ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 24 25 26 27 28 29 30 >> [Всего задач: 454]      



Задача 35216

Темы:   [ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Шестиугольники ]
[ Вписанные и описанные многоугольники ]
[ Теоремы Чевы и Менелая ]
Сложность: 4
Классы: 8,9,10

В окружность вписан выпуклый шестиугольник ABCDEF.
  а) Известно, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке. Докажите, что  AB·CD·EF = BC·DE·FA.
  б) Известно, что  AB·CD·EF = BC·DE·FA.  Докажите, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Подсказка

Используйте подобие треугольников.

Решение

  а) Пусть O – точка пересечения диагоналей шестиугольника. Треугольники ABO и EDO подобны, так как пары углов BAO, DEO и ABO, EDO являются вписанными в окружность, опирающимися на одну дугу. Из подобия этих треугольников следует, что  AB : DE = AO : EO.  Аналогично  EF : BC = EO : CO  и  CD : FA = CO : AO.  Перемножая три полученных равенства, имеем:

  б) Пусть O – точка пересечения диагоналей AD и BE, а G – вторая точка пересечения прямой CO с описанной окружностью (она лежит на дуге AE, содержащей точку F). Согласно п. а)  GA : EG = FA : EF.  Значит, точки F и G совпадают (если бы, например, G лежала между A и F, то  GA < FA,  EG > EF  и  GA : EG < FA : EF).

Прислать комментарий

Задача 53896

Темы:   [ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ]
[ Центр масс ]
Сложность: 4
Классы: 8,9

Через точку пересечения биссектрисы угла A треугольника ABC и отрезка, соединяющего основания двух других биссектрис, проведена прямая, параллельная стороне BC. Докажите, что меньшее основание образовавшейся трапеции равно полусумме её боковых сторон.

Решение

  Пусть AL, BE и CF – биссектрисы треугольника ABC, K – точка пересечения отрезков EF и AL, M и N – точки пересечения прямой, проходящей через точку K параллельно BC, со сторонами AB и AC соответственно. Обозначим  BC = a,  AC = b,  AB = c.
  Поместим в вершины B и C массы b и c соответственно, а в вершину A – массу 2a. Центр тяжести этой системы материальных точек, с одной стороны, совпадает с центром тяжести системы точек M и N с массами  a + b  и  a + c  соответственно, а с другой стороны, – с центром тяжести системы точек A и L с массами 2a и  b + c  соответственно. Отсюда следует, что общий центр тяжести – точка K – делит отрезок AL в отношении  AK : KL = (b + c) : 2a.  Следовательно,  k = AK/AL = b+c/2a+b+c.
  Из подобия треугольников AMN и ABC следует, что  MN = ka,  BM + CN = b(1 – k) + c(1 – k) = 2a(b+c)/2a+b+c = 2ka.

Прислать комментарий

Задача 64813

Темы:   [ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Точка Лемуана ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Радикальная ось ]
Сложность: 4
Классы: 9,10,11

Даны окружность, её хорда AB и середина W меньшей дуги AB. На большей дуге AB выбирается произвольная точка C. Касательная к окружности, проведённая из точки C, пересекает касательные, проведённые из точек A и B, в точках X и Y соответственно. Прямые WX и WY пересекают прямую AB в точках N и M соответственно. Докажите, что длина отрезка NM не зависит от выбора точки C.

Решение

  Пусть отрезки AB и CW пересекаются в точке T (см. рис.). Тогда  ∠ACW = ∠ABW = ∠TAW,  то есть треугольники CAW и ATW подобны. Поскольку прямая WXсимедиана треугольника CAW (см. задачу 56983), она является медианой треугольника ATW, то есть точка N – середина отрезка AT. Аналогично точка M – середина BT, поэтому  MN = ½ AB.

Прислать комментарий

Задача 108041

Темы:   [ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Перегруппировка площадей ]
Сложность: 4
Классы: 8,9

Автор: Савин А.П.

Если повернуть квадрат вокруг его центра на 45°, то стороны повёрнутого квадрата разобьют каждую сторону первоначального отрезка на три отрезка, длины которых относятся как  a : b : a  (эти отношения легко вычислить). Для произвольного выпуклого четырёхугольника сделаем аналогичное построение: разобьём каждую его сторону в тех же отношениях  a : b : a  и проведём прямую через каждые две точки деления, соседние с вершиной (лежащие на сходящейся к ней стороне). Докажите, что площадь четырёхугольника, ограниченного четырьмя построенными прямыми, равна площади исходного чектырёхугольника.

Решение

  Очевидно,  a : b = 1 : .
   Рассмотрим теперь произвольный выпуклый четырёхугольник ABCD (см. рисунок).

  Заметим, что стороны второго четырёхугольника параллельны диагоналям четырёхугольника ABCD, так как каждая из них делит стороны данного четырёхугольника в одинаковых отношениях. Пусть точки P и Q лежат на стороне AB, причём  AP : PQ : QB = 1 : : 1.  Пусть также прямая l1, проходящая через точку P параллельно диагонали BD, пересекает диагональ AC в точке S, прямая l2, проходящая через точку Q параллельно AC, пересекает диагональ BD в точке T, а прямые l1 и l2 пересекаются в точке R. Поскольку треугольники APS и QPR подобны с коэффициентом  ,  то площадь первого равна половине площади второго. Точно так же докажем, что площадь треугольника BQT вдвое меньше площади треугольника QPR. Значит,
SPQR = SAPS + SBQT.  Аналогично получаем, что сумма площадей четырёх добавленных треугольников равна сумме площадей четырёх отсечённых, что и требовалось.

Прислать комментарий

Задача 108147

Темы:   [ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Четыре точки, лежащие на одной окружности ]
[ Ортоцентр и ортотреугольник ]
[ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ]
Сложность: 4
Классы: 8,9

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC биссектриса угла между высотами AA1 и CC1 пересекает стороны AB и BC в точках P и Q соответственно. Биссектриса угла B пересекает отрезок, соединяющий ортоцентр H треугольника ABC с серединой M стороны AC в точке R. Докажите, что точки P, B, Q и R лежат на одной окружности.

Решение

  Пусть перпендикуляр, восставленный к стороне AB в точке P, пересекает высоту AA1 в точке S, а перпендикуляр, восставленный к стороне BC в точке Q, пересекает высоту CC1 в точке T. Если K – точка пересечения этих перпендикуляров, то точки P и Q лежат на окружности с диаметром BK. Утверждение задачи равносильно тому, что точка K совпадает с R (см. рис.).
  Поскольку  ∠BPQ = ∠C1PH = 90° – ∠C1HP = 90° – ∠CHQ = 90° – ∠AHQ = ∠A1QH = ∠BQP,  то треугольник PQB – равнобедренный:  BP = BQ.  Из равенства прямоугольных треугольников BPK и BQK следует, что точка K лежит на биссектрисе угла B. Осталось доказать, что точка K лежит на прямой HM.
  Действительно, треугольник PHC1 подобен треугольнику QHA1, треугольник AHC1 – треугольнику CHA1, а треугольник PHS – треугольнику THQ, поэтому  HS : HT = PH : HQ = CH1 : HA1 = AH : HC.
  Значит,  ST || AC.  Поэтому медиана HM треугольника AHC проходит через середину O отрезка ST, а так как O – точка пересечения диагоналей параллелограмма HTKS, то точка K лежит на прямой HO, а значит, на прямой HM.
  Следовательно, K – точка пересечения прямой MH с биссектрисой угла B, а значит, совпадает с точкой R.

Прислать комментарий

Страница: << 24 25 26 27 28 29 30 >> [Всего задач: 454]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .