Trójkąt prostokatny, miara kąta alfa.

[Dorek90]

Obrazek wygasł

Oto to zadanie powyżej.
Jeżeli ktoś potrafi obliczyć proszę o szczegółowy rozpis jak to zostało obliczone z góry dziękuje


Informacja dla Administracji forum. Wiem że nie wolno dorzucać zdjęć/obrazków itp. ale tego zadania inaczej nie da się opisać. Wstawiłem miniaturkę żeby się forum nie rozwaliło proszę o wyrozumiałość z góry dziękuje.

[anna_]

Nazwij wszystkie powstałe tam punkty literami, to ci pomogę.

Edit
Poddaję się, nic mi tam nie wychodzi.

-- dzisiaj, o 21:45 --

A niech to. To co podalam na PW to nie jest rozwiązanie!
Zmierzyłam ten kąt i stąd wiem, że ma \(\displaystyle{ 60^o}\)
Nie wiem jak udowodnić, że BE=2EF

[Dorek90]

Jak by ktoś mógł mi jeszcze pomóc. nmn, podała dobre rozwiązanie lecz nie o takie chodziło tu chodzi teraz o jakieś obliczenia.

[anna_]

Gdyby udało się udowodnić, że trójkąty ACE i BCE są podobne, obyłoby się bez obliczeń.

[Sherlock]

Dorek90, możesz powiedzieć skąd to zadanie?

Udało mi się w oparciu o trójkąty prostokątne dojść do czegoś takiego:
\(\displaystyle{ tg\alpha= \frac{|BF|}{|EF|}}\)
Teraz w pozostałych trójkątach prostokątnych (w kierunku odwrotnym do ruchu wskazówek zegara):
\(\displaystyle{ |FC|= \frac{|BF|}{tg20^0}}\)
\(\displaystyle{ |DF|= \frac{|FC|}{tg40^0}= \frac{|BF|}{tg20^0tg40^0}}\)
\(\displaystyle{ |EF|= \frac{|DF|}{tg80^0}= \frac{|BF|}{tg20^0tg40^0tg80^0}}\)
Wracając do tangensa alfa:
\(\displaystyle{ tg\alpha= \frac{|BF|}{|EF|}= \frac{|BF|}{\frac{|BF|}{tg20^0tg40^0tg80^0}}=tg20^0tg40^0tg80^0}\)

Po sugestiach nmn dotyczących miary kąta oraz wygooglaniu hasła "tan20tan40tan80" okazuje się, że:\(\displaystyle{ tg20^0tg40^0tg80^0=tg60^0}\). Poniżej dowód:

\(\displaystyle{ tg20^0tg40^0tg80^0=tg20tg(60^0-20^0)tg(60^0+20^0)=tg20^0 \cdot \frac{tg60^0-tg20^0}{1+tg60^0tg20^0} \cdot \frac{tg60^0+tg20^0}{1-tg60^0tg20^0}= tg20^0 \cdot \frac{3-tg^2 20^0}{1-3tg^2 20^0}=\frac{3tg20^0 - tg^3 20^0}{1-3tg^2 20^0}=tg3 \cdot 20^0=tg 60^0}\)

Podsumowując \(\displaystyle{ \alpha=60^0}\)

[anna_]

Nie wpadłabym na to.

[Dorek90]

Dziękuje wszystkim bardzo za pomoc lecz dowiedziałem się że obliczenia trygonometryczne nie są rozwiązaniem tego zadania. Dodam iż zadanie jest z szkoły podstawowej w Rosji. Jedyna wskazówkę jaką otrzymałem od profesorki to że na obrazku trzeba coś dorysować.

[Sherlock]

Podobne zadanie określane jest jako "World's Hardest Easy Geometry Problem" -

Tego typu zadania kojarzą mi się z japońskim sangaku (zagadki geometryczne zapisywane na drewnianych tabliczkach).

Dorek90, jeśli poznasz rozwiązanie, to daj znać

[anna_]

Siedzę nad tym 4 dzień. Dorysowałam różne proste, dwusieczne kątów, okręgi opisane na trójkątch, itp itd i nadal nic nie zauważyłam. Podziwiam dzieci z podstawówki w Rosji .

Też jestem ciekawa rozwiązania.

[Sherlock]

nmn, zerknij na przykładowe rozwiązanie World's Second-Hardest Easy Geometry Problem:

Kod: Zaznacz cały

http://jwilson.coe.uga.edu/EMT725/BotCan/Solution/Solution.html

Jest troszkę tych kresek

[Sherlock]

W książce pt. "Cudowne i interesujące łamigłówki matematyczne" (David Wells, Wydawnictwo Zysk i S-ka, Poznań 2002, s. 190-191, 394) znalazłem sprytne rozwiązanie tzw. problemu Langleya (to samo co powyższy World's Second-Hardest Easy Geometry Problem):

Szukamy kąta \(\displaystyle{ \sphericalangle BDE}\). Narysujmy odcinek \(\displaystyle{ BE'}\) tak by kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle CBE'=20^0}\). Wtedy trójkąty \(\displaystyle{ EBC}\), \(\displaystyle{ BE'C}\) i \(\displaystyle{ DE'B}\) będą równoramienne. Zatem trójkąt \(\displaystyle{ BEE'}\) będzie równoboczny zaś trójkąt \(\displaystyle{ EE'D}\) równoramienny. Kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle DE'E}\) ma miarę 40 stopni zaś kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle E'DE}\) ma miarę 70 stopni. Ostatecznie \(\displaystyle{ \sphericalangle BDE= \sphericalangle E'DE- \sphericalangle E'DB=70^0-40^0=30^0}\).
Może to pomoże rozwiązać problem

[anna_]

AU

bbd68fa1d9ff1493m.jpg (6.06 KiB) Przejrzano 375 razy

[/url]

Rysunek, który podał autor topiku.
Może ktoś ma na to jakiś pomysł.

[piasek101]

To to ,,stare" zadanie ?
Bo na razie dokładnie nie ogladałem - ale kiedyś nie miałem pomysłu - dlatego pytam.

[anna_]

Tak,to to stare zadanie.
Nadal bez rozwiązania.

Rysunek autora jest niewidoczny, więc wstawiłam go ponownie.

[kamil13151]

Dzięki wskazówce użytkownika timon92 udało mi się rozwiązać to zadanie



Narysujmy sobie trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ DGE}\). Wiemy, że trójkąt \(\displaystyle{ DGE}\) jest równoboczny, także \(\displaystyle{ |DG|=|EG|}\). Trójkąt \(\displaystyle{ CBD}\) jest równoramienny, także \(\displaystyle{ |DB|=|DC|}\). Również mamy: \(\displaystyle{ \sphericalangle EDC = \sphericalangle BDG}\). Z powyższych informacji wynika, że trójkąty \(\displaystyle{ DEC}\) oraz \(\displaystyle{ DBG}\) są przystające (cecha bok-kąt-bok), także \(\displaystyle{ \sphericalangle DBG = \sphericalangle ECD = 50^{\circ}}\). Także trójkąt \(\displaystyle{ DGB}\) jest równoramienny i stąd \(\displaystyle{ |BG|=|DG|}\). W sumie mamy \(\displaystyle{ |DG|=|EG|=|BG|}\), także te odcinki są promieniami okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BED}\), a punkt \(\displaystyle{ G}\) jest środkiem tego okręgu. Kąt środkowy \(\displaystyle{ \sphericalangle EGD=60^{\circ}}\), także kąt wpisany \(\displaystyle{ \sphericalangle EBD =30^{\circ}}\). Trójkąt \(\displaystyle{ EBF}\) jest prostokątny, także \(\displaystyle{ \sphericalangle BEF = 90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}}\). cnd.