Планиметрия

[Keter]

Дан параллелограмм $ABCD$, в котором $AB=1$. На стороне $AD$ есть точка $K$ такая, что $KD=1, \angle ABK=90^{\circ}, \angle DBK=30^{\circ}$. Найти длину $AD$.

Попытался решить.

(proof)

Проведем $KP \parallel AB$. Пусть $KP \cap BD = O$. Тогда рассмотрим треугольник $BKO ( \angle K = 90^{\circ} ): \quad BK=x, OK=\dfrac{x \sqrt3}{3}, OB=\dfrac{2x \sqrt3}{3}$. Далее заметим, что $\triangle BKO \sim \triangle KBA: \quad \dfrac{2x \sqrt3}{AK}=\dfrac{x \sqrt3}{3}; AK=6$. Тогда $AD=AK+KD=7$.

Правильно ли? Какие еще идеи?

[arqady]

Keter в сообщении #616422 писал(а):

Далее заметим, что $\triangle BKO \sim \triangle KBA$.

Если это так, то $BD||AD$.
У меня получилось $AD=1+\sqrt[3]2$.

[Henrylee]

Keter в сообщении #616422 писал(а):

$\triangle BKO \sim \triangle KBA$

А это почему это?

-- Вс сен 09, 2012 01:18:22 --

6 минут писал

[Keter]

Значит не правильно я решил задачу, причем, как я и думал, в корне неправильно.

[Keter]

Дадите подсказочку?

[Профессор Снэйп]

Пробовал тупо, координатами.

$A = (0,0)$, $B = (a,b)$, $K = (c,0)$, $D = (c+1, 0)$. Далее:

$a^2 + b^2 = 1$
$a^2 + b^2 + (c-a)^2 + b^2 = c^2$
$1 = (c-a)^2 + b^2 + (c+1-a)^2 + b^2 - \sqrt{3((c-a)^2+b^2)((c+1-a)^2+b^2)}$

Из первых двух получаем $ac = 1$. Далее надо как-то крутить с третьим...

[EtCetera]

Профессор Снэйп в сообщении #616539 писал(а):

Пробовал тупо, координатами.

Ну, это чересчур уж сурово.
Проще взять за неизвестное длину $AK$ и опустить перпендикуляры $AF$ и $KH$ на прямую $CD$. Рассмотрев подобие $\triangle ABK \sim \triangle DHK$, выразить $DH$. Из $\triangle ADF$ по теореме Пифагора выразить $AF=BH$. Затем, пользуясь известным значением $\angle DBK$, из $\triangle BDH$ составить соотношение между $BH$ и $DH$, получив уравнение 4-ой степени. Теперь надо угадать отрицательный целочисленный корень, и, придя к тривиальному уравнению 3-ей степени, получить ответ arqady.
P.S. Так и не понял, зачем в условии дан параллелограмм. $\triangle ABD$ было бы вполне достаточно .

[Профессор Снэйп]

EtCetera в сообщении #616552 писал(а):

Так и не понял, зачем в условии дан параллелограмм. $\triangle ABD$ было бы вполне достаточно .

Наверное, для того, чтобы проще было найти описанное Вами решение

EtCetera в сообщении #616552 писал(а):

...опустить перпендикуляры... на прямую $CD$.

[Keter]

EtCetera, cпасибо. Получил уравнение $x^4+2x-2x-4=0; (x+2)(x^3-2)=0$

[Профессор Снэйп]

Keter в сообщении #616564 писал(а):

EtCetera, cпасибо. Получил уравнение $x^4+2x-2x-4=0; (x+2)(x^3-2)=0$

А почему $2x - 2x$ нельзя сократить?

[Keter]

Профессор Снэйп, pff это я забыл про куб $x^4+2x^3-2x-4=0$.

[EtCetera]

Профессор Снэйп

Профессор Снэйп в сообщении #616554 писал(а):

EtCetera в сообщении #616552 писал(а):

Так и не понял, зачем в условии дан параллелограмм. $\triangle ABD$ было бы вполне достаточно .

Наверное, для того, чтобы проще было найти описанное Вами решение

Я тоже об этом подумал, но такой реверанс в пользу решающего кажется очень странным.

Keter

Keter в сообщении #616564 писал(а):

Получил уравнение $x^4+2x-2x-4=0; (x+2)(x^3-2)=0$

Keter в сообщении #616629 писал(а):

забыл про куб $x^4+2x^3-2x-4=0$.

Теперь верно .

[TOTAL]

Keter в сообщении #616422 писал(а):

Дан параллелограмм $ABCD$, в котором $AB=1$. На стороне $AD$ есть точка $K$ такая, что $KD=1, \angle ABK=90^{\circ}, \angle DBK=30^{\circ}$. Найти длину $AD$.

Вычисляя площади в равенстве $S_{ABD}=S_{ABK}+S_{DBK}$, получаем
$\frac{\sqrt{3}}{4}|BD| = \frac{1}{2}|BK|+\frac{1}{4}|BK|\cdot|BD|$,
т.е.
$\sqrt{3}|BD|\cdot|BK|- |BK|^2= |BK|^2 \cdot (|BD|+1)$,
что вместе с
$\sqrt{3}|BD|\cdot|BK|- |BK|^2= |BD|^2-1$ (теорема косинусов для $DBK$)
дает
$|BD|=1+|BK|^2$,
что вместе с
$|AK|^2=1+|BK|^2$ (теорема Пифогора для $ABK$)
$|AK| \cdot |BD|=2$ (теорема синусов для $DBK$)
дает
$|AK|^3 = 2$