noya
Новичок
|
    
Здравствуйте, помогите пожалуйста решить две геометрические задачи!
1. Доказать что правильный пятиугольник при повороте на 72 градуса вокруг своего центра отображается на себя.
2. Точка М-середина стороны АС треугольника АВС. Постройте отрезок МВ1 на который отображается сторона АВ при параллельном переносе на вектор АМ, Найти периметр треугольника МДС где Д-точка пересечения отрезков ВС и МБ1
Спасибо!
|
Всего сообщений: 7 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 28 апр. 2008 11:30 | IP
|
|
Serega1992
Новичок
|
Нужна помощь в решении задач:
1. (ГОТОВО!) В прямоугольном треугольнике ABC (угол C - прямой) проведена высота CD, а в треугольнике ACD - биссектриса CE. Докажите, что треугольник ACD - равнобедренный.
2. (ГОТОВО!) Внутри треугольника ABC взята точка D, такая, что уг. ABD=уг. ACD=45 градусов. Докажите, что отрезки AD и BC перпендикулярны и равны, если уг. BAC=45 градусов.
3. (ГОТОВО!) Две окружности пересекаются в точках A и B, прямая CD - общая касательная этих окружностей (C и D - точки касания). Прямые AB и CD пересекаются в точке N. Докажите, что N - середина CD.
4. (ГОТОВО!) В прямоугольной трапеции ABCD высота AB равна сумме оснований AD и BC. Биссектриса угла ABC пересекает сторону CD в точке K. В каком отношении эта точка делит CD?
Заранее спасибо!
(Сообщение отредактировал Serega1992 30 апр. 2008 3:09)
|
Всего сообщений: 50 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 28 апр. 2008 11:51 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
3.
Устно: По свойству секущей и касательной, проведенных из одной точки, получаем два уравнения:
ND^2 = NA * NB
NC^2 = NA * NB
Отсюда ND^2 = NC^2 или ND = NC, то есть N - середина CD.
По поводу задач 1 и 4 меня терзают смутные сомнения:
нет ли ошибки в формулировке задач?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 28 апр. 2008 16:10 | IP
|
|
Serega1992
Новичок
|
bekas
По поводу 4-ой - вряд ли, а вот первая задача, вроде бы очень простая, но решаться не хочет. Никак не получается (даже по чертежу, не то что по доказательству), что треугольник равнобедренный...
|
Всего сообщений: 50 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 28 апр. 2008 16:49 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
2.
Пусть E - пересечение AD с BC, F - пересечение CD с AB,
G - пересечение BD с AC. Очевидно, треугольник
BGA - прямоугольный, то есть BG - высота. Аналогично, из прямоугольности треугольника CFA следует, что CF - также высота. Отсюда вывод - D есть точка пересечения высот, а поэтому и AE есть высота, то есть AD и BC перпендикулярны.
Треугольник BGA не только прямоугольный, но и равнобедренный, поэтому AG = BG. Треугольник DGC также прямоугольный и равнобедренный, поэтому DG = GC. Остается только заметить равенство прямоугольных треугольников AGD и BGC по двум катетам (AG = BG, DG = GC) и сделать вывод о равенстве AD и BC.
P.S. Рекомендую внимательно прочитать свое задание, например для задачи 1: для чего проводится биссектриса CE,
если далее этот факт никак не используется?
(Сообщение отредактировал bekas 28 апр. 2008 18:46)
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 28 апр. 2008 18:03 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: Serega1992 написал 28 апр. 2008 11:51
Нужна помощь в решении задач:
1. В прямоугольном треугольнике ABC (угол C - прямой) проведена высота CD, а в треугольнике ACD - биссектриса CE. Докажите, что треугольник ACD - равнобедренный.
2. Внутри треугольника ABC взята точка D, такая, что уг. ABD=уг. ACD=45 градусов. Докажите, что отрезки AD и BC перпендикулярны и равны, если уг. BAC=45 градусов.
3. Две окружности пересекаются в точках A и B, прямая CD - общая касательная этих окружностей (C и D - точки касания). Прямые AB и CD пересекаются в точке N. Докажите, что N - середина CD.
4. В прямоугольной трапеции ABCD высота AB равна сумме оснований AD и BC. Биссектриса угла ABC пересекает сторону CВ в точке K. В каком отношении эта точка делит CD?
Заранее спасибо!
Итак, начнём...
1. Тр-ик BCE равнобедренный (это скорее всего и имелось в виду), что очевидно.
2. BD и CD высоты в тр-ике ABС (D - ортоцентр). Значит, AD=ctg(A) или в нашем случае AD=BC.
3. Ох, не люблю я подобие =*) Вот чисто геометрическое решение :
Пусть продолжение AB пересекает отрезок CD в т.M (точка B находится ближе к CD чем т.A)
Построим на прямой BM за точкой M такую точку F, что DF параллельна CB. Тогда (FDC)=(DCB)=(CAB) или четырёхугольник ACFD-вписанный. Но тогда и (FCD)=(FAB)=(BDC). То есть BCFD- параллелограмм, значит M - середина CD =*)
4. K делит пополам CD (достаточно продлить BK до пересечения с AD (в т.R) и заметить, что BC=DR).
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 28 апр. 2008 20:43 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Для Guest = Ох, не люблю я подобие =*)
-----------------------------------------------------------
Чтоб не скучали на этом топе:
В тр. ABC проведены биссектрисы AP и AQ. Известно, что точка пересечения медиан делит пополам отрезок PQ.
Найдите отношения сторон тр. ABC.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 29 апр. 2008 13:23 | IP
|
|
Gadge
Новичок
|
Помогите с задачей пожалуйста. Со стереометрией всегда было плохо...
Дана прямая призма MKNPM1K1N1P1, в основании которой квадрат со стороной равной
sqrt(2), боковое ребро равно sqrt(3) найдите градусную меру угла между
плоскостью (MK1N) и плоскостью основания призмы.
|
Всего сообщений: 2 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 29 апр. 2008 13:52 | IP
|
|
Serega1992
Новичок
|
А можно поподробнее решение последней задачи? (В прямоугольной трапеции ABCD высота AB равна сумме оснований AD и BC. Биссектриса угла ABC пересекает сторону CВ в точке K. В каком отношении эта точка делит CD?)
|
Всего сообщений: 50 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 29 апр. 2008 23:34 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
А можно наконец-то получить правильные условия тех двух сомнительных задач? Я написал по поводу задачи 1, по поводу задачи 4 аналогично: раз AB - высота, то биссектриса угла ABC пересекает сторону CВ в единственной точке B, раз биссектриса проведена из вершины B. И никаких других точек (типа K) там быть не может. И вообще - как одновременно CB является и основанием, и стороной трапеции?! В геометрии мелочей не бывает...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 29 апр. 2008 23:48 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
