Геометрическая задача

[Ranax]

VoloCh в сообщении #332552 писал(а):

Значит, я (мы) не понял(и) условия. Итак есть, квадрат $ABCD$ (для простоты со стороной, равной 2), точки $G$ и $F$ соответственно середины $BC$ и $AD$. Тогда $\angle AOF=\alpha=\dfrac{75^\circ}2$, аналогично , $\angle BOG=\beta=\dfrac{\angle BOC}2$. Далее, так как $O$ внутри квадрата по уточнению, то $FO+OG=\ctg\alpha+\ctg\beta=2$. Отсюда мой нецелый ответ. Где ошибка?

У Вас все правильно, только надо упростить это выражение,

(Оффтоп)

а как это сделать, уже другой вопрос

Вообще задача решается чисто геометрически, без всяких вычислений

[gris]

Ну а чего там уж такого? $75^{\circ}=45^{\circ}+30^{\circ}$. Провести дополнительный отрезок и всё.

[Ranax]

Цитата:

Ну во-первых,....
Таким образом, таких прямых бесконечное множество.

Age, Вы бы лучше почитали дальше, чем писать подобную чепуху

-- Пт июн 18, 2010 21:45:48 --

gris в сообщении #332613 писал(а):

Ну а чего там уж такого? $75^{\circ}=45^{\circ}+30^{\circ}$. Провести дополнительный отрезок и всё.

Какой?

[gris]

дополнительный .
Который делит угол на два. там всё получается.

[Ranax]

Сереж, можно поподробнее?

[gris]

(Оффтоп)

Дим, для тебя всё, но не это. У мну башка уже не варит.

[VoloCh]

Непонятно что имел в виду автор поста, но есть похожая красивая задача (а мож,она тут была уже?).

Короче так: дан опять квадрат $ABCD$ и точка $O$ внутри квадрата, такая что $OA=1$, $OD=2$, $OC =3$. Найти угол $AOD$.

[arqady]

VoloCh в сообщении #332717 писал(а):

Непонятно что имел в виду автор поста, но есть похожая красивая задача (а мож,она тут была уже?).

Короче так: дан опять квадрат $ABCD$ и точка $O$ внутри квадрата, такая что $OA=1$, $OD=2$, $OC =3$. Найти угол $AOD$.

У меня получилось $\measuredangle AOD=135^{\circ}.$

[VoloCh]

угу

[SERJdevil]

если больше нету идей, можно узнать как решается эта задачка?

[VoloCh]

VoloCh в сообщении #332717 писал(а):

Дан квадрат $ABCD$ и точка $O$ внутри квадрата, такая что $OA=1$, $OD=2$, $OC =3$. Найти угол $AOD$.

Пусть $ABCD$ стоят по часовой стрелке. Повернем всю картинку на $90^\circ$ (против часовой) вокруг $D$. При этом $C$ перейдет в $A,$ $A$ перейдет в $A',$ $B$ перейдет в $B',$ $O$ перейдет в $O'.$
1) Треугольник $ODO'$ равнобедненный и прямоугольный по построению. $OO'=2\sqrt2$.
2) По построению $AO'=CO=3$, поэтому треугольник $AOO'$ тоже прямоугольный, так как его стороны $1,\ 2\sqrt2,\ 3$.
3) Теперь $\angle AOD=90^\circ+45^\circ$.

[Ranax]

красивое решение!

-- Вт июн 22, 2010 02:25:59 --

а мою задачу кто-нибудь решит?

[Yu_K]

http://www.wolframalpha.com/input/?i=x+deg%3D2*arctg%281%2F%282-tg%2875deg%2F2%29%29%29

что-то Вольфрам не хочет там видеть целое цисло градусов. Это если взять сторону квадрата равной 2 и выразить арктангенс искомого угла. Где-то на израильской олимпиаде по весне была эта задача.

[Yu_K]

Немного не так понял задачку по причине отсутствия в начальной постановке полного условия. А кнопки исправить уже нет.

[maikle]

привет вcем! Pешал эту задачу c помочью попарного изменения сумм углов