به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
+2 امتیاز
286 بازدید
در دبیرستان توسط extermom (60 امتیاز)
ویرایش شده توسط AmirHosein

در مثلث $ABC$، نقطهٔ $M$ درون مثلث قرار دارد. اگر داشته‌باشیم $MA=MC=CB$ و زاویهٔ $MCA$ برابر ۱۴ درجه و زاویهٔ $MCB$ برابر ۳۲ درجه باشد، آنگاه اندازهٔ زاویهٔ $MAB$ چقدر است؟

  1. $14^\circ$
  2. $28^\circ$
  3. $16^\circ$
  4. $32^\circ$

توضیحات تصویر

توسط extermom (60 امتیاز)
فرض کنید سوزن پرگار رو روی نقطه ی C بذاریم و دهانه ی پرگار رو به اندازه ی CM باز کنیم و روی M کمان بزنیم. حالا میتونیم نقطه ای به دلخواه روی این کمان انتخاب کنیم و از اون نقطه به A و B وصل کنیم. واضح هست که اندازه ی زاویه های BCM و BAM به هم وابسته هستن و حداقل در یک بازه ی محدود که برای این مسئله کافی باشه، به ازای مقدار مشخصی برای زاویه ی BCM ، یک مقدار مشخص هم برای زاویه ی BAM وجود داره. حالا صورت سوال مقدار BCM رو ۳۲درجه تعیین کرده. برای همین فکر میکنم اطلاعات کافی باشه.
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)
@extermom از تصویری که قبلا گذاشته بودید حدس زده می‌شود که از صفحهٔ کتابی عکس گرفته‌بودید. اگر بلی، آنگاه مشخصات کتاب را در بخش مرجع بنویسید به این شکل «کتاب فلان، نوشتهٔ فلان، چاپ سال فلان، صفحهٔ فلان، سوال ۹۰». این‌گونه هم حق اثر را رعایت کرده‌اید و هم کاربران دیگر می‌توانند به منبع مورد نظر مراجعه کنند. در مورد عنوان هم تلاش کنید کلی ننویسید. عنوان جدید که برایتان گذاشتم را ببینید. پست زیر می‌تواند راهنمای خوبی برایتان باشد. https://math.irancircle.com/11973
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)
@Elyas1 دیدگاهی که نوشتید ثابت نکرده‌است که داده‌های پرسش کافی نیست. تنها دو دانسته را یاد کرده‌اید گفته‌اید سه‌گوش فلان متساوی‌الساقین است و زاویهٔ فلان برابر جمع سه زاویهٔ دیگر. سپس؟ چیزی که بگوید اندازهٔ زاویهٔ $MAB$ یکتا نیست نگفته‌اید.
توسط good4us (5,368 امتیاز)
+2
بانرم افزار geogebra  با شرایط موجود مسئله من زدم جواب را 16 درجه میدهد.
توسط Elyas1 (2,239 امتیاز)
ویرایش شده توسط Elyas1
اگر اشتباه نکنم مرجع سوالتان آزمون تیزهوشان نهم به دهم سال 98 است. چون این سوال را به یاد دارم و این آزمون برخلاف سال های گذشته برای تمامی استان ها (سراسر کشور) یکی بود و هم آزمون تیزهوشان بود هم نمونه دولتی.

3 پاسخ

+4 امتیاز
توسط Elyas1 (2,239 امتیاز)
ویرایش شده توسط Elyas1
 
بهترین پاسخ

به نام خدا.

نقطه ی M را نسبت AC قرینه کنید و آن را $M'$ بنامید. از $M'$ به B,A,C وصل کنید. بدیهی است که اندازه زاویه $BCM' $ برابر با ۶۰ است. توجه کنید که مثلث $BCM'$ متساوی الساقین است که با توجه به اندازه $BCM'$ یک مثلث متساوی الاضلاع است. پس:

$ \angle AM'B=152-60=92$

توجه کنید که مثلث $AM'B$ نیز متساوی الساقین است. پس:

$ \angle M'AB= \angle M'BA= \frac{180-92}{2}=44$

می دانیم که اندازه زاویه $MAM'$ برابر با 14+14:

$ \angle BAM=44-28=16$

راه دوم: در حل این مسئله نقطه M قرینه داده شد، ولی می توانید به جای قرینه کردن از نقطه ی C خطی موازی با BM رسم کنید و به اندازه ی BM از آن جدا کنید. و آن پاره خط موازی و مساوی با $BM$ را $BM'$ بنامید. چهارضلعی $BMCM'$ یک متوازی الاضلاع است. چرا؟ چون در چهار ضلعی ای که دو ضلع روبه رویش موازی و مساوی باشند آن چهار ضلعی متوازی الاضلاع است.(جهت اثبات به کتاب هندسه دهم مراجعه کنید یا به راحتی خودتان اثبات کنید.) ادامه کار مشابه قبل است.

توسط rezasalmanian (746 امتیاز)
+1
آفرین بسیار خوب عمل کردید بدون کاربرد از نرم افزار
توسط good4us (5,368 امتیاز)
+2
Elyas1@ راه حل بسیار خوبی است. هندسه خیلی مرموز است بیخود نبوده که ظاهرأ در قدیم چیزی شبیه این مضمون را می گفتند<<من لم یتعلم الهندسه لم تدخل المدرسه>>
توسط Elyas1 (2,239 امتیاز)
@rezasalmanian و @good4us تشکر می کنم. و عجب جمله ی زیبایی فرمودید.
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)
ویرایش شده توسط AmirHosein
+1
@Elyas1 اگر فکر خودتان بوده‌است این دو روش که خیلی عالی (۱+)، ولی اگر برداشت از جایی بوده‌است، بهتر است به منبع‌تان نیز اشاره کنید.
توسط Elyas1 (2,239 امتیاز)
+2
@AmirHosein کتاب های هندسه به من آموختند که در  زمانی که شکل مسئله چندان پیچیده و با اطلاعات زیاد نیست  در بعضی از  چنین مسائل بهتر است که یک خط اضافه  یا یک نقطه ای را قرینه کنیم. من این سوال را بر اساس تجربه ای که در حل مسائل هندسه ‌به دست آورده ام حل کردم.
+2 امتیاز
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)

توجه کنید که چرخاندن (دوران) پیرامون (حول) یک نقطه، جابجایی (انتقال) و یا قرینه کردن نسبت به یک خط (محور) تغییری در اندازهٔ یال‌ها و یا اندازهٔ زاویه‌ها ایجاد نمی‌کنند. برای کمتر و ساده‌تر شدن محاسبات بیایید فرض کنیم نقطهٔ $C$ بر روی مرکز مختصات است و با یک چرخش مناسب پیرامون مرکز مختصات، یال $AC$ در امتداد محور $x$ها قرار دارد و با یک قرینه نسبت به محور $y$ها فرض کنیم که $A$ در سمت مثبت محور $x$ها قرار دارد. پس یال $CA$ از نقطهٔ $C$ در شکل زیر شروع می‌شود و در امتداد پاره‌خط زردرنگ ادامه می‌یابد تا به نقطهٔ $A$ که فعلا مکانش برایمان معلوم نیست پایان می‌پذیرد. چون اندازهٔ زاویهٔ $\widehat{ACM}$ را داریم پس می‌دانیم که یال $CM$ در امتداد پاره‌خط نارنجی‌رنگ است که با خط زردرنگ زاویهٔ ۱۴ درجه ساخته‌است. سپس چون می‌دانیم زاویهٔ $\widehat{BCM}$ برابر ۳۲ درجه است پس یال $CB$ بر روی پاره‌خط قرمزرنگ که با خط نارنجی ۳۲ و با خط زرد $32+14=46$ درجه ساخته‌است قرار دارد. پس تا اینجا به شکل زیر می‌رسیم. من این شکل و شکل‌های پسین را با نرم‌افزار Maple کشیده‌ام، می‌توانید با کمک نقاله نیز این شکل را رسم کنید. برای رسم با نرم‌افزار به این نکته توجه کنید که ضابطهٔ سه خط زرد و نارنجی و قرمز به ترتیب می‌شوند $y=0$ و $y=\tan(14^\circ)x$ و $y=\tan(46^\circ)x$.

توضیحات تصویر

اکنون فرض کنید اندازهٔ یال $CM$ برابر است با $\ell$ (در شکل‌های زیر من قرار داده‌ام $\ell=3$). پس دهانهٔ پرگار را به اندازهٔ $\ell$ واحد باز کنید و سوزن پرگار را بر روی نقطهٔ $C$ بگذارید و کمانی رسم کنید که پاره‌خط نارنجی رنگ را قطع کند. نقطهٔ تقاطع نقطهٔ $M$ است. همین کار را دوباره انجام دهید با این تفاوت که این بار کمان‌تان با خط قرمز رنگ برخورد کند، نقطهٔ برخورد، نقطهٔ $B$ است. از نظر محاسباتی این کار یعنی حل کردن برابری‌های زیر:

$$\begin{array}{l} \sqrt{x_M^2+((\tan(14))x_M)^2}=\ell,\quad x_M>0\\ \sqrt{x_B^2+((\tan(14+32))x_B)^2}=\ell,\quad x_B>0 \end{array}$$

دستور آن با نرم‌افزار Maple:

solve({xM^2 + (tan((14*Pi)/180)*xM)^2 = 3^2, 0 < xM}, xM);
solve({xB^2 + (tan((46*Pi)/180)*xB)^2 = 3^2, 0 < xB}, xB);

دستورهای بالا پاسخ دقیق بر حسب سینوس زاویه‌های متناسب به شما می‌دهد که من ترجیح می‌دهم از مقدار عددی‌شان (تقریب پاسخ) استفاده کنم. برای این کار می‌توانید از دستور evalf کمک بگیرید، یا از ابتدا به جای دستور solve، دستور fsolve را به کار ببرید. به هر حال نقطه‌های $B$ و $M$ به طور یکتا پیدا می‌شوند و شکل زیر را داریم.

توضیحات تصویر

نقطهٔ $A$ که تنها نقطهٔ باقی‌مانده است نیز به طور یکتا بدست می‌آید. چگونه؟ کافیست دهانهٔ پرگار را به اندازهٔ $\ell$ باز کنید. سوزن پرگار را بر روی نقطهٔ $M$ بگذارید و کمانی بزنید که با خط زردرنگ برخورد کند، نقطهٔ برخورد نقطهٔ $A$ است. این کار هم‌ارز با حل‌کردن برابریِ زیر است.

$$\sqrt{(x_A-x_M)^2+(0-y_M)^2}=\ell,\quad x_A>0$$

با Maple؛

solve({(xA - xM)^2 + (0 - tan((14*Pi)/180)*xM)^2 = 3^2, 0 < xA}, xA);

که پیش از آن باید مقدار $x_M$ چه مقدار عددی یا مقدار دقیق فرقی نمی‌کند (وابسته به هدف‌تان) را باید در متغیر xM گذاشته‌باشید. پس به شکل زیر می‌رسیم.

توضیحات تصویر

پس همه چیز به طور یکتا با کمک داده‌های پرسش بدست می‌آید و یک شکل یکتا (در حد انتقال و دوران و قرینه) بیشتر با این مشخصات وجود ندارد که یکتا بودن مقدار ممکن برای زاویهٔ $\widehat{MAB}$ را ثابت می‌کند. شکل نهایی را در زیر می‌آوریم.

توضیحات تصویر

دستور Maple برای رسم این شکل نیز در زیر آمده‌است.

xM := 2.910887179:
xB := 2.083975112:
xA := 5.821774360:
pointC := plots[pointplot]([0, 0], symbol = solidcircle, symbolsize = 20, 'color' = "Black"):
pointCtext := plots[textplot]([-0.5, 0, "C"], 'align' = {'above', 'right'}, 'font' = ["times", 20], 'color' = "Black"):
pointM := plots[pointplot]([xM, tan(14*Pi/180)*xM], symbol = solidcircle, symbolsize = 20, 'color' = "Black"):
pointMtext := plots[textplot]([xM, tan(14*Pi/180)*xM, "M"], 'align' = {'above', 'left'}, 'font' = ["times", 20], 'color' = "Black"):
pointB := plots[pointplot]([xB, tan((14 + 32)*Pi/180)*xB], symbol = solidcircle, symbolsize = 20, 'color' = "Black"):
pointBtext := plots[textplot]([xB, tan((14 + 32)*Pi/180)*xB, "B"], 'align' = {'above', 'left'}, 'font' = ["times", 20], 'color' = "Black"):
pointA := plots[pointplot]([xA, 0], symbol = solidcircle, symbolsize = 20, 'color' = "Black"):
pointAtext := plots[textplot]([xA, 0, "A"], 'align' = {'above', 'right'}, 'font' = ["times", 20], 'color' = "Black"):
lineCA := plot(0, x = 0 .. xA, 'color' = "Black", thickness = 3):
lineCM := plot(tan(14*Pi/180)*x, x = 0 .. xM, 'color' = "Black", thickness = 3):
lineCB := plot(tan((14 + 32)*Pi/180)*x, x = 0 .. xB, 'color' = "Black", thickness = 3):
lineMA := plot([[xM, tan((14*Pi)/180)*xM], [xA, 0]], 'color' = "Black", thickness = 3):
lineBA := plot([[xB, tan((46*Pi)/180)*xB], [xA, 0]], 'color' = "Black", thickness = 3):
plots[display](pointCtext, lineCA, lineCM, lineCB, lineMA, lineBA, pointC, pointM, pointB, pointCtext, pointMtext, pointBtext, pointA, pointAtext, view = [-1 .. 6, -1 .. 6]);

و اما زاویهٔ خواسته‌شده. خیلی ساده برابر است با

$$\widehat{BAC}-\widehat{MAC}=\arctan(\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A})-\arctan(\frac{y_M-y_A}{x_M-x_A})$$

البته چون جهت زاویه‌های من ساعتگرد شده‌اند شاید یک منفی در آخر باید ضرب کنید. با Maple داریم:

arctan((tan((46*Pi)/180)*xB + 0)/(xB - xA)) - arctan((tan((14*Pi)/180)*xM + 0)/(xM - xA));

که با یک evalf و تبدیل رادیان به درجه و یک منفی ضرب کردن می‌شود $16^\circ$. همان‌گونه که آقای @good4us نیز در دیدگاه‌شان با GeoGebra چک کردند.

توسط extermom (60 امتیاز)
+1
@amirhosein
این سوال، سوال آزمون ورودی مدارس نمونه دولتی بوده. نمی‌دونم مربوط به چه سالی و چه استانی.
مطمئنا باید راه حلی وجود داشته باشه که یک دانش آموز کلاس نهم ، روی کاغذ و بدون استفاده از نرم افزار حتی اگر شده با معلومات و دانش ریاضی دبیرستان بتونه به جواب برسه.
من شخصا هنوز نتونستم این سوال رو روی کاغذ حل کنم.
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)
–1
@extermom کنکورهای ایران هر سال نااستانداردتر می‌شوند آن هم با آن بودجه و هزینه و سازمان و نیروی انسانی‌ای که در سازمان سنجش اصراف می‌شود. یک مدرسه در مقابل سازمان سنجش که دیگر هیچ. به هر حال بدون نرم‌افزار و تنها با دانستن چگونه حل کردن معادله درجه دو، دانستن روابط مثلثاتی، فرمول خط و نقطه، و تقریب زدن می‌شود بر روی کاغذ این محاسبات را انجام داد. تنها محاسبه‌ای که از معلومات یک فرد با دانش اول و دوم دبیرستان سخت می‌شود، گام آخر است که از $\arctan$ استفاده کرده‌ایم. برای این گام هم راه ساده برای انجام محاسبه هست مانند استفاده از بسط تیلور و غیره ولی برای اول و دوم دبیرستان زیاده‌روی می‌شود. به هر حال مطمئن باشید که از هندسهٔ دبستان و راهنمایی این پرسش حل نمی‌شود چون در هندسهٔ پیش از دبیرستان شما در بهترین حالت به برابر یا نابرابر بودن زاویه‌های سه‌گوش‌ها می‌پردازید. پس مطمئنا طراح آزمون علاقه‌مند به انتخاب دانش‌آموزهایی بوده‌است که بیشتر از سطح کتاب و آموزش و پرورش و مقطع خودشان می‌دانند.
+1 امتیاز
توسط AmirHosein (14,034 امتیاز)

در این پاسخ یک دستگاه از برابری‌های چندجمله‌ای می‌سازیم. نخست توجه کنید که در سه‌گوش متساوی‌الساقین $CMA$ داریم $|CA|=2\ell\cos(14^\circ)$ (توجه کنید که از نمادگذاری‌های پاسخ پیشین -اینجا کلیک کنید- استفاده می‌کنیم). دلیل آن نیز روشن است. چون $CM=MA$ پس این سه‌گوش متساوی‌الساقین است و در نتیجه چون $\widehat{ACM}=14^\circ$ پس داریم $\widehat{CAM}$ نیز ۱۴ درجه است. اکنون ارتفاع وارد بر یال $AC$ از نقطهٔ $M$ را رسم کنید و محل برخورد را $H$ بنامید، داریم $|CH|=|CM|\cos(14^\circ)$ و همین‌گونه $|HA|=|MA|\cos(14^\circ)$ و چون $|CA|=|CH|+|HA|$ باید خودتان متوجه نتیجه بشوید.

این بار بیایید از ارتفاع وارد بر $CA$ ولی از نقطهٔ $B$ استفاده کنیم. با روش یکسان خواهید داشت که

$$|CA|=\ell\cos(46^\circ)+|BA|\cos(14^\circ+\widehat{MAB})$$

متغیرهای زیر را تعریف کنید.

$$u=\cos(\widehat{MAB}),\quad v=\sin(\widehat{MAB}),\quad w=|AB|$$

آنگاه برابریِ زیر را یافته‌ایم.

$$\big(\cos(14^\circ)\big)uw+\big(-\sin(14^\circ)\big)vw+\big(\ell\cos(46^\circ)-2\ell\cos(14^\circ)\big)=0$$

از آنجا که ۳ متغیر داریم حدس می‌زنید که احتمالا ۳ برابری هم بخواهیم (البته همیشه اینگونه نیست و گاهی با تعداد کمتر یا بیشتر برابری نیز دستگاه حل می‌شود). یک برابری بدیهی که برایمان اینجا کارا است $u^+v^2-1=0$ است که متناظر به شرط $\cos(\widehat{MAB})^2+\sin(\widehat{MAB})^2=1$ است. و اما برابری آخر. قانون سینوس‌ها را به یاد آورید و اگر هم به یاد ندارید کافیست به فرمول مساحت توجه کنید و آن را با توجه به دو گزینش متفاوت از ارتفاع و قاعده بنویسید و از زاویه برای اندازهٔ ارتفاع‌ها کمک بگیرید. به هر حال با در نظر گرفتن دو گوشهٔ $CAB$ و $ACB$ داریم:

$$\ell\sin(46^\circ)=\sin(14^\circ+\widehat{MAB})w$$

که پس از ساده‌کردن آن و کنار هم گذاشتن هر سه برابری و توجه به اینکه هر سه متغیر مقدار مثبت دارند، به دستگاه زیر از برابری‌ها و نابرابری‌های چندجمله‌ای (و البته نه الزاما با ضرایب گویا) می‌رسیم.

$$\begin{array}{l} \big(\cos(14^\circ)\big)uw+\big(-\sin(14^\circ)\big)vw+\big(\ell\cos(46^\circ)-2\ell\cos(14^\circ)\big)=0\\ \big(\sin(14^\circ)\big)uw+\big(\cos(14^\circ)\big)vw+\big(-\ell\sin(46^\circ))=0\\ u^2+v^2-1=0\\ u,v,w>0 \end{array}$$

چون شکل ما یکتاست پس دستگاه بالا یک پاسخ حقیقی یکتا دارد که با تغییر انتخاب $\ell$ تنها مؤلفهٔ سوم پاسخ یعنی $w$ تغییر می‌کند و مقدارهای $u$ و $v$ ثابت خواهند ماند. لذا می‌توانید یک مقدار دلخواه برای $\ell$ بردارید و دستگاه را از حالت پارامتری خارج کنید. برای نمونه قرار دهید $\ell=3$. پس از حل دستگاه بالا به مقدارهای زیر می‌رسید.

$$(u,v,w)\simeq (0.9612616955,0.2756373558,4.316038806)$$

که داریم

$$\widehat{MAB}=\arcsin(v)\cap\arccos(u)=16^\circ$$

دستورهای Maple برای انجام این محاسبه‌ها نیز در زیر آمده‌است.

solve({(sin((14*Pi)/180)*u + cos((14*Pi)/180)*v)*w - 3*sin((46*Pi)/180) = 0, (cos((14*Pi)/180)*u - sin((14*Pi)/180)*v)*w + 3*cos((46*Pi)/180) - (2*cos((14*Pi)/180))*3 = 0, v^2 + u^2 - 1 = 0, 0 < u, 0 < v, 0 < w}, {u, v, w});
evalf(%);
180*arccos(0.9612616955)/Pi;
180*arcsin(0.2756373558)/Pi;

حمایت مالی

کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...