Най-добър ъгъл на наблюдение 2

Забележка: Тази задача е формулирана от Кирил Банков. Тя бе използвана в състезанието "Тема на месеца" през месец септември 2017 г.

ggb

Чрез движение на точката О може да се търси кога ъгълът на виждане на отсечката АВ е най-голям. На следващата фигура, по този начин, като максимален ъгъл е намерен α = 26.10386.

В лявата колона на файла (алгебричния изглед на ГеоГебра),  като първа координата на точката О виждаме числото  47.90734.  За да намерим разстоянието от ученика до учителя, трябва от 160 (мястото на ученика) да извадим 47.90734. Разликата е 112.09266. Това е едно приближение за търсения отговор, но не е ясно дали то е достатъчно добро. Затова, както и в други случаи, когато се стремим към по-добра точност, можем да си послужим с плъзгач за първата координата на точката О. Стъпката на плъзгача ще я направим една хилядна, за да сме сигурни, че ще постигнем желаната точност (до стотните).

На фигурата е показано, че при  стойност на плъзгача  47,77495 се получава ъгъл 26,1038 градуса. За разстоянието от учителя до ученика получаваме 122.2505, което е по-точен отговор от получения по-горе. Като отговор на задачата можем да впишем 122.25.

Задачата може да бъде решена и по друг начин. Експериментирайки с помощния виждаме, че за всяка вътрешна точка С от кръга, която е отляво на правата през А и В, ъгълът АСВ е по-голям от ъгъла АМВ. Аналогично, за всяка точка D извън кръга и отляво на правата през А и В ъгълът АDВ е по-малък от ъгъл АМВ. 

ggb

Въоръжени с това наблюдение, се връщаме към задача 2 и означаваме с О „оптималната“ точка от правата р (от О отсечката АВ се вижда под най-голям ъгъл). Да разгледаме окръжността, минаваща през точките О, А и В. Ако правата р пресича тази окръжност в още някоя точка (освен О), то тя ще минава през вътрешна точка на кръга и от нея отсечката АВ ще се вижда под по-голям ъгъл, което е невъзможно според избора на точка О. Следователно правата р е допирателна за тази окръжност.

Центърът Q тази окръжност лежи на симетралата на отсечката АВ и отсечката QО е перпендикулярна на правата р. Следователно QO=180 - 55 = 125 cm и отсечката QР е отстоянието от ученика до учителя. От правоъгълния триъгълник QРА и теоремата на Питагор получаваме =12 600. От тук получаваме QP=112.25 .

Без ограничение на общността можем да считаме, че отсечката АВ е хоризонтална и лежи на абсцисната ос. По-горе видяхме, че окръжността през точките А, В и М, където М е от р и от нея отсечката АВ се вижда под максимален ъгъл, е допирателна към р. Нека Q е център на тази окръжност. Тогава QM e перпендикулярна на р. Освен това Q лежи на симетралата на АВ. Значи и М също лежи на симетралата на АВ (Фиг.17). Това подсказва как да направим файл, с който да намерим решението. Полагаме А=(-3,0) и В=(3,0). Тогава оптималната точка М ще лежи на ординатната ос и ще има координати (0, a). Правим плъзгач за a със стъпка една хилядна и търсим за коя стойност a на плъзгача ъгълът АМВ е равен на 28 . Това число a е разстоянието от р до АВ.

ggb

При  a=12.0323 ъгълът АМВ е 28.0001 . Можем да запишем като отговор на задачата числото 12.03.

            Задачата може да бъде решена и по друг начин. Ако началото на координатната система е точка О=(0,0), то правоъгълният триъгълник QВО  може да бъде построен и след това страните му да бъдат измерени. Отговорът ще се получи като сума на страните QО и QВ=QM.

Задача 3. Отсечките АВ и СD  са дадени с краищата си: А(1,1), В(3,3), С(4, -3), D(7, -3). Точката М(x,0) се движи по абсцисната ос. За коя стойност на x  сумата от ъглите AMB и CMD е най-голяма? 

За изследването на тази задача можем да ползваме файла.

. ggb