Регистрирайте се
Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 9:06 am Заглавие: Задачка от олимпиада |
|
|
Даден е равнобедрен триъгълник ABC с основа BC. Окръжност с център точка С и радиус 1/2 ВС пресича отсечката АС в точка D. Нека Р е една произволна точка от окръжността, описана около триъгълника АВС. Правата, минаваща през точката D и успоредна на РС, пресича правата РА в точка Q. Да се изрази отсечката РQ взависимост от отсечките РВ и РС.
Задачката е от международна олимпиада през далечната 1963 година. Ей сега ще пусна решението, а вие пуснете вашите, защото знам, че моето не е единствено, а има и тригонометрично.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 9:33 am Заглавие: |
|
|
Нека Р да е точка от по-малката дъга АВ на окръжността к, описана около равнобедрения триъгълник АВС. Върху правата РВ отмерваме от точка Р в посока към точка В разстояние РЕ=РС. Нека правата FG, прекарана през средата F на ВС и успоредна на РЕ, да пресича СЕ в точка G, а правата DH, успоредна на РА, да пресича РС в точка Н. Във всеки случай имаме
PQ=DH (1),
защото успоредни отсечки, заключени между успоредни прави, имат равни дължини. Вижда се, че
▲CDH е еднакъв с ▲CFG,
понеже CD=CF=1/2 AB — по условие (2), и
ъгъл DCH = ъгъл FCG (3),
ъгъл CHD = ъгъл CGF (4),
което ще установим.
▲АВС е подобен на ▲РЕС, тъй като са равнобедрени и ъглите между бедрата им са вписани в окръжността к и се измерват с по-малката дъга ВС. Следователно
ъгъл АСВ = ъгъл РСЕ (5); като извадим от (5) общата част — ъгъл РСВ, — получаваме равенството (3).
Съгласно построението
ъгъл CHD = ъгъл CPA (6)
като съответни.
Тъй като АРВС е вписан четириъгълник, то
ъгъл СРА = ъгъл СВА (7).
От подобието на триъгълниците АВС и РЕС следва, че
ъгъл СВА = ъгъл СЕР (VІІІ).
От построението следва, че
ъгъл СЕР = ъгъл CGF (9) — като съответни.
От (6), (7), (VІІІ) и (9) се получава равенството (4). С това е доказана еднаквостта на триъгълниците CDH и CFG. Този резултат може да се изрази нагледно и така: чрез завъртане около точка С на ъгъл АСВ в положителна посока ▲CDH съвпада с ▲CFG. Но тогава
DH=FG (10);
освен това
FG=1/2 BE (11),
защото по построение FG е средна отсечка в ▲ВЕС, успоредна на основата ВЕ. Накрая, съгласно построението на точка Е, имаме
ВЕ=РЕ—РВ=РС—РВ (12).
От (1), (10), (11) и (12) се получава, че
PQ=1/2(PC—PB) (13).
Може да се получат различни отговори заради различното положение на точката Р.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 11:20 am Заглавие: |
|
|
Нека Р е от дъгата АВ. Имаме [tex]\frac{PQ}{PA}=\frac{CD}{CA}=\frac{CM}{CA}=\cos(x+y)[/tex] или [tex]PQ=PA\cos(x+y)[/tex].
От синусова теорема [tex] PA=2Rsinx[/tex], следователно [tex]2PQ=2R\cdot 2\sin x \cos(x+y)=2R(\sin(x+2y) -\sin y)=PC - PB[/tex].
Description: |
|
Големина на файла: |
16.68 KB |
Видяна: |
1331 пъти(s) |
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 11:35 am Заглавие: |
|
|
Още една задача:
Да се намери косинусът на острия ъгъл α на успоредник с диагонали d1 и d2 и ъгъл φ между тях.
Моето решение е много дълго, но все пак ще го постна. Да видим дали този път някой ще измисли своето на няколко реда.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 11:51 am Заглавие: |
|
|
Aко Р е от дъгата ВС. Сега [tex]PQ=PA\cos x[/tex]
[tex]2PQ=2R\cdot 2\sin(x+y) \cos x=2R(\sin(2x+y)+ \sin y) = 2R (\sin z +\sin y)=PC+PB[/tex]
Description: |
|
Големина на файла: |
18.18 KB |
Видяна: |
1321 пъти(s) |
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 12:11 pm Заглавие: |
|
|
Дадено: АВСD — успоредник, АС=d1, ВD=d2,
АС пресича BD в точка О, АОВ=φ;
Търсим: cosφ=?
Решение:
По косинусовата теорема намираме страните на успоредника, като я прилагаме за отделни триъгълници;
За ▲АОВ:
АВ2=АО2+ВО2—2.АО.ВО.cosφ <=> АВ2=(d1/2)2+(d2/2)2—2.d1.d2.cosφ,
AB2=d12/4+d22/4—2d1d2/4,
AB=1/2√(d12+d22—2d1d2cosφ).
Разглеждаме ▲AOD и за него също прилагаме косинусовата теорема:
AD2=DO2+AO2—2.DO.AO.cos(180°—φ). След преобразувания достигаме до: AD=1/2√(d12+d22+2d1d2cosφ).
▲ABD: BD2=AD2+AB2—2.AD.AB.cosα => cosα=(AD2+AB2—BD2)/2.AD.AB.
Преобразуваме дясната страна на това равенство:
{[√(d12+d22+2d1d2cosφ)/2]2+[√(d12+d22—2d1d2cosφ)/2] 2}:[2.1/2√(d12+d22+2d1d2cosφ).1/2√(d12+d22—2d1d2cosφ)], ..., ...
... след още и още преобразувания се достига до
cosφ=(d12—d22)/√[(d12+d22)2—4d12d22cos2φ].
Тази задача ми взе здравето, докато напиша решението...
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 12:12 pm Заглавие: |
|
|
Мисля, че е редно различни задачи да са в отделни теми.
Емо, сигурен ли си, че предишната зад. е от МО 63? Според мен, не е.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 12:15 pm Заглавие: |
|
|
Задачата е оттам.
Цитат: За V международна олимпиада в ПНР през 1963 година.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 12:37 pm Заглавие: |
|
|
Задачата е била предложена от Унгария за Олимпиадата. Не е задача, давана на олимпиадата.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
|
|
Не Можете да пускате нови теми Не Можете да отговаряте на темите Не Можете да променяте съобщенията си Не Можете да изтривате съобщенията си Не Можете да гласувате в анкети Може да прикачвате файлове Може да сваляте файлове от този форум
|
|