Геометрическая задачка

[nnosipov]

Keter в сообщении #484630 писал(а):

Если $MN=AN$, то искомый угол будет $80^\circ$.

И здесь неверно: если на Вашей картинке $MN=AN$, то $\angle BNM \neq 80^\circ$. Однако при условии $MN=AN$ легко обнаружить, что $\angle BMN=60^\circ$.

Кстати, вот ещё одна задача в тему: упр. 4 на стр. 38 в "Новых встречах с геометрией" Коксетера и Грейтцера (М., Наука, 1978).

[Keter]

Вы согласны, что угол $AMN=40^\circ, CNM=30^\circ$?

Если нет, то докажите обратное. Если да, тогда угол $BNM=80^\circ$, так как в треугольнике $AMN$ $AN=MN$(это по предположению). Почему я это предположил? Просто в ответе к этой задаче искомый угол равен именно $80^\circ$.

[nnosipov]

Keter в сообщении #485033 писал(а):

Вы согласны, что угол $AMN=40^\circ, CNM=30^\circ$?

Если нет, то докажите обратное. Если да, тогда угол $BNM=80^\circ$, так как в треугольнике $AMN$ $AN=MN$(это по предположению). Почему я это предположил? Просто в ответе к этой задаче искомый угол равен именно $80^\circ$.

Как я понимаю, Вы пытаетесь доказать следующее утверждение: при условии $AN=MN$ в равнобедренном треугольнике $ABC$ (см. самую первую картинку) угол $BNM$ равен $80^\circ$. Ваше доказательство базируется на равенствах $\angle AMN=40^\circ$, $\angle CNM=30^\circ$. Допустим, что они верны. Тогда, разглядывая четырёхугольник $ANMC$, мы легко сообразим, что он --- равнобокая трапеция с углом $CAB=70^\circ$ при основании $AC$. Но тогда угол $MNB=70^\circ$, а не $80^\circ$, как Вам хочется.

Если Вам интересно знать, возможны ли равенства $\angle AMN=40^\circ$, $\angle CNM=30^\circ$ при допущении $AN=MN$, то и здесь можно дать определённый ответ: невозможны, так как трапеция $ANMC$ оказывается очень странной.

Лучше бы Вам найти точную формулировку задачи, а не домысливать её.

[Keter]

nnosipov в сообщении #485105 писал(а):

Keter в сообщении #485033 писал(а):

Вы согласны, что угол $AMN=40^\circ, CNM=30^\circ$?

Тогда, разглядывая четырёхугольник $ANMC$, мы легко сообразим, что он --- равнобокая трапеция с углом $CAB=70^\circ$ при основании $AC$. Но тогда угол $MNB=70^\circ$, а не $80^\circ$, как Вам хочется.

Но похоже это Вам хочется, чтобы трапеция $ANMC$ была равнобокой. Я предполагал, что $AN=MN$, а судя по вашим рассуждениям $AN=MC$ должно быть. Посмотрите внимательно на рисунок.

[nnosipov]

Keter, мне хочется, чтобы Вы привели полную и точную формулировку Вашей задачи (это в Ваших же интересах, не забывайте, в какой раздел Вы поместили свою задачу). Неплохо бы видеть и источник этой задачи (книга, олимпиада, ...). Ваши домысливания пока приводят только к противоречивым ситуациям (т.е. дополнительные условия, которые Вы накладываете, оказываются несовместимыми с теми, которые уже есть на первоначальной картинке).

[gris]

Методологическое :
Мне задача понравилась именно в её первоначальной постановке. Школьник или любитель может извлечь немало пользы, рассуждая над предельными случаями, возможными дополнениями условия, ограничениями. Задачу можно решать во множестве вариантов, задав, например, условие $AC=CN$, или $AC=AM$, или $BM=AM$, или другие равенства. И смотреть, что получится. Можно сделать анимацию, двигая вершину $B$ вверх-вниз.

[nnosipov]

gris в сообщении #485446 писал(а):

Методологическое :
Мне задача понравилась именно в её первоначальной постановке. Школьник или любитель может извлечь немало пользы, рассуждая над предельными случаями, возможными дополнениями условия, ограничениями. Задачу можно решать во множестве вариантов, задав, например, условие $AC=CN$, или $AC=AM$, или $BM=AM$, или другие равенства. И смотреть, что получится. Можно сделать анимацию, двигая вершину $B$ вверх-вниз.

Конструирование задач --- дело, безусловно, полезное, но, должен заметить, не простое. Боюсь, все (или очень многие) подобные задачи с "хорошими" условиями и ответом уже придуманы (выше я приводил примеры таких задач). Буду только рад, если наш молодой коллега придумает что-то новенькое и не слишком очевидное в этом жанре. Но пока, увы, никакой "разумной" задачи не получилось.

С другой стороны, конфигурация на исходной картинке не слишком сложна, и это позволяет учинить полный перебор всех "разумных" дополнительных условий и "хороших" ответов при помощи компьютера. Вот, скажем, вполне разумное дополнительное условие $AN=MN$ выполняется только для одного, и притом "плохого", угла $CAB \approx 75.16^\circ$, так что хорошей задачи не получается. Та же петрушка может выйти и с условиями $AC=CN$, или $AC=AM$, или $BM=AM$.

[Батороев]

Хотел бы сверить полученный ответ:

$x=\alpha+\arctg {\dfrac{\tg^2\alpha\cdot (\tg{40^\circ}-\tg{30^\circ})}{\tg^2\alpha-\tg{40^\circ}\cdot \tg{30^\circ}}}$

-- 24 сен 2011 00:24 --

Вот так, может быть, немного нагляднее:

$x=\alpha+\arctg {\dfrac{\tg{40^\circ}-\tg{30^\circ}}{1-\dfrac{\tg{40^\circ}\cdot \tg{30^\circ}}{\tg^2\alpha}}}$

По крайней мере видно, что получится при $\alpha= 90^\circ$.

[nnosipov]

Батороев, при $\alpha=40^\circ$ по Вашей формуле получается как раз тот ответ, который хотел ТС.

[Батороев]

При $\alpha=40^\circ$ ответ очевиден и без каких-либо формул: $x=40^\circ+40^\circ$. Поэтому не понял, какой ответ, "который хотел ТС", имеется в виду?

[nnosipov]

Keter в сообщении #485033 писал(а):

Просто в ответе к этой задаче искомый угол равен именно $80^\circ$.

[Keter]

Дан равнобедренный треугольник $ABC, AB=BC$. На стороне $AB$ взята точка $N$ так, что угол $NCA = 40^\circ$, а на стороне $BC$ взята точка $M$ так, что угол $CAM = 30^\circ$. Найти угол $BNM.$

Точная формулировка задачи. Источник: преподаватель.

[nnosipov]

Keter, в такой формулировке ответ неоднозначен; если дополнительно считать, что задан угол при основании (выше мы его $\alpha$ обозначали), то тогда см. формулу Батороев, это предполагаемый ответ.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #485706 писал(а):

Keter в сообщении #485033 писал(а):

Просто в ответе к этой задаче искомый угол равен именно $80^\circ$.

Keter в сообщении #485730 писал(а):

Дан равнобедренный треугольник $ABC, AB=BC$. На стороне $AB$ взята точка $N$ так, что угол $NCA = 40^\circ$, а на стороне $BC$ взята точка $M$ так, что угол $CAM = 30^\circ$. Найти угол $BNM.$

Точная формулировка задачи. Источник: преподаватель.

Странная постановка задачи: неоднозначное условие+ответ. Но если все же согласиться с этой странностью, то такая задача - элементарная.

nnosipov в сообщении #485800 писал(а):

если дополнительно считать, что задан угол при основании (выше мы его $\alpha$ обозначали), то тогда см. формулу

В таком виде задача довольно интересная и почти олимпиадная.

nnosipov в сообщении #484650 писал(а):

А утверждение о том, что искомый угол равен $\alpha+10^\circ$, неверно при любом $\alpha$.

Кстати, такой угол формально существует... при $\alpha=-45^\circ$.

[Keter]

Батороев Ваша формула действительно работает. Я на бумаге нарисовал транспортиром данный треугольник: получился $x = 80^\circ$ и $\alpha = 63^\circ$. В Вашу формулу подставил $\alpha = 63^\circ$ и получил $x = 80^\circ$. Скорее всего в условии не додан угол при основании $\alpha$. Позвольте узнать, как Вы получили данную формулу.