Геометрическая задача: найти угол.

[sergey zhukov]

Найти угол, обозначенный "?".



Не знаю, насколько эта задача соответствует олимпиадной, но я думал над ней недели две. И решение, которое я нашел, не сильно мне нравится. Можно и попроще решение найти, я думаю.

[zykov]

"?" вроде обозначен отрезок (который жирный), а не угол?

[sergey zhukov]

zykov
Нет, это угол так обозначен. Точно. Отрезок (его длину) тут вообще найти невозможно, ведь с задаче нет ни одной длины. Жирность отрезка тут никакого особого смысла не имеет. Можно на это не обращать внимания.

Да, еще: цифрами обозначены величины соответствующих углов.

[zykov]

sergey zhukov в сообщении #1580846 писал(а):

Нет, это угол так обозначен

Так где этот угол то?
(Удобно, если точки буквами обозначены на чертеже.)

-- 08.02.2023, 22:21 --

Если речь про углы в самом верхнем треугольнике (другие углы там связаны), то думаю, через биссктрисы надо.
В основании большого треугольника углы 80 градусов. Биссектроиса от него - 40 градусов. Биссектриса от этого - 20 градусов. И ещё одна биссектриса - 10 градусов.
Немного повозиться, и можно найти верхний треугольник.

-- 08.02.2023, 22:22 --

sergey zhukov в сообщении #1580846 писал(а):

Отрезок (его длину) тут вообще найти невозможно, ведь с задаче нет ни одной длины.

Это не важно. Можно например основание большого треугольника принять за $x$ (к качестве выбранного масштаба) и выразить через него, т.к. все углы даны.

[sergey zhukov]

zykov
Ок, нужно найти любой угол, прилегающий к жирному отрезку.

[zykov]

.
$BE, BG, BI$ - последовательные биссектрисы ($AD, AF, AH$ - аналогично)
Пусть $CB=CA=1$.
Треугольник $CGB$ равнобедренный из углов при основании 20 градусов.
Пусть $CF=CG=BG=x$ и $CI=y$.
Тогда $\frac{1}{2x}=\cos 20^{\circ}$ и $x=\frac{x-y}{y}$.
Значит $x=\frac{1}{2\cos 20^{\circ}}$ и $y=\frac{1}{1+2\cos 20^{\circ}}$.

Пусть $\angle CFI = \alpha$, тогда $\angle CIF = 160^{\circ}-\alpha$.
И $\frac{x}{y}=\frac{\sin (160^{\circ}-\alpha)}{\sin \alpha}=1+\frac {1}{2\cos 20^{\circ}}$.
При $0<\alpha<180^{\circ}$ только одно решение $\alpha=30^{\circ}$.

Если имелся ввиду угол $\angle FIB$, то он равен $20^{\circ}$.

[sergey zhukov]

zykov
Откуда следует, что $\frac{x}{1}=\frac{x-y}{y}$? Я так понимаю, что слева стоит отношение $x$ к $AC=1$

[zykov]

sergey zhukov
Биссектриса $BI$ в треугольнике $CGB$.
$\frac{BG}{BC}=\frac{GI}{IC}$

[sergey zhukov]

zykov
Теорема о биссектрисе. Понятно.

Мое решение было таким:

[TOTAL]

Легко доказать, что $BD=AC$
Далее расставляем точки так, что $BD=AC=EC=EF=EG$
Отсюда нраходим угол $BGD=CGF=70-40$

[gris]

Припомнилась двойственная задача: чертёж тот же самый, только задан угол в $80^{\circ}$ как один из углов треугольника, показанный угол $20^{\circ}$ плюс условие, что как раз отрезок $BD$ равен основанию основного треугольника. Решается несложно с помощью теоремы синусов и некоторых простеньких тригонометрических свойств. Хотя надо проявить аккуратность. Но есть решение и для семиклассников с помощью дополнительных построений.

[Утундрий]

Может кто-нибудь повторить условие задачи не столь радикально?

[gris]

Утундрий, для вас и не радикально? Ну знаете... Я попробую .
На Евклидовой плоскости школьного типа задан треугольник
\triangle ABC.\; M\in AB, N\in BC.

\angle BAN= 10^{\circ};\;\angle CAN= 70^{\circ};\;\angle BCM= 20^{\circ};\;\angle ACM= 60^{\circ}

Find \angle MNA= ?

двойственная задача:

\triangle ABC.

\exists X\in\{A,B,C\}: \angle X= 80^{\circ};

M\in AB: \;\angle BCM= 20^{\circ}; N\in BC: \; |BN|=|AC|

\angle MNA= ?

[Утундрий]

gris
Всё проще - я картинку не вижу.

[Aritaborian]

Утундрий в сообщении #1580918 писал(а):

Всё проще - я картинку не вижу.

Картинка из стартового поста:



-- 09.02.2023, 17:44 --

gris в сообщении #1580914 писал(а):

радикально

Это была игра слов ;-D