БАРСЕЛОНА-2! СДЕЛАЙ ТРЕНЕРА!

[@КоляЕгоров-лимб]

Красивое решение, простое и логичное. Зная о таком, придумывать другие просто не хочется.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@constantinfedorov2307]

Я попробовал применить то же приемчик, что и в предыдущей задачке про 75°, то есть использовать связь между высотой из B (BH = h) и проекцией AB на AC (AH = x, тот самый "левый кусочек"). x(2 + √3) = h; Я напомню, надо провести луч под углом 60° к AC, до пересечения с высотой (пусть в точке Q). Там получается равнобедренный треугольник ABQ, и AQ = BQ, после чего все выражается через x. Ну, и из за угла в 45°, h = 3 - x; отсюда легко находятся x и h, и потом (к сожалению, на этот раз не в одну строчку, приходится повозиться с корнями) получается, что котангенс угла между высотой и BK (угол HBK), то есть h/(h - 1) = √3, а следовательно это угол 30°. Ничего красивого в этом нет, и остается за бортом причина совпадения углов CBK и ABH, но, как запасной вариант, для тех, кому ничего лучше в голову не приходит - годится. :) Ваше решение намного красивее. Но, в порядке критики (можно не читать). Увидеть, что O ∈ BK, заранее не зная ответ, на мой взгляд, не так-то и просто. Для этого надо увидеть (или знать), что в равнобедренном треугольнике с углом 120° чевиана из вершины этого угла, перпендикулярная боковой стороне, делит противоположную сторону в пропорции 2:1. Тут ведь сразу два неизвестных - сама чевиана BK кажется совершенно произвольной, но даже если я набрел на то, что на ней лежит центр O, что с того? Если не знать про равные углы, то надо еще увидеть следующий совсем неочевидный шаг. Даже для меня, а я заранее знал, что надо искать и зачем, все это кажется неочевидным. Неподготовленный школьник просто не найдет. Вот я бы выразил некое пожелание, по-моему, очень полезное. Я надеюсь, Вы не сочтете это за какое-то злоупотребление. Совсем не обязательно вводить термин "изогональное сопряжение", а вот разобрать в виде задачи, что в произвольном треугольнике равны углы CBO и ABH, было бы очень полезно, тем более, что это просто доказывается, и используется в куче задач. Например, в этой задаче после того, как установлено O ∈ BK, Вы могли бы ничего не вычислять, а сразу написать ответ. И тогда было бы понятно, почему вместо счета углов Вы занялись поиском центра описанной окружности. Кстати, у Вас уже была задачка из этой темы - про отрезок, соединяющий концы высот. Это все - базовые знания, которые в школе почему-то игнорируют полностью (непонятно, почему). Я, когда учился, не знал даже формулу длины биссектрисы. Такое было образование в СССР, увы. В математическом классе, между прочим. А уж про прямую Эйлера, или, не дай Бог, про окружность - я даже и не слышал. Так вот, у Вас на канале многие важные, хотя и относительно простые, приемы подаются через интересные головоломки. Я сам сторонник такого метода обучения, особенно на начальном этапе (7-8 классы). Но в этом же возрасте мозг хорошо впитывает не только в глубину, но и в ширину, так сказать. Углубляться в какие-то дебри не стоит, для этого есть куча других каналов, а вот иногда подкидывать кусочки более сложных идей, но такие, которые не требуют что-то учить, и часто встречаются - стоило бы. У Вас есть целый ряд задач, где фактически используется вневписанная окружность, но сам термин не вводится. Вот в таком духе.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Супер!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Да, не катит.

[@sergeylopanov1829]

Решил свои 5 копеек вставить для тех, кто не любит чертить окружности. Хотя с точки зрения геометрии, что окружность, что опущенный перпендикуляр всё одно и тоже, доп построения. Рассмотрим отдельно Δ АВС, где АС=3, проведём прямую из точки В до пересечения со стороной АС, (точка Р), так чтобы угол ВРА был 60 град, на отрезок ВР опустим перпендикуляр из точки А (точка М). По построению видно, что угол РВС равен 15 град. Осталось доказать, что АК=АР=2 и тогда искомый угол будет равен 15 град. Обозначим РМ=х, тогда РА=2х, отрезок РС=3-2х, а отрезок АМ=√3х, отрезок АР=х(√3+1). В принципе из этих построений с помощью теоремы синусов уже можно найти х. Но тригонометрия, это удел старших классов, мы же, младшая группа будем использовать прямоугольные треугольники. Опустим из точки В перпендикуляр на сторону АС получим точку D, из построения видно, что DС=BD, DP=х(√3+1)/2. Тогда с одной стороны получаем DС=х(√3+1)/2+3-2х, с другой стороны BD=х(√3+1)√3/2. Так как DС=BD, то х(√3+1)/2+3-2х=х(√3+1)√3/2, х(√3+1)(1-√3)/2+3-2х=0, х(1-3)/2+3-2х=0, 3х=3, х=1, 2х=АР=2, АР=АК=2. Точки Р и К совпадают, искомый угол =15 град.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Давно вас не было. Очень приятно.

[@sergeylopanov1829]

@@GeometriaValeriyKazakov Задачки смотрю практически все, просто редко отвечаю. Покумекал и подписался, очень уж помогает это всё дело для тренировки мозгов в районе 7 десятков лет.🙂

[@SB-7423]

S(ABK) = 2∙S(ВKC). Применим красивую формулу для площади треугольника: (2^2)/[2∙(ctg75° + ctgx)] = 2∙ (1^2)/[2∙(ctg45° - ctgx)], где х = ∡АКВ. Отсюда следует : 2 - 2∙ctgx = 2 - √3 + ctgx ⟹ ctgx = √3/3 ⟹ x = 60°(внешний) ⟹ ∡KBC = 60° - 45° = 15°. Очень простая и ЭФФЕКТИВНАЯ во многих случаях формула! *Преимущество такого подхода в том, что точно так же можно получить решение в общем виде!* Пусть ∢ А = α, ∢ С = γ, АК/КС = m/n. Тогда: *ctgx = (m∙ctgγ - n∙ctgα)/(m + n).* Получилась красивая и удобная формула! Подставим ∢ А = α = 75°, ∢ С = γ = 45°, m : n = 2 : 1 ⟹ ctgx = (2∙ctg45° - 1∙ctg75°)/3 = √3/3 ⟹ x = 60°(внешний) ⟹ ∡KBC = 60° - 45° = 15°.

[@ТамараКазакова-и1ы]

По теореме синусов из треугольника АВС: АВ = корню из 6. ОтношениеАВ к АК = Отношению АС к АВ , следовательно АВС подобен АКВ По двум сторонам и углу между ними. Следовательно, угол АВК = углу АСВ =45 градусам. Значит, угол КВС = 15 градусам.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Запрещенка!

[@ТамараКазакова-и1ы]

@@GeometriaValeriyKazakov , почему?

[@GeometriaValeriyKazakov]

@@ТамараКазакова-и1ы Т синусов еще не проходили!

[@ТамараКазакова-и1ы]

@@GeometriaValeriyKazakov АВ можно легко найти и без теоремы синусов. Высота из вершины А разбивает данный треугольник на равнобедренный прямоугольный с гипотенузой 3 и прямоугольный треугольник с углом 30 градусов и гипотенузой АВ. А дальше можно и без подобия даже обойтись.

[@КонстантинПосошнов]

Проводим перпендикуляр АD. Сначала находим его, а потом сторону АВ. АВ=sqrt(6). Дальше доказываем что АВК подобен АВС по углу и двум сторонам, дальше находим ответ 15

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Смотрите наши ранние ролики, там много интересного.

[@НиколайКаширин-я9ш]

Помогите, пожалуйста вычислить угловое значение расстояния между двумя точками, заданными в географических координатах. С уважением Николай...

[@GeometriaValeriyKazakov]

К сожалению нет времени (тайминг плотный)

[@pojuellavid]

Таааак, третья похожая задача (или пятая?). Можно я радикалы писать не буду?. Проведем высоту на ВС. Один треугольник равнобедренный, другой 30/60. Из первого находим высоту и кусок основания . Из второго (зная высоту ) -- второй кусок основания. Опускаем высоту ВН на АС. Опять треугольник равнобедренный. Зная ВС , находим высоту ∆АВС и кусок АС. Вычитаем из этого куска единицу, находим НК. Почему-то ВН/НВ=√3. Угол К=60° Ответ:15°

[@GeometriaValeriyKazakov]

МОЖНО

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@Ischim52]

Построим равнобедренный тр.АВМ с углом при вершине 30 , углы при основании МАВ=АМВ=75 . Из т. В проведем окр. R=AB=AM, она пересечет ВС в т. N . Тр. АВМ=тр. МBN . Опустим перпендикуляры на АМ и MN , они одновременно являются медианами и гипотенузами , откуда @=15 .

[@AlexeyEvpalov]

Пусть K начало координат (0;0). Уравнение прямой BC y=-(x-1), уравнение AB y=tg75°(x+2)=(2+√3)(x+2), точка B общая y=y или -(x-1)=(2+√3)(x+2), откуда x=-(3+2√3)/(3+√3), умножив числитель и знаменатель на сопряжённое (3-√3), получим x=-(1+√3)/2. Из уравнения y=-(x-1) подставив x получим y=(3+√3)/2. Найдя координаты точки B, угловой коэффициент прямой BK будет tgK=y/x=(3+√3)/2÷(-(1+√3)/2, сократив на 1/2 и умножив на сопряжённое (1-√3), получим tgK=-√3, то есть угол BKA=60°. Тогда из треугольника BCK, искомый угол B=180-(180-60)-45=15°.

[@GeometriaValeriyKazakov]

СПАСИБО.

[@ВячеславФоминых-р3г]

Очень здорово и понятно.Своих решений пока нет.😂

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@OlegVlCh]

Эквивалентное решение. Построим угол CBK'=15. Затем по т. синусов из тр-ков АВК' и ВК'С находим, что АК'=2К'С, следовательно K'=K.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. Синусов - запрещенка.

[@papa54-y2l]

Проще с подобием: АВ=√6, легко вычисляется, если провести высоту из А на ВС;

[@pojuellavid]

Откуда АВ=√6?

[@GeometriaValeriyKazakov]

Не, не проще. Что значит "проще"? Это другое решение. Вы т. синусов. применили, увидели подобие, что непросто, доказали подобие ... У нас а) описали окружность б) показали, что O на BK. Все! Но свое - всегда кажется проще. Это да.

[@papa54-y2l]

@@GeometriaValeriyKazakov До Вашего способа решения я бы никогда не догадался, поэтому он для меня сложен. Оно(Ваше решение), конечно, изящнее и красивее.

[@user-Alexander-1950-Ufa]

@@pojuellavid H(A) = 3/sqrt(2) => (AB) = H(A)/sin(60) = (sqrt(2)*(3/2)) * 2/sqrt(3) = (AB) = sqrt(6)

[@adept7474]

А мне казалось, что за полтора года Вы уже разобрали тр-к 45-60-75 на пиксели. Ан нет, он вечно живой, как дедушка Ленин

[@zawatsky]

Наверное, поэтому известно где все памятники ему выпилили - дедуля практически бог, ему лишние идолы ни к чему. )

[@Olga-fv6jy]

Смотрела ваш вчерашний ролик "Классика жанра". Замечательная задача Р.К. Гордина. Задача из разряда "многосерийных", как я их называю. Я уже нашла 10 способов решения. Второй показанный способ действительно креативный, но это способ Р.К. Гордина. Ваш Андрей мог бы предложить свое решение.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спвасибо. Это классическая олимпиадная задача! Ей, думаю 2000 лет. Гордин - замечательный автор. Но никакое, конечно, это не решение учителя Р. Гордина. Оно было известно задолго до рождения Р. Гордина. Задача есть во всех олимпиадных сборниках: Шарыгина, Прасолова, ...Но приятно, что так хорошо знаетет литературу. Кстати, теорема Пифагора именно так и доказывается (см. Казаков, Геометрия 8). Так что догадаться - можно!

[@sergeykitov2760]

В треугольнике ABC проводим высоту AH, получаем два прямоугольных треугольника, из одного AH = 3v2/2, из второго AB = v6. AB^2 = AK*AC -> треугольники подобны.

[@zawatsky]

Возможно, также как-то получится пробросить пятнадцатиградусный от АВ, там где 75°. Такой же получить проведением высоты ΔВСК к ВС. По отдельности посчитать катеты того и другого, получить одинаковый коэффициент подобия, таким образом доказать подобие треугольников в целом, а значит - пятнадцатиградусность второго.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Супер!

[@user-Alexander-1950-Ufa]

Тригонометрией - я решил. Посчитаем (BC) из отрезков основания высоты H(A). И из теоремы sin(): тр-к(CBK), углы (K & B) => tg(CBK) =2 - sqrt(3). Дальше вычисляем tg(CBK*2) = 1/sqrt(3), и Ответ: Угол (CBK) = 30/2 град. Без тригонометрии. Посчитали (BC) = ((2+1)/sqrt(2)) * (1 + 1/sqrt(3)) - см. выше.. Проводим высоту (BH) = (BC) * sqrt(2)/2 = (3 + sqrt(3))/2 = (CH). Можно посчитать (HK) = (CH) - (CK) = (sqrt(3) + 1)/2. Треугольник (BHK) - определён катетами, можно посчитать их отношение. (BH) / (HK) = (sqrt(3) + 3) / (sqrt(3) + 1) = (3 + (3-1)*sqrt(3) - 3) / (3-1) = sqrt(3) => внешний угол (BKH) = 60 гр. = 45 + угол (CBK) И Ответ: Угол (CBK) = 15 гр.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. ГЛавное - решить!

[@alexnikola7520]

хорошее решение... но в конце, после окружности, поиск угла можно было и не расписывать так детально... потому что ВАС=75, а ВОС=150... и треуг ВОС равнобедр

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Можно. Боольше не буду.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Да.

[@ashotkhechoyan]

В том,что решение автора красивое, согласен,но в том,что простое -нет!Считаю,что , может быть многим и интересно,а многим -"не по душе". Была подобная задача, которую я в своих комментариях решил несколькими способами.Здесь также покажу несложное решение.Оно не требует никаких сложных построений, доказательств...и т.д.Воспользуемся геометрией и тригонометрией.1.В тр/ке КВС из т.К проведем высоту КН.Получим 2 прямоугольных тр/ка:КСН(равнобедренный),КВН.2.Из этих тр/ков имеем:КН=НС=1/✓2,ВН=(ctgx)/✓2,где х-наш искомый неизвестный угол КВС,тогда ВС=ВН+НС=(ctgx+1)/✓2.3.С другой стороны из тр/ка АВС(угол В=60°) по т.sin-ов легко вычислить и получить, что ВС=(sin75°)*2✓3=((✓6+✓2)/4)*2✓3.Приравняв друг-другу полученные значения ВС,проделав необходимые математ.операции(не буду томить вычислениями,легко сделать самостоятельно),получим,что ctgx=2+✓3,tgx=1/(2+✓3)=2-✓3.4.А что же это напоминает нам?Правильно,tg15°=tg(45°-30°)=2-✓3.Все, друзья!Ответ:х=15°.Ашот Хечоян, Армения.

[@GeometriaValeriyKazakov]

@@ashotkhechoyan Спасибо. Привет Армении. Арарату.

[@Григоров_Алексей]

Красиво!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Согласен.

[@Ягагау]

На BK отпускаем высоту из угла А. АО=ВО , то угол ОАК равен 30. Значит ОК=1 . То угол СОК равен 30 и ВО=ОС . Значит уголСВК=15

[@adept7474]

АО=ВО. Почему?

[@GeometriaValeriyKazakov]

Смотрите наши ранние ролики, там много интересного.

[@ВикторКолбачев]

Замечательно

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@closer_to_the_unknown]

И опять я со своим счетным решением Проведем высоту BH и обозначим KH за x, а AK за 2 - x. Тогда в прямоугольном треугольнике BHC один из углов равен pi/4, то есть он равнобедренный, а значит BH = HC = 1 + x. Далее рассмотрим треугольник BAH. Зная, что tg(A) = tg(5pi/12) = 2 + sqrt(3), найдем x. То есть BH/AH = (1 + x)/(2 - x) = 2 + sqrt(3), откуда x = (1 + sqrt(3))/2. Теперь рассмотрим треугольник BHK. Катеты BH и HK равны (3 + sqrt(3))/2 и (1 + sqrt(3))/2. BK = sqrt(4 + 2sqrt(3)) = 1 + sqrt(3). Теперь в треугольнике BKC применим теорему синусов. CK/sin(CBK) = BK/sin(BCK). Подставляя числа и преобразовывая полученное выражение, sin(CBK) = (sqrt(6) - sqrt(2))/4, а сам угол CBK = arcsin((sqrt(6) - sqrt(2))/4), или же pi/12

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@vkr122]

Строим на АВ расносторонний и по т. синусов АВ=√6, описываем окружность вокруг него считаем дуги и еще раз т.синусов доказываем окружность проходит через точку К угол АВК=45 и искомый 60-45=15 , получилось не очень легко и красиво, что не хочется расписывать подробно , подождем , может кто выдаст что то суперское!

[@vkr122]

А впрочем все проще , после нахождения АВ=√6, сразу выясняем АК/АВ=АВ/АС треугольники САВи КАВ подобны, как то сразу не сообразил....

[@zawatsky]

Самый прямолинейный способ. Зная все углы ΔАВС и АС, по теореме синусов ищем ВС. Зная две стороны и один угол ΔВСК, по то же теореме высчитываем недостающие. Можно пойти и более длинным путём - достроить КС до прямоугольного равнобедренного 90/45/45°, отнять его катет от ВС и дальше узнать нужный угол по тангенсу.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. Смотрите наши ранние ролики, там много интересного.

[@AndrewP-x9n]

Ура! Лайк поставил 😊

[@GeometriaValeriyKazakov]

Правильно!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Вот это другое дело. Тут перпендикуляр не катит.

[@youtubeuser6895]

По стороне и двум углам находим все стороны АВС. По двум сторонам и углу находим все стороны, а потом и углы КВС

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Смотрите наши ранние ролики, там много интересного.

[@genadzm271]

Прикол в том что задача легко решается в 7 кл тема Углы при параллельных прямых

[@GeometriaValeriyKazakov]

Прикол в том, что задача из олимпиады высокого уровня для 10 класса, 20% крутых олимпиадников ее всего реши ли. А вы 7 класс ....

[@AndranikAdamyan-f3b]

Отложим КО=1. Легко доказать АОК прямоугольный с углом 30. Тогда АОВ равнобренно прямоугольный и искомый угол 60-45.

[@СвободныйМатематик]

Где именно будет КО?

[@zawatsky]

Хмм. Не лишено смысла! Вот только как доказать-то?🤔

[@zawatsky]

Допустим, построили мы ΔАВО 90/45/45°, где АО=ВО. Да, он отсекает ΔАКО 90/60/30°, по свойству гипотенуза к катету у него 2 к 1. И да, дальше остаётся ещё единичка, т. е. КО=КС⇒ΔСКО равнобедренный. Но ещё нужно доказать, что оба таких треугольника лежат именно на отрезке ВК, иначе ничего не выйдет.

[@adept7474]

Докажите, насколько легко

[@GeometriaValeriyKazakov]

Думаю, не так уж и легко.

[@bimbom1982]

А тут получается, что длины отрезков в условии излишни, да и доказывать, что центр лежит на ВК тоже не нужно. Когда Вы пришли к тому, что треугольник АОС равнобедренный с углами при основании 30 градусов, можно найти угол ВАО - он равен углу А в 75 градусов минус угол ОАК в 30, тогда ВАО равен 45 градусов. Теперь в треугольнике АОВ нам известны два угла в 45 и 90 градусов, и угол АВО теперь равен 45 градусов. Ну а тогда угол ОВС будет равен 60-45=15 градусов.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Нет, не излишни. Иначе можно провести BK под любым углом? Отношение 2:1 как раз и задает угол.

[@АлексейТаранов-и1р]

Решае уже три дня не можем решить, может вы знаете решения. Дана окружность с радиусом r,она описана окружностью радиусом 2r.Проведена хорда через две окружности так,что она в точках пересечения делится на три равные отрезка.Найти длину хорды. Дополню,малая окружность проходит через центр большой

[@GeometriaValeriyKazakov]

К сожалению не знаю. А где вы ее взяли?

[@АлексейТаранов-и1р]

@@GeometriaValeriyKazakov около 30 лет назад коллега по работе в школе решал эту задачу,потратил на неё более 4часов,ответ помнит,а решение забыл.пытались вспомнить но без результата

[@SB-7423]

L = (3∙R/4)∙√7. Решается достаточно просто. R - радиус большой окружности.

[@АлексейТаранов-и1р]

@@SB-7423 решение можно?

[@SB-7423]

@@АлексейТаранов-и1р Начало координат в центре большой окружности. Её уравнение x^2+y^2 = R^2. Уравнение малой окружности x^2+(y-R/2)^2= R^2/4. Пусть уравнение искомой хорды у = h. Точки пересечения хорды с большой окружностью: х1= √(R^2-h^2), х2 = - √(R^2-h^2). Длина всей хорды: L = 2∙√(R^2-h^2). Правая точка пересечения хорды с малой окружностью : х3 = √(R∙h - h^2). х1 - х3 = 1/3∙L. После подстановки, получаем квадратное уравнение относительно переменной h: 8∙(h^2) - 9∙R∙h + R^2 = 0. Отсюда h = R/8 ! Подставляем в L и получаем : L = (3∙R/4)∙√7.