Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
simon_kazakov Начинаещ
Регистриран на: 10 Apr 2008 Мнения: 84
гласове: 4
|
Пуснато на: Thu Apr 24, 2008 4:31 pm Заглавие: Височини в триъгълник |
|
|
[tex]AM[/tex] и [tex]CP[/tex] са височините в остроъгълния [tex]\Delta ABC[/tex]. Описаната около [tex]\Delta ABC[/tex] окръжност е с център [tex]O[/tex] и радиус [tex]R[/tex]. [tex]K[/tex] и [tex]Q[/tex] са центровете на описаните около [tex]\Delta AMP[/tex] и [tex]\Delta BMP[/tex] окръжности.
1. Докажете, че [tex]KQ=R[/tex].
2. Докажете, че ако [tex]AB=\sqrt{2}R[/tex], правите [tex]AO[/tex] и [tex]KQ[/tex] са перпендикулярни.
3. Намерете стойността на [tex]\angle ABC[/tex], при която лицето на четириъгълника [tex]MKPQ[/tex] е най-голямо.
Докато правех чертеж на задачата, възникнаха и някои интересни въпроси.
Какви условия трябва да са изпълнени за триъгълник [tex]\Delta ABC[/tex], за да може центъра на описаната около [tex]\Delta ABC[/tex] окръжност да лежи на окръжността, описана около AMP или BMP.
Лесно мога да изразя BQ, QH, AK и KC чрез радиуса и ъгъл бета, обаче натам не виждам от къде да намерия KQ.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Thu Apr 24, 2008 5:58 pm Заглавие: |
|
|
2. Да се 4ете [tex]AB=R\sqrt{2}[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Thu Apr 24, 2008 6:34 pm Заглавие: |
|
|
1. Докажи, че ▲KPQ е правоъгълен.
[tex]\triangle BHP\sim \triangle CAP \Rightarrow \frac{BH}{AC}=\frac{PB}{CP} \Rightarrow BH=b.\cot{B} \\ KQ^2=KP^2+PQ^2=\frac{b^2}{4}+\frac{BH^2}{4}=\frac{b^2}{4}\left(1+\cot^2{B}\right)=\frac{b^2}{4\sin^2{B}}=R^2[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
simon_kazakov Начинаещ
Регистриран на: 10 Apr 2008 Мнения: 84
гласове: 4
|
Пуснато на: Thu Apr 24, 2008 6:35 pm Заглавие: |
|
|
Да, моя грешка... Иначе не би била решима.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Thu Apr 24, 2008 8:16 pm Заглавие: |
|
|
2. Упътване. KQBO е успоредник, защото QB и KO са успоредни и равни => KQ||BO, a <AOB=2<ACB=90°.
3. <OAB=<MPB=45°=>AO||PM, но
[tex]KQ\bot AO \Rightarrow KQ\bot PM \\ \triangle MBP\sim \triangle ABC \Rightarrow \frac{MP}{b}=\frac{PB}{a} , \ MP=\frac{PB.b}{a}=b\cos{B}=2R\sin{B}\cos{B}=R\sin{2B}\\ S_{MKPQ}=\frac{KQ.PM.\sin90^\circ}{2}=\frac{R^2\sin{2B}}{2}.[/tex]
Максимум се достига при sin 2B=1 <=> B=45°.
|
|
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 Apr 25, 2008 10:53 am Заглавие: |
|
|
т. 1. Може да стане и без тригонометрия
Q е средата на ВН и знаем, че 2ОК=ВН http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=4119
т.е. ОК=BQ, ясно е, че са и успоредни.
Отговорът на това кога О лежи на описаната около ВМР окръжност, ще го формулирам като задача:
Докажете, че ако О лежи на описаната около ВМР окръжност, е изпълнено:
[tex]a^2+c^2=6R^2.[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Fri Apr 25, 2008 12:11 pm Заглавие: |
|
|
r2d2 написа: |
Докажете, че ако О лежи на описаната около ВМР окръжност, е изпълнено:
[tex]a^2+c^2=6R^2.[/tex] |
[tex]BH=2OT=2R\cos{B}[/tex]
Знаем, че квадратът на разстоянието от ортоцентъра до центъра на описаната окръжност е
[tex]\blue \fbox{d^2=9R^2-\left (a^2+b^2+c^2\right )}.[/tex]
Прилагаме Питагорова теорема за ▲HBO.
[tex]d^2+R^2=BH^2 \\ 9R^2-\left (a^2+b^2+c^2\right ) +R^2=4R^2\cos^2{B} \\ 10R^2-\left (a^2+4R^2\sin^2{B}+c^2\right )=4R^2\cos^2{B} \\ a^2+c^2=6R^2[/tex]
Description: |
|
Големина на файла: |
28.99 KB |
Видяна: |
1572 пъти(s) |
|
|
|
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 Apr 25, 2008 1:45 pm Заглавие: |
|
|
Само да не прозвучи като заяждане. Има общоизвестни факти (или поне такива, които се предполага, че са общоизвестни) и такива, които не са.
Горният факт, не е общоизвестен.
Има решение, което използа само общоизвестни факти!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Fri Apr 25, 2008 2:33 pm Заглавие: |
|
|
Решение, в което се използват само общоизвестни факти:
[tex]\angle OBH=\angle ABC - \angle ABH - \angle OBC=\beta -(90^\circ -\alpha)-(90^\circ -\alpha)=\alpha - \gamma \\ \frac{OB}{BH}=\cos(\alpha-\gamma) \\ \frac{R}{2R\cos{\beta}}=\cos(\alpha-\gamma) \\ 2cos{\beta}\cos(\alpha-\gamma)=1 \\ \cos{2\alpha}+\cos{2\gamma}=-1 \\ 2\sin^2{\alpha}+2\sin^2{\gamma}=3 \\ 2.\frac{a^2}{4R^2}+2.\frac{c^2}{4R^2}=3 \Leftrightarrow a^2+c^2=6R^2[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
|