trójkat iwo: We wnętrzu trójkąta równoramiennego ABC (∡ B = ∡C) znajduję się punkt punkt D taki, że ∡ DAB = α, ∡ DBA = 2α, ∡ DBC = 5α, ∡ DCB = 3α, ∡ DCA = 4α. Oblicz miary kątów trójkąta ABC.

Mila: Czy te kąty dobrze są napisane?

an: α=10^o i bawcie się

iwo:

iwo: Tak są dobrze przepisane

iwo: To zadanie z kangura

iwo: więc dość trudne

ite: doszłam do równania sin(α) + sin(5α) = sin(11α) ale to nie jest zabawne : (

Mariusz: Ciekawe czy taki pomysł by zadziałał ? Niech punkt E będzie przecięciem odcinka AB i przedłużenia odcinka CD Spróbuj pokazać że ACE jest równoramienny

Mariusz: Gdyby na odcinku BD odłożyć kąt x wtedy drugie ramię kąta x przecięłoby odcinek CD w punkcie E i teraz należałoby pokazać podobieństwo trójkątów BEC oraz ADC

Mariusz: Jeżeli to jest kangur z tego roku to pewnie ci to zadanie usuną Spróbuj może na obcojęzycznych forach najlepiej tam gdzie polacy nie wchodzą

iwo: https://hobbydocbox.com/Board_Games_and_Puzzles/77639583-Annual-ksf-meeting-november-protaras-cyprus.html Zadanie 1469

iwo: To nie zadanie z tego roku

Mariusz: Iwo masz jakiś pomysł na to aby pokazać że kąty ∡DCB oraz ∡DAC mają tę samą miarę ?

iwo: Nie mam pomysłu

Mariusz: Trochę rysunek mi się nie udał ale chyba wiadomo o co chodzi Gdyby udało się pokazać że AE = EC to otrzymamy miarę kąta x z sumy miar kątów w trójkącie ABC Kiedy trójkąty są równoramienne ? 1. Miary kątów przy podstawie są równe 2. Długości co najmniej dwóch boków są równe 3. Jeżeli jeden z wierzchołków trójkąta jest środkiem pewnego okręgu a pozostałe dwa wierzchołki leżą na tym okręgu 1. Odpada bo to chcemy pokazać wiedząc że trójkąt jest równoramienny Co do 2. to AE musiałoby być równe EC Jeśli chodzi o 3. to E byłby środkiem pewnego okręgu a A oraz C leżałyby na tym okręgu

Mila: Nie napisałeś całej treści. To test wyboru. Możemy wykluczyć błędne odpowiedzi albo znaleźć prawidłową odpowiedź rozwiązując. 1) Gdyby Δ był prostokątny to nie ma w dystraktorach pasującej odpowiedzi .(sprawdź) 2) Jeśli a<b jak na rysunku: 15α<180^o α<12^o x=180−15α 180−15α<90 α>6^o odp. α=10^o

kangur: Jeśli 6^o < α < 12^o to pasuje także odpowiedź C, to jest 9^o.

Mariusz: Lepiej to pokazać rozwiązując to zadanie Po pokazaniu że kąty ∡DCB oraz ∡DAC mają tę samą miarę łatwo policzyć α

Mila: Rzeczywiście, umknęła mi ta 9, potrzebne jeszcze jedno ograniczenie albo jakieś sprawdzenie. Dziękuję. Wymyśliłeś co to ma być? Czy mam dalej nad tym pomyśleć?

iwo: Jeszcze nie mam rozwiązania

Bogdan: Dobry wieczór ite wczoraj przed północą zamieściła równanie: sin(α) + sin(5α) = sin(11α), można je uzyskać korzystając z twierdzenia sinusów. sin(11α)−sin(α) = 2sin(5α)cos(6α), zatem:

	1
sin(11α)−sin(α)−sin(5α)=0 ⇒ 2sin(5α)cos(6α)−sin(5α)=0 ⇒ 2sin(5α)*(cos(6α)−		)=0
	2

	1
sin(5α) = 0 lub cos(6α) =		= cos60o, ostatecznie α = 10o
	2

"młody": 18x=180^o x=10^o ======

Mariusz: Bogdan z twierdzenia sinusów ? Domyśliłem się tego ale jak je ułożyć

Mariusz: Ja z twierdzenia sinusów otrzymałem takie równanie cos(α)−cos(7α)−cos(9α)+cos(13α)=0

Bogdan: |∡ADB| = 180^o − 3α, sin(180^o − 3α) = sin(3α) |∡BDC| = 180^o − 8α, |∡ADC| = 360^o − (180^o − 3α) − (180^o − 8α) = 11α Skorzystamy z: sin(4α) = 2sin(2α)cos(2α) oraz 2sin(3α)cos(2α) = sin(5α) + sin(α) Z twierdzenia sinusów:

	b		a		a*sin(3α)
w ΔABD:		=		⇒ b =
	sin(3α)		sin(2α)		sin(2α)

	b		a
w ΔACD:		=		⇒ b*2sin(2α)cos(2α) = a*sin(11α)
	sin(11α)		sin(4α)

a*sin(3α)
	*2sin(2α)cos(2α) = a*sin(11α) ⇒ 2sin(3α)cos(2α) = sin(11α)
sin(2α)

sin(5α) + sin(α) = sin(11α)

iwo: Czemu u "młodego" EPC=7x?

ite: Bogdan dziękuję 23:06

iwo: I skąd 8x na rysunku?

Mariusz: No to ja użyłem twierdzenia sinusów w ten sposób W ΔABD

AB		AD
	=
sin(180−3α)		sin(2α)

AB		AD
	=
sin(3α)		sin(2α)

AD		sin(2α)
	=
AB		sin(3α)

W ΔADC

AC		AD
	=
sin(11α)		sin(4α)

AD		sin(4α)
	=
AC		sin(11α)

sin(2α)		sin(4α)
	=
sin(3α)		sin(11α)

sin(2α)sin(11α)=sin(3α)sin(4α) 2sin(2α)sin(11α)=2sin(3α)sin(4α) cos(9α)−cos(13α)=cos(α)−cos(7α) cos(α)−cos(7α)−cos(9α)+cos(13α)=0 Wyprowadźmy rekurencyjny wzór na wielomiany Czebyszowa cos((m+1)t) = cos(t)cos(mt) − sin(t)sin(mt) cos((m−1)t) = cos(t)cos(mt) + sin(t)sin(mt) cos((m+1)t) + cos((m−1)t) = 2cos(t)cos(mt) T_m+1(x) + T_m−1(x) = 2xT_m T_m+1(x) = 2xT_m − T_m−1(x) Niech n = m−1 T_n+2(x) = 2xT_n+1 − T_n(x) T₁(x) = x T₀(x) = 1 T₂(x)=2x² − 1 T₃(x)=2x(2x² − 1)−x T₃(x)=4x³−3x T₄(x)=2x(4x³−3x)−(2x² − 1) T₄(x)=8x⁴−8x²+1 T₅(x)=2x(8x⁴−8x²+1)−(4x³−3x) T₅(x)=16x⁵−20x³+5x T₆(x)=2x(16x⁵−20x³+5x)−(8x⁴−8x²+1) T₆(x)=32x⁶−40x⁴+10x²−8x⁴+8x²−1 T₆(x)=32x⁶−48x⁴+18x²−1 T₇(x)=2x(32x⁶−48x⁴+18x²−1)−(16x⁵−20x³+5x) T₇(x)=(64x⁷−96x⁵+36x³−2x)−(16x⁵−20x³+5x) T₇(x)=64x⁷−112x⁵+56x³−7x T₈(x)=2x(64x⁷−112x⁵+56x³−7x)−(32x⁶−48x⁴+18x²−1) T₈(x)=(128x⁸−224x⁶+112x⁴−14x²)−(32x⁶−48x⁴+18x²−1) T₈(x)=128x⁸−256x⁶+160x⁴−32x²+1 T₉(x)=2x(128x⁸−256x⁶+160x⁴−32x²+1)−(64x⁷−112x⁵+56x³−7x) T₉(x)=(256x⁹−512x⁷+320x⁵−64x³+2x)−(64x⁷−112x⁵+56x³−7x) T₉(x)=256x⁹−576x⁷+432x⁵−120x³+9x T₁₀(x)=2x(256x⁹−576x⁷+432x⁵−120x³+9x)−(128x⁸−256x⁶+160x⁴−32x²+1) T₁₀(x)=(512x¹⁰−1152x⁸+864x⁶−240x⁴+18x)−(128x⁸−256x⁶+160x⁴−32x²+1) T₁₀(x)=512x¹⁰−1280x⁸+1120x⁶−400x⁴+50x²−1 T₁₁(x)=2x(512x¹⁰−1280x⁸+1120x⁶−400x⁴+50x²−1) −(256x⁹−576x⁷+432x⁵−120x³+9x) T₁₁(x)=(1024x¹¹−2560x⁹+2240x⁷−800x⁵+100x³−2x)−(256x⁹−576x⁷+432x⁵−120x³+9x) T₁₁(x)=1024x¹¹−2816x⁹+2816x⁷−1232x⁵+220x³−11x T₁₂(x)=2x(1024x¹¹−2816x⁹+2816x⁷−1232x⁵+220x³−11x)− (512x¹⁰−1280x⁸+1120x⁶−400x⁴+50x²−1) T₁₂(x)=2048x¹²−5632x¹⁰+5632x⁸−2464x⁶+440x⁴−22x²)− (512x¹⁰−1280x⁸+1120x⁶−400x⁴+50x²−1) T₁₂(x)=2048x¹²−6144x¹⁰+6912x⁸−3584x⁶+840x⁴−72x²+1 T₁₃(x)=2x(2048x¹²−6144x¹⁰+6912x⁸−3584x⁶+840x⁴−72x²+1)− (1024x¹¹−2816x⁹+2816x⁷−1232x⁵+220x³−11x) T₁₃(x)=(4096x¹³−12288x¹¹+13824x⁹−7168x⁷+1680x⁵−144x³+2x)− (1024x¹¹−2816x⁹+2816x⁷−1232x⁵+220x³−11x) T₁₃(x) = 4096x¹³ − 13312x¹¹+16640x⁹−9984x⁷+2912x⁵−364x³+13x Teraz można zauważyć że wielomiany Czebyszowa są parzyste dla parzystego n a nieparzyste dla nieparzystego n W sumie którą otrzymałem były nieparzyste wielokrotności cosinusów więc otrzymamy równanie wielomianowe 13. stopnia które łatwo sprowadzić do równania 6. stopnia cos(13α)−cos(9α)−cos(7α)+cos(α)=0 (4096x¹³ − 13312x¹¹+16640x⁹−9984x⁷+2912x⁵−364x³+13x)− (256x⁹−576x⁷+432x⁵−120x³+9x)−(64x⁷−112x⁵+56x³−7x)+x = 0 1024x¹³−3328x¹¹+4096x⁹−2368x⁷+648x⁵−75x³+3x = 0 x(1024x¹²−3328x¹⁰+4096x⁸−2368x⁶+648x⁴−75x²+3)=0 Niech t=x² Mamy do rozwiązania równanie wielomianowe 1024t⁶−3328t⁵+4096t⁴−2368t³+648t²−75t+3=0 Stopień równania można jeszcze obniżyć znajdując całkowity pierwiastek 1024 −3328 4096 −2368 648 −75 3 1 1024 −2304 1792 −576 72 −3 0 1024t⁶−3328t⁵+4096t⁴−2368t³+648t²−75t+3= (t−1)(1024t⁵ −2304t⁴ + 1792t³ −576t² + 72t −3) Wielomian 1024t⁵ −2304t⁴ + 1792t³ −576t² + 72t −3 podzieli się bez reszty przez trójmian kwadratowy 16t²−12t+1 64t³−96t²+36t−3 1024t⁵ −2304t⁴ + 1792t³ −576t² + 72t −3 : 16t²−12t+1 − (1024t⁵ − 768t⁴+64t³ ) −1536t⁴+1728t³−576t² −(−1536t⁴+1152t³−96t²) 576t³−480t²+72t −(576t³−432t²+36t) −48t²+36t−3 −(−48t²+36t−3) 0 Mamy zatem 1024t⁶−3328t⁵+4096t⁴−2368t³+648t²−75t+3= (t−1)(16t²−12t+1)(64t³−96t²+36t−3) a stąd już można otrzymać szukaną wartość

M:

Mila: 1) Iwo, wystarczy sprawdzić równanie ite. α=10^o spełnia równanie sin(5α) + sin(α) = sin(11α) x=9^o nie spełnia. 2) Ad 23:10 kąt AEC=8x jako kąt zewnętrzny ΔABE Kąt EPC=7x ( to prawda) − nie wiem jak to 'młody " wyjaśnia?

kangur: Mariuszu, nie strzela się do muchy z armaty

Mila: Iwo, zaglądaj tutaj, znajdę czas to może uda mi się podać w miarę proste rozwiązanie bez wspomagania trygonometrią Na razie mam skomplikowane.

Mariusz: To "wspomagane trygonometrią" rozwiązanie pokazane przez Bogdana jest całkiem niezłe i nawet krótkie Co do twierdzenia sinusów to jak się nie wybierze odpowiednich par boków i kątów to wtedy można sobie liczyć tak jak to pokazałem 18 lip 2022 17:10

Mariusz: Iwo możesz zaglądać Mila w przeciwieństwie do Maciessów i innych jak obieca to odpowie

iwo: ok

ite: w tak życzliwej atmosferze rozwiązywanie zadań jest przyjemnością

Mila: ite trygonometrycznie rozwiązałam, korzystając z tw. Cevy w wersji trygonometrycznej. To mi się nasunęło , bo ładnie zaznaczono kąty pod to tw. Jeśli chcesz to napiszę. Myślę, że jest proste rozwiązanie, ale "coś" trzeba zauważyć. Geometrycznie zauważyłam wiele własności− to ciekawy trójkąt z tak zaznaczonymi kątami, ale jednej informacji nie widzę na moich bohomazach rysunkowych. Uruchomiłam przetwory i pilnuję , aby nie było katastrofy w kuchni. Kiedyś wybuchły mi jajka na sufit i mąż musiał go umyć i wymalować. Pozdrawiam.

ite: Przetwory, które wybuchły to nie jest jeszcze to najgorsze. Łatwiej schodzą z sufitu niż bateria potraktowana jak akumulator i nastawiona do naładowania. Oczywiście wpisz rozwiązanie z twierdzeniem Cevy, zaglądają tu osoby przygotowujące się do konkursów, to takie nieszkolne twierdzenie się im przyda. A ja w nowym wątku dodam zadanie z kątami, które przez kilka dni atakowałam bezskutecznie.

Mila: Niezbyt precyzyjnie napisałam, że rozwiązałam. Po prostu wg tw. Cevy sprawdziłam dla x=10^o i to poszło łatwo. Jeśli Iwo wyrazi chęć zobaczenia to napiszę. Gdyby było zadanie otwarte, to równanie nie było łatwe. Łatwiej było z tw. sinusów. Mam rozwiązanie ale obawiam się pytań, jak to było z jednym zadaniem, chyba pamiętasz.

Mila: 1) BP− dwusieczna kąta ABD ΔBPA− Δrównoramienny FP⊥AB i F− jest środkiem AB⇒ prosta FP jest symetralną AB AE− symetralna BC Punkt O − środek okręgu opisanego na ΔABC 2)∡AOC=2*7x=14x ΔAOC≡ΔAOB− Δrównoramienne α=2x 3) w ΔABC ∡A=4x 2*7x+4x=180^o x=10^o =============

iwo: Mila dzięki ale nie wpadłbym na tak skomplikowany sposób niestety

Mila: A rozwiązanie z zastosowaniem tw. sinusów ?

iwo: Tak z sinusami jednak łatwiejsze.

Mariusz: Jedyny problem z twierdzeniem sinusów to wybrać odpowiednie pary (boków i kątów) Porównajcie mój wpis i wpisy Bogdana Pomyślałem o okręgu w celu pokazania że ΔACE jest równoramienny gdzie E jest przecięciem odcinka AB i przedłużenia odcinka CD ale Mila lepiej wykorzystała pomysł z okręgiem

an: Milu czy możesz podać na jakiej podstawie można stwierdzić, że punkt O będący środkiem okręgu należy do trójkątów oznaczonych jako AOB oraz AOC.

Mila: To właśnie mnie niepokoi. ! ΔABC− Δrównoramienny O− środek okręgu opisanego na tym Δ. Po przedłużeniu BO i CO do przecięcia z AB i AC spełnione jest tw. Cevy zatem proste AO, CO, BO przecinają się w punkcie O. Sprawdziłam z trygonometrycznej wersji tw. Cevy i też się zgadza. Czy to wystarczy? W każdej mojej wersji ( nie napisanej tutaj) mam lukę. Myślałam jeszcze nad innym uzasadnieniem, ale też mam wątpliwości. Problem otwarty. Masz rozwiązanie bez trygonometrii? To co "młody " podał też jest prawdą, ale nie widzę dlaczego ma być kąt (7x ) w ΔEPC. Mogę Ci podać linka do teorii ( po angielsku) ws syntetycznych metod w geometrii, jeśli nie masz.

an: Ja nie zgłaszam wątpliwości, że w tych zadaniach to się zgadza z prawidłowym wynikiem, jednak moim zdaniem takiego rozwiązania nie można uznać, rzucę też kamieniem w siebie co do mojego rozwiązania forum/413795.html z 29.05 podobna sprawa.

iwo: A czy można jakoś wykazać ze BD przechodzi przez O?

Mila: Na razie pozostaje prawidłowe rozwiązanie z zastosowaniem tw. sinusów. [B [Ite i Bogdan]].

Mila: Iwo, bez wątpliwości możesz skorzystać z tego, że punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w ΔAFC. Zaznaczyłam miary tylko kilku kątów oprócz danych w treści. Działaj.

iwo: No tak, a czemu AFC=10x i IDC=8x?

Mila: ∡AFC=10x jako kąt zewnętrzny ΔFBC ( suma 2kątów wew. nieprzyległych do niego − 7x+3x)) ∡IDC=8x − jako kąt zewnętrzny Δ DBC (5x+3x)

iwo: Ok ale niestety nadal nie widzę jak to wykorzystać

Mila: Wyznacz miary kątów przy T,P, Q w podobny sposób.

iwo: Mam T=10x, P=9x, Q=12x , tyle tych trójkątów i czworokątów że nadal nie wiem

Mila: Dotąd dobrze. Dalej: ∡QIP=3x ∡PIC=7x K punkt na prostej FP, po prawej od punktu P ∡KPC=180−9x⇒∡FPC=9x dalej sam

iwo: Skąd PIC=7x i KPC=180−9x ?

Mila: ∡IPQ=9x to 2x+7x da kąt zewnętrzny 9x.

iwo: Nadal nie wiem czemu PIC=7x

iwo: Ok Kat PIC już wiem A KPC=180−9x?

iwo: K to przecięcie AD z FP?

Mila: Nie, to ma być półprosta PK , K na prawo od P. Może jutro narysuję.

iwo: Ok mimo że mam teraz po prawej stronie to też nie wiem czemu KPC=180−9x?

iwo: KPC=IPQ czy nie?

Mila: Wszystkie 4 kąty wokół P są równe.

iwo: Jeśli wszystkie wokół P są równe to by było po zadaniu.

Mila: Tak.

iwo: Tylko problem w tym jak to pokazać