Перпендикулярни прави

r2d2

Вписаната в АВС окр. с център I се допира до АВ,ВС,СА в т. D, E, F. Aко правата ЕF пресича правата АВ в Т, докажете че [tex]TI \perp CD.[/tex]

Реклама

Пафнутий · Пуснато на: Mon May 05, 2008 1:25 pm Заглавие:

Трябва да се постави условието триъгълникът да е неравнобедрен Wink

ПП Точно това намекнах Laughing

r2d2 · Пуснато на: Mon May 05, 2008 1:44 pm Заглавие:

Ако ЕF пресече АВ, някога когато СА=СВ, ще те черпя! Twisted Evil

Nona · Пуснато на: Mon May 05, 2008 8:32 pm Заглавие:

▲FEC - равнобедрен
[tex]\Rightarrow CI \bot TF \\ \left. EX^2=CE^2-CX^2 \\ EX^2=EI^2-IX^2 \right\} CE^2-CX^2=EI^2-IX^2 \\ (CI^2-r^2)-(CT^2-XT^2)=r^2-(IT^2-XT^2) \\ CI^2-r^2-CT^2=r^2-(r^2+DT^2) \\ CI^2+DT^2=ID^2+CT^2[/tex]

Означаваме <DKI=θ, DK=x, CK=y, IK=u, KT=z.

[tex]y^2+u^2-2uy\cos(180^\circ-\theta) +x^2+z^2-2xz\cos(180^\circ-\theta) = x^2+u^2-2xu\cos\theta +y^2+z^2-2yz\cos\theta \\ \cos\theta(uy+xz+xu+yz)=0\\ \Rightarrow \cos\theta=0, \ \theta=90^\circ \Leftrightarrow TI\bot CD[/tex]

r2d2 · Пуснато на: Tue May 06, 2008 12:18 pm Заглавие:

Нека [tex]A,B[/tex] са две фиксирани точки.
1. Да се определи вида на множеството от точки [tex]M[/tex], за които [tex]MA^2-MB^2=c[/tex], с - константа.
2. Да се докаже: [tex]AB \perp CD \Leftrightarrow AC^2-AD^2=BC^2-BD^2.[/tex]

martosss · Пуснато на: Tue May 06, 2008 12:39 pm Заглавие:

Ми за първата задача би трябвало това множество да е права, перпендикулярна на АВ, която пресича АВ в точка В, а константата е АВ². Това е така, защото когато М е точка от тази права, то ▲АВМ е правоъгълен и АМ²-ВМ²=АВ², а пък АВ е константа(т.А и т.В са фиксирани по условие) Wink

r2d2 · Пуснато на: Tue May 06, 2008 12:49 pm Заглавие:

c e proizwolna konstanta.

martosss · Пуснато на: Tue May 06, 2008 1:00 pm Заглавие:

За втората задача нека АВ пресича СД в точка М, ще разгледаме случай, когато това е вътрешна точка и за двете отсечки, макар че е същото, кагато това е външна точка.

1) Ако ни е дадено, че ъгълът е 90°(от ляво на дясно) това се получава като изразим равенството с Питагоровата теорема.

2) Ако пък ни е дадено равенството(от дясно на ляво) Тъй като ъгъл АМС =180 - ъгъл АМД.Нека изразим AC²-AD²=BC²-BD² чрез косинусовата теорема и отсечките АМ, МВ, МС и МД. Ще получим с помощта на косинусовата теорема:
АС²-АД²=ВС²-BD² <=> MC²-MD²-2AM*(MC+MD)*cosAMC=MC²-MD²+2BM*(CM+MD)*cosDMB => 2*CD*cosAMC*(AM+BM)=0 => cosAMC=0 => AMC=90° Wink

Nona · Пуснато на: Tue May 06, 2008 1:23 pm Заглавие:

Даден е вписан четириъгълник ABCD. Ако допирателните към описаната окръжност в точки А и С и правата BD се пресичат в една точка, то допирателните към описаната окръжност в точки В и D и правата AC също се пресичат в една точка.

Нека CD пресича вписаната в ▲ABC окръжност в точка К и m е допирателната към окръжността в тази точка. Тогава Т=АB ∩ m ∩ FE <=> CD и TI са перпендикулярни.

martosss · Пуснато на: Tue May 06, 2008 1:25 pm Заглавие:

r2d2 · Пуснато на: Tue May 06, 2008 2:02 pm Заглавие:

След като: [tex]AB \perp CD \Leftrightarrow AC^2-AD^2=BC^2-BD^2.[/tex], можеш ли да решиш първоначалната зада4а?

martosss · Пуснато на: Tue May 06, 2008 2:16 pm Заглавие:

Е ми да, то е някак си същото условие Smile

Само че малко трябва да го променим - Нека имаме ГМТ от точки, за които разликата е константа - [tex]AC^2-BC^2=AD^2-BD^2=...=const[/tex], но щом [tex]AC^2-BC^2=AD^2-BD^2[/tex], то [tex]AC^2-AD^2=BC^2-BD^2[/tex] =>С и Д лежат на права, перпендикулярна на АВ(това го доказахме в предишната задча) и от тук ГМТ е права Razz