Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
martosss VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007 Мнения: 3937 Местожителство: Somewhere over the rainbow гласове: 213
|
Пуснато 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
|
|
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: 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!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
martosss VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007 Мнения: 3937 Местожителство: Somewhere over the rainbow гласове: 213
|
Пуснато на: Fri Jun 27, 2008 1:26 pm Заглавие: |
|
|
Сега вече мисля че е наред
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Fri Jun 27, 2008 6:28 pm Заглавие: |
|
|
Description: |
|
Големина на файла: |
24.47 KB |
Видяна: |
1294 пъти(s) |
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато 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 |
|
|
ObsCure Фен на форума
Регистриран на: 02 Jul 2007 Мнения: 990 Местожителство: Казанлък/Пловдив гласове: 28
|
Пуснато на: Sat Jun 28, 2008 12:25 pm Заглавие: |
|
|
Леле,като гледам това доказателство и решението на Нона....откриите разликите
|
|
Върнете се в началото |
|
|
martosss VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007 Мнения: 3937 Местожителство: Somewhere over the rainbow гласове: 213
|
|
Върнете се в началото |
|
|
martosss VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007 Мнения: 3937 Местожителство: Somewhere over the rainbow гласове: 213
|
Пуснато 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 Я помисли тия ъгли с кои дъги се измерват
Освен това не ми харесва какви логически връзки правиш - Сборът на два ъгъла е 90, от тук единият от тях е 45 градуса
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Nona Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006 Мнения: 477
гласове: 163
|
Пуснато на: Sat Jun 28, 2008 2:20 pm Заглавие: |
|
|
Хубаво решение, martoss
martosss написа: | На Нона не го разбрах, как АP+РC стана равно на BP√2
|
Ако означим страната на квадрата с х, диагоналите ще са равни на х√2. Делим на х и готово
|
|
Върнете се в началото |
|
|
martosss VIP Gold
Регистриран на: 17 Mar 2007 Мнения: 3937 Местожителство: Somewhere over the rainbow гласове: 213
|
Пуснато 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 Много съм зле Браво и на теб - макар че използваш по-нестандартната(и по-дълга ) теорема на Птолемей, Д-вото пак е на лице
|
|
Върнете се в началото |
|
|
xyz Напреднал
Регистриран на: 20 May 2007 Мнения: 319
гласове: 12
|
Пуснато 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.
Description: |
|
Големина на файла: |
16.05 KB |
Видяна: |
1159 пъти(s) |
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
|