Полуокръжност

zhivo_zad

В полуокръжност на кръг се вместват последователно с по един общ край хорди с дължини a , a , b в този ред.Намерете лицето на кръга. Cool

Реклама

Nona · Пуснато на: Fri Aug 10, 2007 12:59 pm Заглавие:

Edit: трябва да се науча да смятам...

Fed · Пуснато на: Fri Aug 10, 2007 1:05 pm Заглавие:

Magi, ти не си човек, ти си машина!

Nona · Пуснато на: Fri Aug 10, 2007 1:09 pm Заглавие:

Ще го приема като комплимент Razz

uktc · Пуснато на: Fri Aug 10, 2007 8:22 pm Заглавие:

Magi, много си добра Wink

xyz · Пуснато на: Sat Aug 11, 2007 8:25 pm Заглавие:

Nona · Пуснато на: Sat Aug 11, 2007 10:20 pm Заглавие:

Не съм я чувала, но ще я опитам утре Smile

Nona · Пуснато на: Sun Aug 12, 2007 5:12 pm Заглавие:

Да караш колело в дъжда действа наистина освежаващо и вдъхновяващо Razz

Ясно е, че равенство се достига, когато триъгълникът е равностранен, а Х е центърът му.

Fed · Пуснато на: Sun Aug 12, 2007 5:39 pm Заглавие:

Aз съм изумен!!! Нямам думи!!!
Shocked

uktc · Пуснато на: Sun Aug 12, 2007 7:47 pm Заглавие:

Леле мале... Shocked

Magi, поздравления, продължавай в същия дух, прекрасно е да има умни млади хора като теб Exclamation

DevilFighter · Пуснато на: Sun Aug 12, 2007 10:35 pm Заглавие:

Поклон пред този голям ум ... Shocked

zhivo_zad · Пуснато на: Mon Aug 13, 2007 8:19 am Заглавие:

Всичко което казват за тебе Magi е вярно.

xyz · Пуснато на: Mon Aug 13, 2007 5:20 pm Заглавие:

Нямам думи, но ще дам едно мое откритие (което направих малко след предишния си пост в тази тема). Значи разбрах откъде идва ника ти: "magi". Съставен е от "mag", което е ясно какво е + "i" което е сложено за множествено число.

Fed · Пуснато на: Mon Aug 13, 2007 7:34 pm Заглавие:

majestic and great intellect Cool

Pinetop Smith · Пуснато на: Mon Aug 13, 2007 8:06 pm Заглавие:

Така като сте почнали с интересни геометрични задачи:

Даден правилен петоъгълник да се раздели на две равнолицеви части с права, успоредна на една от страните му.

Задачата е от сборника "Занимателна математика" на Йоханес Леман. Има още няколко интересни.

xyz · Пуснато на: Tue Aug 14, 2007 7:16 pm Заглавие:

Аз тази задача я реших, но съвсем по не "забавен" начин. Самото построение е следното:
Стартираме от петоъгълника ABCDE. Нека X е средата на AE, а Y е симетричната на X спрямо BC. Нека външният ъгъл е α (т.е. допълнението на един от ъглите на петоъгълника). Построяваме точка Z над EY такава, че ъгъл EZY да е 2α. Това лесно можем да го направим - построяваме произволен лъч от E и да е над Y, след това избираме точка и пренасяме ъгъла α и то два пъти, т.е. намираме някакво направление; така Z е пресечната точка на лъча с права през Y успоредна на намереното. През EYZ построяваме окръжност, която пресича BC в точка U. Пред U прекарваме права успоредна на AB - тя е търсената.

r2d2 · Пуснато на: Wed Feb 06, 2008 2:20 pm Заглавие:

Eто едно друго доказателство на теоремата на Erdos-Mordell:

[tex]KM1=d_a\sin \beta \; KN1=d_b \sin \alpha \Rightarrow N1M1= d_a\sin \beta + d_b \sin \alpha[/tex]
Около CNTM може да се опише окр. [tex]NM=R_c \sin \gamma[/tex]. Тогава от [tex]NM \ge N1M1[/tex] получаваме:

[tex]R_c \sin \gamma \ge d_a\sin \beta + d_b \sin \alpha[/tex] или [tex]R_c \ge d_a \;\frac {\sin \alpha}{\sin \gamma}+d_b \;\frac {\sin \beta}{\sin \gamma}=d_a \;\frac {a}{c}+d_b\;\frac{b}{c}[/tex].

Kaто съберем това нер. с аналогичните му други две получаваме [tex]R_a+R_b+R_c \ge 2(d_a+d_b+d_c)[/tex]