nie potrafię sprowadzić ogólnego przypadku do tego skrajnego.

W międzyczasie wpadłem na inne rozwiązanie zadania, chociaż chyba niezbyt eleganckie.

Przy oznaczeniach z rysunku udało mi się pokazać, że

\(\displaystyle{ \tg \beta=\frac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}}\)
\(\displaystyle{ \tg \gamma=\frac{\cos\alpha}{1-\sin\alpha}}\)

Stąd łatwo dojść do równości \(\displaystyle{ \tg(180-\beta-\gamma)=1}\).

matmatmm, pozwoliłem sobie uzupełnić Twój rysunek. Pierwszy krok polega na przesunięciu jednej przekątnej i kwadratu o wektor \(\displaystyle{ \overrightarrow{WZ}}\). Potem jeszcze trzeba będzie przesunąć otrzymany kwadrat o wektor \(\displaystyle{ \overrightarrow{A'W'}}\).

Dodano po 4 godzinach 42 minutach 42 sekundach:
Pytanie premia: czy proste \(\displaystyle{ WY}\), \(\displaystyle{ XZ}\) i \(\displaystyle{ AC}\) (wg oznaczeń z ostatniego rysunku) mają punkt wspólny?

Może nie najpiękniej i zapis skrótowy, ale skutecznie...
Lemat:

W trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej \(c\), wysokości opuszczonej na nią \(h\) i kącie ostrym \(\beta\) zachodzi
\[c=\frac{2h}{\sin2\beta}\]

1. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

   

   gdzie \(x,\, \alpha\) są dobrze określone i \(d(m,k)=d(m,l)\)
2. \(d(B,k)={a\sqrt2\over2}\cos\alpha-{a\over2}+x,\\ d(C,k)={a\over2}-x+{a\sqrt2\over2}\sin\alpha,\\ d(C,l)={a\over2}+x-{a\sqrt2\over2}\sin\alpha,\\ d(D,l)={a\sqrt2\over2}\cos\alpha-{a\over2}-x\)
3. na mocy lematu
   \(|KL|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a+2x}{\cos2\alpha}, \\ |LP|=\frac{a\sqrt2\sin\alpha+a-2x}{\cos2\alpha},\\ |QM|=\frac{-a\sqrt2\sin\alpha+a+2x}{\cos2\alpha},\\ |MN|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a-2x}{\cos2\alpha}\)
4. \(S_{KLMN}=\frac{\sqrt2\cos\alpha-1}{\cos2\alpha}a^2\)
5. \(|MP|=\frac{a}{\sin(45^\circ-\alpha)}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}a
   \\ |LQ|=\frac{a}{\sin(45^\circ+\alpha)}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}a\\
   |KP|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha+a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}a=|MP|\\
   |NQ|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}a=|LQ|\)
6. z tw. Carnota:
   \(|KM|=\sqrt{|KP|^2+|MP|^2-2\cdot|KP|\cdot|MP|\cdot\cos(45^\circ-\alpha)}=\frac{a\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}\sqrt{2-2\cos(45^\circ-\alpha)}\\
   |LN|=\sqrt{|LQ|^2+|NQ|^2-2\cdot|LQ|\cdot|NQ|\cdot\cos(45^\circ+\alpha)}=\frac{a\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}\sqrt{2-2\cos(45^\circ+\alpha)}\)
   zatem
   \(|KM|\cdot|LN|=\frac{2a^2\sqrt{4-4\sqrt2\cos\alpha+2\cos^2\alpha-2\sin^2\alpha}}{\cos2\alpha}
   \)
7. wobec
   \(S_{KLMN}={1\over2}\cdot|KM|\cdot|LN|\cdot\sin\gamma\)
   mamy
   \(\sin\gamma=\frac{2S_{KLMN}}{|KM|\cdot|LN|}=\frac{2a^2(\sqrt2\cos\alpha-1)}{\cos2\alpha}\cdot\frac{\cos2\alpha}{2a^2\sqrt{4-4\sqrt2\cos\alpha+2\cos^2\alpha-2\sin^2\alpha}}=\sqrt{\frac{(\sqrt2\cos\alpha-1)^2}{2-4\sqrt2\cos\alpha+4\cos^2\alpha}}={\sqrt2\over2}\)
   co jest równoważne tezie!

Pozdrawiam

JHN, bardzo ładne rozwiązanie, tylko niepotrzebnie dorzuciłeś do niego tyle trygonometrii.

JHN pisze: ↑20 lip 2022, o 22:33 \(
|KP|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha+a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha-\sin\alpha}a=|MP|\\
|NQ|=\frac{a\sqrt2\cos\alpha-a\sqrt2\sin\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\sqrt2}{\cos\alpha+\sin\alpha}a=|LQ|\)

Jak najbardziej, trójkąty \(\displaystyle{ PMK}\) i \(\displaystyle{ QNL}\) są równoramienne, bo trójkąt o dwóch równych wysokościach jest równoramienny.

Dalej, wysokości tychże trójkątów opuszczone z wierzchołków \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) przecinają się pod kątem \(\displaystyle{ \frac12(45^{\circ}-\alpha)+\frac12(45^{\circ}+\alpha)=45^{\circ}}\). Następnie, ten kąt jest równy \(\displaystyle{ \gamma}\), z twierdzenia o kątach o ramionach wzajemnie prostopadłych.