Guest
Новичок
|
   
Цитата: llorin1 написал 8 мая 2008 10:51
Цитата: Guest написал 8 мая 2008 9:49
Медианы делят треугольник на 6 треугольничков. Центры окружностей, в них вписанных, лежат на одной окружности...
Кто докажет? =*)
Неверно. Они лежат на одном эллипсе.
Да, действительно...
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 8 мая 2008 12:31 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Помогите кто-нибудь!!!
Даны три не коллинеарных пункта P;Q;R ,лежащие на окружности,прямая g -касательная в точке T так, что NT перпендикулярно g , NP пересекает g в пункте P* ,а NQ в Q* Показать,что P,P*,Q,Q* лежат на окружности.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 8 мая 2008 16:11 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
6. Окружность, построенная на основании AD трапеции ABCD как на диаметре, проходит через середины боковых сторон AB и CD трапеции и касается основания BC. Найдите углы трапеции.
Обозначим через M и N точки прохождения окружности через
стороны AB и CD соответственно. Очевидно, MN - средняя линия трапеции, откуда следует параллельность хорды MN и диаметра AD окружности. Отсюда можно легко доказать равенство AM = ND и, следовательно, трапеция будет равнобедренной. Если из центра O окружности провести перпендикуляр OK к хорде MN, то можно определить, что центральный угол MOK равен 60 градусов, откуда угол AOM равен 30 градусов. Так как треугольник AOM равнобедренный, получаем, что угол MAO равен 75 градусов.
Итого: трапеция имеет 2 угла по 75 градусов и 2 угла по 105 градусов.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 8 мая 2008 18:59 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
3. Найдите геометрическое место середин всех хорд данной окружности, имеющих заданную длину.
Если обратить внимание на тот факт, что середина любой такой хорды находится на одном и том же расстоянии от центра окружности, то вывод такой - ГМТ представляет собой окружность с центром в исходной окружности и радиусом, равном расстоянию от центра исходной окружности до середины любой хорды.
5. Дан прямой угол. Найдите геометрическое место середин всех отрезков одной и той же длины с концами на сторонах этого угла.
Если обратить внимание на тот факт, что при любом расположении отрезков расстояние от прямого угла до середины таких отрезков есть величина постоянная и равно половине длины этих отрезков, то вывод такой - ГМТ представляет собой четверть окружности с центром в вершине прямого угла и радиусом, равном половине длины этих отрезков. Это вариации на тему о траектории движения котенка, сидящего на середине лестницы, скользящей вдоль стены...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 8 мая 2008 19:28 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
2. В шестиугольнике ABCDEF AB=AF, BC=CD, DE=EF.
Докажите, что биссектрисы углов A, С и E пересекаются в одной точке.
Пусть биссектрисы углов A и C пересекаются в точке O.
Докажем, что EO в таком случае тоже есть биссектриса угла E.
Из равенства треугольников BCO и DCO (по двум сторонам и углу между ними) следует равенство BO=DO. Аналогично, из треугольников FAO и BAO получаем равенство FO=BO, т.е. FO=DO. Таким образом, треугольники FOE и DOE равны по трем сторонам, следовательно, угол OEF равен углу OED и OE является биссектрисой угла FED, ч.т.д.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 9 мая 2008 11:19 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
7. Докажите, что в произвольном треугольнике биссектриса
расположена между высотой и медианой, проведёнными из вершины этого же угла: справа от высоты и слева от
медианы.
Пусть BD, BE и BF суть соответственно высота, биссектриса и
медиана в треугольнике ABC. Предположим, что AB < BC.
Тогда угол A > угла C, угол CBD > угла ABD, откуда
угол CBD > 1/2 * (угол ABD + угол CBD) = 1/2 * угол B,
т.е. угол CBD > угла CBE. Значит, биссектриса BE проходит
внутри угла CBD и точка E лежит между D и C.
Далее, AE/EC = AB/BC < 1, AE < EC, откуда
AE < (AE+EC)/2 = AC/2, т.е. AE < AF. Значит, точка F лежит между E и C. Таким образом, точка E лежит между D и F, ч.т.д.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 9 мая 2008 14:38 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
4. В треугольнике ABC уг. A>уг. B > уг. C.
К какой из вершин треугольника ближе всего расположен центр вписанной в него окружности?
Пусть O - центр, а r - радиус вписанной окружности. Тогда, опустив перпендикуляр OB1 на AC и рассматривая прямоугольный треугольник OB1A, получим: OA = r/sin(A/2). Аналогично, OB = r/sin(B/2), OC = r/sin(C/2).
Т.к. угол C/2 < угла B/2 < угла A/2 < 90 градусов, то
sin(C/2) < sin(B/2) < sin(A/2), откуда OA < OB < OC.
Таким образом, ближайшей к центру вписанной окружности оказывается вершина наибольшего угла.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 9 мая 2008 16:55 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для Serega1992:
1. Две противоположные стороны выпуклого четырёхугольника лежат на перпендикулярных прямых. Докажите, что расстояние между серединами
двух других сторон четырёхугольника равно расстоянию между
серединами его диагоналей.
Эта последняя серийная задача очень просто решается следующим (не геометрическим способом, может кто-то предложит геометрию?) методом координат:
так как боковые стороны перпендикулярны, расположим их в декартовой системе координат, чтобы одна сторона совпала с осью ординат, а другая - с осью абсцисс. Обозначим вершины четырехугольника следующим образом:
(0;y1), (x1;0), (0;y2), (x2;0).
Очевидно, координаты середин двух других неперпендикулярных сторон четырехугольника
равны (x1/2;y1/2), (x2/2;y2/2). Расстояние между этими серединами равно d1 = sqrt((x1/2 - x2/2)^2 + (y1/2 - y2/2)^2).
Осталось только выполнить аналогичные действия для середин диагоналей и убедиться в равенстве расстояний...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 9 мая 2008 22:15 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: Guest написал 8 мая 2008 16:11
Помогите кто-нибудь!!!
Даны три не коллинеарных пункта P;Q;R ,лежащие на окружности,прямая g -касательная в точке T так, что NT перпендикулярно g , NP пересекает g в пункте P* ,а NQ в Q* Показать,что P,P*,Q,Q* лежат на окружности.
Скорее всего, далее в условии вместо т.N фигурирует точка R, иначе можно придумать контр-пример. Ну, а раз вместо N точка R, то RT- диаметр и (TPR)=(TQR)=90гр. В прямоугольном треугольнике (например) RTP* имеем: (RP*T)=(PTR). Далее (PTR)=(PQR), т.к. PTQR - вписанный. Значит, и PP*Q*Q - тоже вписанный =*)
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 9 мая 2008 23:58 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: bekas написал 9 мая 2008 11:19
Для Serega1992:
2. В шестиугольнике ABCDEF AB=AF, BC=CD, DE=EF.
Докажите, что биссектрисы углов A, С и E пересекаются в одной точке.
Достаточно заметить, что биссектрисы углов A, С и E являются серединными перпендикулярами к сторонам тр-ика BDF...
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 10 мая 2008 0:00 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
