Регистрирайте сеРегистрирайте се

Една задача, която Емо ми каза


 
   Форум за математика Форуми -> Геометрия
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Fri Jun 27, 2008 12:31 pm    Заглавие: Една задача, която Емо ми каза

Ето я и задачата: Ако върху малката дъга [tex]\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{CD}[/tex] на описанат около квадрата [tex]ABCD[/tex] окръжност е избрана т. [tex]P[/tex], да се докаже че е изпълнено равенството [tex]PA^2-PB^2=PD.PB-PA.PC[/tex].

Забравих да кажа за окръжността Embarassed
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
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)
Репутация: 311.2Репутация: 311.2
гласове: 179

МнениеПуснато на: Fri Jun 27, 2008 1:06 pm    Заглавие:

Е при Емо е нормално квдратите да имат дъги, дори и малки. Ама хайде да пишете нормални условия! Twisted Evil
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Fri Jun 27, 2008 1:26 pm    Заглавие:

Сега вече мисля че е наред Smile
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Fri Jun 27, 2008 6:28 pm    Заглавие:

Idea


untitled.PNG
 Description:
 Големина на файла:  24.47 KB
 Видяна:  1294 пъти(s)

untitled.PNG


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 11:55 am    Заглавие:

От [tex]ABCD[/tex] — квадрат, [tex]\Rightarrow BD[/tex] е ъглополовяща.
[tex]\angle ADB[/tex] — вписан, [tex]\Rightarrow \angle ADB=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{AB}}{2}[/tex],
[tex]\angle APB[/tex] — вписан, [tex]\Rightarrow \angle APB=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{AB}}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle ADB=\angle APB=45^\circ[/tex].
Нека [tex]PA[/tex] пресича [tex]BD[/tex] в точка [tex]Q[/tex]. [tex]\triangle BCD[/tex] — правоъгълен [tex]\Rightarrow BD[/tex] — диаметър в окръжността [tex]\angle BPD=90^\circ[/tex].
[tex]\triangle BPD[/tex] — правоъгълен; [tex]\angle DPQ+\angle QPB=90^\circ \Rightarrow \angle DPQ=45^\circ \Rightarrow PQ[/tex] — ъглополовяща в [tex]\triangle BPD[/tex].
Да означим [tex]AB=BC=CD=AD=a; \angle DBP=\alpha[/tex]; тогава [tex]\angle PBC=45^\circ-\alpha; \angle PDC=45^\circ-\alpha; \angle BPC=45^\circ; \angle BCP=90^\circ+\alpha[/tex].
[tex]\triangle ABD: \frac{BD}{sin90^\circ}=\frac{AB}{sin45^\circ}=2R; \frac{a}{\frac{\sqrt{2}}{2}} \Rightarrow 2R=\sqrt{2}a[/tex].
[tex]\triangle ABP: \frac{PA}{sin(45^\circ+\alpha)}=2R \Rightarrow PA=\sqrt{2}a sin(45^\circ+\alpha) (1);[/tex]
[tex]\triangle BCP: \frac{PB}{sin(90^\circ+\alpha)}=2R \Rightarrow PB=\sqrt{2}a sin(90^\circ+\alpha) (2);[/tex]
[tex]\triangle BPC: \frac{PC}{sin(45^\circ-\alpha)}=2R \Rightarrow PC=\sqrt{2}a sin(45^\circ-\alpha) (3);[/tex]
[tex]\triangle BPD: \frac{PD}{sin\alpha}=2R \Rightarrow PD=\sqrt{2}a sin\alpha (4).[/tex]
[tex]sin(45^\circ+\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{2}(cos\alpha+sin\alpha); sin(45^\circ-\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{2}(cos\alpha-sin\alpha); sin(90^\circ+\alpha)=cos\alpha[/tex]
[tex]\Rightarrow PA=a(cos\alpha+sin\alpha) (1)'; PB=\sqrt{2}cos\alpha (2)'; PC=a(cos\alpha-sin\alpha) (3)'[/tex]
[tex]1-2cos^2{\alpha}=-cos{2\alpha} \Rightarrow PA^2-PB^2=a^2(sin{2\alpha}-cos{2\alpha});[/tex]
[tex]PD.PB=\sqrt{2}a sin\alpha.\sqrt{2}a cos\alpha \Rightarrow PD.PB=2a^2sin\alpha cos\alpha;[/tex]
[tex]PA.PC=a(cos\alpha+sin\alpha).a(cos\alpha+sin\alpha)=a^2(cos^2{\alpha}-sin^2{\alpha});[/tex]
[tex]a^2(sin{2\alpha}-cos{2\alpha})=a^2(sin{2\alpha}-cos{2\alpha})[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex] даденото равенство е тъждество.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ObsCure
Фен на форума


Регистриран на: 02 Jul 2007
Мнения: 990
Местожителство: Казанлък/Пловдив
Репутация: 104.4
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 12:25 pm    Заглавие:

Леле,като гледам това доказателство и решението на Нона....откриите разликите Laughing
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 1:54 pm    Заглавие:

Аз да ти кажа на Емо изобщо не ща да му го гледам, че няма да ми стигне днес деня да го прочета и разбера Very Happy На Нона не го разбрах, как АP+РC стана равно на BP√2 Question

Ето и моя вариант на решение, от всичко по малко, ама без тригонометрия Laughing

Нека спуснем височините РМ и РН към ВД и АС.
Получаваме ОНРМ - правоъгълник и ОН=РМ, ОМ=РН.
▲АСД и ▲ВРД са правоъгълни, понеже АС и ВД са диаметри за окръжността, освен това РМ и РН са височини в тези триъгълници [tex]\Longright^{metr.\: zavis.} PA^2=AC*AH,\: PB^2=BD*BM=AC*BM.[/tex].

Сега [tex]AP^2-BP^2=AC(AH-BM)=AC(\cancel {AO}+OH-BO\cancel {-OM})=AC(OH-OM)=[/tex]
[tex]=AC(PM-PH)=AC*PM-AC*PH=2S_{BPD}-2S_{APC}=BP*PD-AP*PC[/tex] с което доказахме търсеното равенство Smile



krug4e.JPG
 Description:
 Големина на файла:  25.67 KB
 Видяна:  1222 пъти(s)

krug4e.JPG


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 2:04 pm    Заглавие:

Емо написа:
[tex]\angle ADB[/tex] — вписан, [tex]\Rightarrow \angle ADB=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{AC}}{2}[/tex],
[tex]\angle APB[/tex] — вписан, [tex]\Rightarrow \angle APB=\frac{\stackrel{\rotatebox{90}{\Big)}}{AC}}{2}[/tex]


[tex]\triangle BPD[/tex] — правоъгълен; [tex]\angle DPQ+\angle QPB=90^\circ \Rightarrow \angle DPQ=45^\circ[/tex]


Емо, още първите два реда и имаш грешка Laughing Я помисли тия ъгли с кои дъги се измерват Wink

Освен това не ми харесва какви логически връзки правиш - Сборът на два ъгъла е 90, от тук единият от тях е 45 градуса Shocked
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 2:20 pm    Заглавие:

Хубаво решение, martoss Smile

martosss написа:
На Нона не го разбрах, как АP+РC стана равно на BP√2 Question


Ако означим страната на квадрата с х, диагоналите ще са равни на х√2. Делим на х и готово Smile
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 2:38 pm    Заглавие:

А, от Птоломея ли бе, аз не зацепвам за какво си ги оцветила така и гледам буквите и си мисля че са различни и са опитвам от двете равенства да го докарам, пък то си е готово Embarassed Много съм зле Браво и на теб - макар че използваш по-нестандартната(и по-дълга Laughing ) теорема на Птолемей, Д-вото пак е на лице Smile
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
xyz
Напреднал


Регистриран на: 20 May 2007
Мнения: 319

Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2
гласове: 12

МнениеПуснато на: Tue Jul 01, 2008 2:28 pm    Заглавие:

Много решения вече са дадени, но аз ще дам и мое. Отначало давам чертежа. Вижда се равнобедрен трапец (който по-късно ще стане квадрат, както се иска в задачата), а освен това точката P е над отсечката CD, но не е на описаната окръжност (отново по-късно ще се намести на мястото си).
Относно точките от P пускаме перпендикуляри към основите. Съответните точки стават с ' и ". Съответните Q точки пък, са осево симетрични на P точките, спрямо симетралата на AB (и на CD естествено, защото трапеца е равнобедрен).
Ще означим за удобство височината на трапеца с h.

Стъпка 1:
Извършваме следните изчисления:
PD.PB.sin DPB - PA.PC.sin APC=
=2(SPDB-SPAC)=
=2(SQCA-SPAC)=
=2(SQCO-SPAO)=
=2(SQCP-SPAQ)=
=2(1/2(QQ'.PQ)-1/2(Q"Q.PQ))=-h.PQ

(h/AB)(PA2-PB2)=
=(h/AB)((PP"2+P"A2)-(PP"2+P"B2))=
=(h/AB)(P"A2-P"B2)=
=(h/AB)(P"A+P"B)(P"A-P"B)=(h/AB)AB.-P"Q"=-h.PQ

Така получихме формулата:
PD.PB.sin DPB - PA.PC.sin APC=(h/AB)(PA2-PB2)
която е всъщност целта на първа стъпка.

Стъпка 2:
Сега ще искаме точката P да лежи на описаната около ABCD окръжност. Тогава
ъгъл DPB = ъгъл APC
и отново заради описаната окръжност
sin DPB = sin APC = sin BAD = h/AD

Замествайки във формулата от първа стъпка намираме:
PD.PB - PA.PC=(h2/(AB.AD))(PA2-PB2)
като това всъщност е формулата за втората стъпка.

Стъпка 3:
Сега вече вместо равнобедрен трапец да си минем към квадрат. Тогава AB=AD=h заместваме във формулата от втора стъпка намираме
PD.PB - PA.PC=PA2-PB2
което всъщност трябваше да се докаже в задачата.



zad1.png
 Description:
 Големина на файла:  16.05 KB
 Видяна:  1159 пъти(s)

zad1.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Геометрия Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
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
Copyright © 2005-2021 math10.com.