Отличная задача на закрепление темы поворота. Спасибо за подробное решение.

Спасибо! Будем держаться!

*Г.М.Т., из которых отрезок АС виден под углом 15°, представляет собой дугу окружности: (x-a/2)^2+(y-a/(2p))^2 = (a^2/4)*(1+1/(p^2)), где p=tg15°= 2 - √3 , а = АС.* Ещё два уравнения получаются из данных расстояний точки М от точек В и С: (x-a)^2+y^2=2, (x-a/2)^2+(y-a*sqrt(3)/2)^2=4. Решая систему, получим: а = √2. Этот подход хорош тем, что задавая р = tg∡AMC и расстояния ВМ и СМ, можно быстро получить сторону треугольника!

Мне на днях в голову пришла такая задача, кое-чем (но это совсем отдалённая деталь) схожая с этой: AB = 5, AC = 3, BC = 4, AD = 5sqrt(3), BD = 10. Через центры окружностей вписанных в треугольники ABC и ABD проходит окружность w с центром O, лежащим на прямой AB. w пересекает луч AO в точке E. требуется найти длину AE.

А разве после установления того, что ВМ - биссектриса в ▲АММ₁, ещё не ясно, что тр-ки АВМ и ВММ₁ равны по двум сторонам и углу, ⇛, АВ = ВМ₁?

Я так думаю, что в Японии проходят точку Торичелли, поэтому эта конструкция им хорошо знакома и не вызывает шока. Я довольно легко (хотя и не так изящно, как в ролике) решил, достроив эту картинку до полной "торичелливой". Если кратко, не доказывая то, что есть в учебниках. На сторонах треугольника BM и CM тоже строятся правильные треугольники BMN и CMP, их описанные окружности (все три, вокруг правильных треугольников ABC, BMN и CMP) которые пересекаются в одной точке T, а также BP и CN, равные AM. Получается всем известная полная картинка про точку Торичелли. Вся сложность была в том, как соединить значение угла и отношение сторон. Там возникает угол ∠MCN = 45°, то есть известно отношение MT/MC = √(2/3) Я попробую объяснить это так, хотя на бумаге это "сразу видно". Это отношение длин сторон вписанного квадрата и вписанного правильного треугольника в окружность (CMP) (и все из за этого угла :)) Но MT - хорда и в окружности (BMN), у которой размеры в 2/√2 = √2 раз больше, то есть MT/MN = 1/√3, то есть угол TMN прямой, что сразу заканчивает решение - там мгновенно находятся все нужные углы. Кто заинтересовался, я очень рекомендую найти книжку Зетеля С.И. "Новая геометрия треугольника", Лучше издание 1962 года, а не 1940. Название популярное, ищите по автору. Там на двух страницах (144-145) очень ясно, просто и подробно изложена вся теория точки Ферма-Торичелли. Ютуб вроде теперь будет позволять делать шорты к комментам, надо будет попробовать.

Можно слегка расширить рамки задачи. Пусть треугольник будет не равносторонний, а равнобедренный с заданным углом при основании. Используя ГМТ , из которых АС виден под заданным углом АМС (это решение я приводил 4 дня назад), удается решить в общем случае и эту задачу. Так, если ∡АМС =15°, ∡ВСА = 65°, МС = √2, МВ = 2, то основание равнобедренного треугольника равно 1.32705... . Решение проверено построением в графическом редакторе. Если задать условия исходной задачи(∡АМС =15°, ∡ВСА = 60°, МС = √2, МВ = 2), то получается равносторонний треугольник со стороной ровно √2.

не, первый способ мне не понравился... я даже расстроился немного.... Маэстро начал предполагать... рассуждать... окружность... я тоже это заметил - и что... но вторая часть - супер! рэмбо вернулся! полный разгром противника по всем правилам ведения боя... спасибо

Напугали первым способом решения! Вот если бы Вы сказали: задача решается элементарно! Моим любимым поворотом. Сморите и учитесь! А так возникают сомнения о невозможности пробить сию стену))

Задача для профессионалов, продолжающих в 21м веке выжимать все соки из Евклида).

Удалось решить задачу для произвольного треугольника. В качестве тестового примера взяты данные: ∡BAC = 45°, ∡ACB = 120°, ∡AMC = 15°, CM = √2, BM = 2. Основание этого треугольника при этих данных должно быть *√(10 - 5∙√3) = √10∙(√3 - 1)/2 ≈1.15747… .*

Большое уважение автору канала! Похоже, что он взял паузу (отпуск/каникулы), и это - правильно... Во-первых, зрители уже «подсели» и ждут новых задач, но, не имея таковых, они продолжают разбирать последний ролик, увеличивая его рейтинг) Во-вторых, предложенная задача действительно оказалась очень непростой, несмотря на свою кажущуюся простоту и очевидность ответа… только все требует доказательств, а с ними при заданных условиях, возникают большие проблемы… Поэтому решение, предложенное автором, (судя по комментариям) все же является самым оптимальным: коротко, аргументировано, красиво геометрически. В-третьих, повисает вопрос: как натаскивают японских школьников, чтобы они в ограниченное время нашли полностью обоснованный ответ к задаче? Подозреваю, что не менее половины экзаменуемых должны были «побороть» эту задачу… Кстати, есть ли у автора статистика? Очень длинным получается комментарий, но нужно же предложить и что-то свое) Предлагаю: использовать теорему синусов для тр-ка ВСМ (у которого обозначим угол при вершине В - β, при вершине С - γ, при вершине М - α), тогда имеем: 2*sin(β) = √2*sin(γ), что преобразуем в вид sin(90)*sin(β) = sin(45)*sin(γ). Вот тут я не уверен, нужно ли доказывать, что такое тождество выполняется только при значениях углов β = 45, γ = 90? Подозреваю, что строгая тригонометрия даст только такой ответ (с учетом заданных чертежом условий). Тогда угол α = 45, и мы имеем рассматриваемый тр-к как прямоугольный и равнобедренный.

Как говорится: "Вот это поворот!"

Перенесем отрезок ВС так, что точка С попадет в точку М. Получится параллелограм со сторонами \|2 и х и диагональю 2. Начинают появляться подозрения, что это прямоугольник и, даже более того, квадрат. Если АС=СМ=\|2, то треугольник АСМ имеет углы 150° (60 + 90) и 2х15. Получается-таки это был квадрат...

Единственность есть только если угол ориентированный, есть второе решение, когда AM пересекает прямую BC вне отрезка BC, тогда угол равен (-15) если рассматривать его как ориентированный. Но так как в условии не было сказано про ориентированность и про то, что отрезки AM и BC пересекаются, то решения два. Я второе не искал, вероятно там ничего красивого, хотя кто знает.

Существуют две точки М. Они лежат на пересечении окружностей с центром и радиусом СМ и ВМ. Найдем эту точку.Из точки С проводим перпендикуляр СМ, а из точки А прямую под углом 15°. М точка их пересечения.Угол АМС=30-15=15. АС=СМ=√2 =ВС, ВМ=2. А вторая симметрична М по АС.

Предположим, что ∠BCM=90° Тогда... BC=AC=√[2²-(√2)²]=√(4-2)=√2=CM, ∠MAC=15°, ∠ACM=180°-2•15°=150°, ∠ACB=150°-90°=60°, что соответствует условию задачи. Вывод: AC=√2

То. АВМ расположен под углом к горизонтальной пл., довернем его по стороне АС , т. В займет новое положение в т. В1 ( она выше В) то. АВ1С будет иметь натуральный вид , линия СМ также лежит в гор. Плоскости .Построим тр.СМВ2 симмметрично тр.СМВ1 с общим катетом СМ . Тр.В1МВ2 равнобедренный и прямоугольный , т.к.СВ1=СВ2=^из 2 по т. Пифагора .

√2=2√2sin180*/n → R=a=√2 → т. С - центр окружности с R=√2 и стороной шестиугольника равной √2,

Я думаю, что в Японии решали по вашему первому способу.

Поворот не поддается. Решаю по старинке. Опишем окружность вокруг тр-ка АВС.

Не надо теорему синусов. В треугольнике M1BM провести высоту. Её длина будет 1. BM = 2. Значит, BMB1 = 30 градусов.

Когда нашли два угла по 30 градусов, далее треугольники AMB и BMM1 одинаковы по первому признаку.

не уверен на 100% :) Может стоит достроить треугольник ACM1 равный ACM с общей стороной AC Далее проводим окружность с центром в точке С и радиусом СМ МС пересекает ее в какой-то точке К Угол АСК равен 30 градусов так как угол АМС равен 15 градусов, значит угол КСВ равен 90, а следовательно угол ВСМ=90 ну и Пифагор. ВС=СМ

Я, может, глупость скажу, но разве одна сторона не является квадратом другой? У нас одна сторона 2, вторая корень из 2. Это возможно только в том случае, если треугольник прямоугольный. Следовательно, искомая сторона корень из 2.

Предположим, что угол MAC больше 15°. Тогда он больше угла AMC и CM > AC = BC, BC^2+CM^2 2CM^2 = 4 = BM^2, угол BCM острый, сумма углов в треугольнике AMC меньше 15°+15°+60°+90°=180°, противоречие. Значит, угол MAC равен 15°, и AC=CM=sqrt(2).

Класс

В начале ролика вы сказали о КНДР и Ю.Корее. Сегодня читала статью, оказывается в КНДР рабочий день 8ч 5дн в неделю + субботник по уборке вокруг своего дома, дворников нет. В Ю.Корее рабочий день 11--13ч 5--6 дн в неделю. В Ю.Корее большая безработица особенно среди молодёжи с высшим образованием. Образование дорогое, чаще в кредит. В КНДР нет безработицы, образование, в т.ч. высшее, бесплатное. Почему же тогда считают, что в Ю.Корее жить лучше, чем в КНДР? Ну да, зарплата выше, но зачем она, если до 13ч в сутки вкалываешь, на развлечения времени нет. В Ю.Корее высокий % депрессий и самоубийств, а в КНДР это редкие явления.

// Отличная последняя задача у Земскова. Там и т. косинусов и cos30°=3½/2 и построения дополнительные. Только решение неполное и поворотов нет. Стесняюсь спросить, а как бы вы решили? Геометрически? //

Построил 12угольник где АС грань , А=А1 С=А12 , центральный =30 , значит точка М на окружности , точка В пересечение диагоналей (оказалось А11,А3) значит М на вершине 12 угольника , ставим М в точку А11 и отношение МС/МВ=√2/2 , других вершин с таким отношением недолжно быть, значит АС=СМ=√2!

Решил проще, не глядя Ваше решение. Проведем высоту CD из вершины С на основание BM. Докажем, что DCM и BCD - равнобедренные прямоугольные треугольники, как и треугольник BCM. Если это справедливо, то 1. CD должно быть равно CМ = 2/2= 1. Это верно, т.к. в прямоугольном треугольнике DCM основание DM = 1 а гипотенуза корень из 2. Если верить Пифагору, то катет СD тоже равен 1. 2. Аналогично с треугольником BCD. Т.е. и BCD и DCM - прямоугольные равнобедренные. 3. Соответственно BC = СМ (это уже ответ но нужно еще доказать, что BCM прямоугольный равнобедренный, доказывается множеством способов). Напр. углы CBD и CMD по 45 гр. , то BCM 90. Или, по Пифагору - две стороны треугольника BCM по корень из двух, а третья - 2. значит она гипотенуза прямоугольного треугольника. Решение окончено. Юра, 48 годиков. Подсказкой должны были служить числа 2 и корень из 2, тогда задача решается в уме и не нужны никакие плоские перемещения.. И да, условие задачи избыточно. Можно опустить любое из чисел (величина угла, или длина любой из сторон) и задача все еще решается...

Поскольку даже после поворота применялись теоремы синусов и косинусов, то можно решить эту задачу при помощи тех же теорем напрямую.Обозначим АС = х, ∡МАС = α. Из треугольника АМС по теореме синусов: х = √2∙sin15°/sinα. Из треугольника ВСМ по теореме косинусов : x^2 - 2∙x∙√2∙cos(105° - α) = 2. Подставляя х из первого равенства во второе, получим тригонометрическое уравнение: (sin15°/sinα)^2-2∙√2∙sin15°/sinα∙cos(105° - α) = 1. Это уравнение можно свести к виду: (√3 + 1)/2 = 2∙sin15°∙cos(2α - 15°) + cos(2α). Слева - прямая линия, справа - функция, убывающая в положительной области . При этом, в точке α=0 график находится выше прямой. Поэтому в допустимой области есть только один корень! Как легко увидеть, это α = 15°. Поэтому х = МС = √2. Точное решение уравнения смысла не имеет. Тем не менее удалось точно решить тригонометрическое уравнение, а также, исключив угол α, удалось получить биквадратное уравнение относительно х. *P.S. Приведу биквадратное уравнение относительно стороны треугольника: x^4 - (10 - 2∙√3)∙x^2 + 16 - 4∙√3 = 0.* Его решения: x^2 = (5 - √3) ± √(12 - 6∙√3). Корень легко извлекается, откуда получим: *x^2 = (5 - √3) ± (3 - √3) ⟹ (x^2 = 2) или (x^2 = 8 - 2∙√3).* *Удовлетворяет условиям задачи только x^2 =2 ⟹ x = √2 .*

Как только вышли на угол 45 градусов нужно обратить внимание на ВМС, это половина квадрата, а значит сторона треугольника равна корень из 2

Новых задач так не хватает(((

А не проще достроить м1с и доказать, что ам1с=мм1с?

Единственность: 1. Пусть сторона треугольника ABC равна a 2. Построим окружность S₁, проходящую через точки A,C с центром O, расположенным выше линии (AC) такую, что угол AOC = 30°. Тогда точка M находится на этой окружности, т.е. M ∈ S₁ 3. Построим множество точек S₂ = {X: |BX|/|CX| = √̅2} Это окружность Аполлония. Центр окружности находится на прямой (BC) ниже точки C, радиус этой окружности R=a√̅2 (радиус не важен, главное что окружность единственна). Очевидно, что точка M находится и на этой окружности, т.е. M ∈ S₂ 4. Точка M, во-первых, находится на пересечении окружностей S₁ и S₂ и во-вторых, судя по чертежу, точка M находится выше линии (AC) и правее точки C Отсюда следует единственность точки M. Таким образом получается, что любой угаданный частный случай (если его угадали), является единственным решением. Но решение, приведенное автором, на мой взгляд является наилучшим.