Jari
Новичок
|
    
Обозначим центр окружности через O, пересечение диагоналей ромба
через F. В силу симметрии ромба большая диагональ ромба проходит
через центр окружности, поэтому AE = 2R, AC = AE + EC = 2R + 12,
AF = AC/2 = R + 6, OF = 6.
Из прямоугольного треугольника AFB: AF^2 + BF^2 = AB^2
Из прямоугольного треугольника OFB: OF^2 + BF^2 = OB^2
Учитывая, что OB = R, из решения представленных выше уравнений
находим BF и меньшую диагональ 2*BF.
P.S. Только числа какие-то кривоватые получаются...
Вот и у меня кривоватые... Я решал через теорему о касательной и секущей, кстати.
Это азаровская задачка и ответ дан - 16 см. У меня же получалось 32 корня из 2 деленное на 3. Я попробовал искать приближенное значение, но получается 14,9, т.е. 15... Прям не знаю что делать.
|
Всего сообщений: 18 | Присоединился: декабрь 2006 | Отправлено: 18 апр. 2007 15:22 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Спасибо, уважаемый bekas!!! Я в восхищении! Вы меня обнадежили, этим решением. Еще две, пожалуйста, они последние, которые я не смогла решить, три вы мне помогли!
1.В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в отношении 17:15, а боковая сторона равна 34 см. Найдите основание треугольника.
2.Треугольник АВС – равносторонний со стороной, равной α. На расстоянии α от вершины А взята точка D, отличная от точек В и С. Найдите угол BDC.
Заранее благодарна!
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 19 апр. 2007 20:11 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Уважаемый bekas!!! Опять почему-то не читает значение "а". Во второй задаче вместо α должно быть написано значение "а".
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 19 апр. 2007 20:14 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
1.В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в отношении 17:15, а боковая сторона равна 34 см. Найдите основание треугольника.
Для однозначности обозначим треугольник как ABC
(A - вершина треугольника, из которой проведена высота AD, AB = BC = 34, O - центр вписанной окружности). Проведем перпендикуляр OM из центра O на строну AC,
тогда r = OM = OD. Пусть DC = x, AO = 17y, OD = 15y, OM = 15y.
Из подобия прямоугольных треугольников ADC и AMO (они прямоугольные с общим углом A) следует соотношение:
AO/OM = AC/DC или 17y/15y = 34/x, откуда x = 30 и, соответственно, основание треугольника равно 2x = 60.
Вторую чуть попозже...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 19 апр. 2007 22:56 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
2.Треугольник АВС - равносторонний со стороной, равной a.
На расстоянии a от вершины А взята точка D,
отличная от точек В и С. Найдите угол BDC.
Задача решается "в одно касание", если взять за центр
окружности вершину A, тогда точки B, C и D будут
располагаться на этой окружности и радиус этой окружности
будет равен a. При этом при любом
допустимом по исходным условиям задачи положении точки
D угол BDC будет вписанным и опираться на одну и ту же
дугу BC, на которую опирается также и центральный угол BAC
в 60 градусов. По известной теореме угол BDC будет
равен половине соответствующего центрального угла,
то есть 30 градусов.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 20 апр. 2007 0:40 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Уважаемый bekas, большое Вам СПАСИБО! Вы меня выручили! Теперь все 42 задачи решены! Благодарю Вас и желаю удачи и благополучия!!!
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 20 апр. 2007 18:40 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
На здоровье!
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 21 апр. 2007 10:49 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Уважаемый bekas, я обращаюсь к вам уже как к гуру, 11 класс, задача из ЕГЭ. Помогите, пожалуйста!
В параллелограмме ABCD со стороной AD=21 проведена биссектриса угла А, проходящая через точку Р на стороне ВС. Найдите периметр трапеции АРСD, если средняя линия равна 14, а диагональ РD=√241 (корень из 241).
Заранее благодарна.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 22 апр. 2007 10:28 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Вы бы хоть сами попытались её прорешать...
Тем более задача несложная, да и к тому же на Едином гос. экзамене тов. Бекаса рядом не будет... 
Построте рисунок, и все увидите:
Треугольник АВP - равнобедренный с вершиной A (угол BAP равен углу BPA т.к. BPA равен PAD - накрест лежащие углы, образуемые секущей AP с параллельными прямыми AD и BC,
а PAD = PAB т.к. AP - биссектриса угла BAD),
следовательно АB=CD=BP=x.
Средняя линия есть (AD+PC)/2, откуда
(21+PC)/2 = 14,
но РС = BC-BP = 21-x, следовательно, подставляя РС в формулу для средней линии, находим, что x=14.
Теперь найдем AP=y. Записав для треугольников ABP и APD теорему косинусов, т.е.
x^2 = x^2 + y^2 - 2*x*y*cos(a) (или упростив до y=2*x*cos(a) ),
241 = 441 + y^2 - 2*21*y*cos(a),
где a - величина угла BAD (или равного ему угла PAD).
Выражая из 1-й формулы cos(a) и подставляя его во вторую, путем элементарных преобразований, находим
y^2=400, откуда AP=y=20.
Теперь всё стороны трапеции известны, просуммировав их получаете ответ p=62.
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 22 апр. 2007 12:09 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Уважаемый МЕНТ! Во-первых огромное спасибо за неожиданную помощь, во-вторых, хочу сказать, если бы могла решить, то не обратилась бы к уважаемому товарищу bekasу.
БЛАГОДАРЮ!!!
И еще спасибо за ваш форум!
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 23 апр. 2007 19:28 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
