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

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

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30]      



Задача 57035

Темы:   [ Подобные фигуры ]
[ Четырехугольники (прочее) ]
[ Преобразования подобия (прочее) ]
[ Против большей стороны лежит больший угол ]
Сложность: 5-
Классы: 9,10,11

Докажите, что два четырехугольника подобны тогда и только тогда, когда у них равны четыре соответственных угла и соответственные углы между диагоналями.

Решение

Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответственных сторон четырехугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырехугольники ABCD и ABC1D1, у которых точки C1 и D1 лежат на лучах BC, AD и  CD| C1D1. Обозначим точки пересечения диагоналей четырехугольников ABCD и ABC1D1 через O и O1 соответственно.
Предположим, что точки C и D лежат ближе к точкам B и A, чем точки C1 и D1. Докажем, что тогда  $ \angle$AOB > $ \angle$AO1B. В самом деле,  $ \angle$C1AB > $ \angle$CAB и  $ \angle$D1BA > $ \angle$DBA, поэтому  $ \angle$AO1B = 180o - $ \angle$C1AB - $ \angle$D1BA < 180o - $ \angle$CAB - $ \angle$DBA = $ \angle$AOB. Получено противоречие, поэтому  C1 = C, D1 = D.


Прислать комментарий


Задача 56521

Тема:   [ Подобные фигуры ]
Сложность: 5
Классы: 9

Из произвольной точки M окружности, описанной около прямоугольника ABCD, опустили перпендикуляры MQ и MP на его две противоположные стороны и перпендикуляры MR и MT на продолжения двух других сторон. Докажите, что прямые PR и QT перпендикулярны, а точка их пересечения принадлежит диагонали прямоугольника ABCD.

Решение

Пусть MQ и MP — перпендикуляры, опущенные на стороны AD и BC, MR и MT — перпендикуляры, опущенные на продолжения сторон AB и CD (рис.). Обозначим через M1 и P1 вторые точки пересечения прямых RT и QP с окружностью.
Так как  TM1 = RM = AQ и  TM1 || AQ, то  AM1 || TQ. Аналогично  AP1 || RP. Поскольку  $ \angle$M1AP1 = 90o, то  RP $ \perp$ TQ.
Обозначим точки пересечения прямых TQ и RPM1A и RPP1A и TQ через E, F, G соответственно. Чтобы доказать, что точка E лежит на прямой AC, достаточно доказать, что прямоугольники AFEG и AM1CP1 подобны. Так как  $ \angle$ARF = $ \angle$AM1R = $ \angle$M1TG = $ \angle$M1CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой $ \alpha$ AF = RA sin$ \alpha$ = M1A sin2$ \alpha$ AG = M1T sin$ \alpha$  = M1C sin2$ \alpha$, поэтому прямоугольники AFEG и AM1CP1 подобны.


Прислать комментарий

Задача 56522

Тема:   [ Подобные фигуры ]
Сложность: 5
Классы: 9

К двум окружностям, расположенным одна вне другой, проведены одна внешняя и одна внутренняя касательные. Рассмотрим две прямые, каждая из которых проходит через точки касания, принадлежащие одной из окружностей. Докажите, что точка пересечения этих прямых расположена на прямой, соединяющей центры окружностей.

Решение

Обозначим центры окружностей через O1 и O2. Внешняя касательная касается первой окружности в точке K, а второй окружности в точке L; внутренняя касательная касается первой окружности в точке M, а второй окружности в точке N (рис.). Пусть прямые KM и LN пересекают прямую O1O2 в точках P1 и P2 соответственно. Надо доказать, что P1 = P2. Рассмотрим точки A, D1, D2 пересечения прямых KL и MNKM и O1ALN и O2A соответственно.  $ \angle$O1AM + $ \angle$NAO2 = 90o,
поэтому прямоугольные треугольники O1MA и ANO2 подобны, а также  AO2 || KM и  AO1 || LN. Из параллельности этих прямых получаем  AD1 : D1O1 = O2P1 : P1O1 и  D2O2 : AD2 = O2P2 : P2O1. Из подобия четырехугольников AKO1M и O2NAL получаем  AD1 : D1O1 = D2O2 : AD2. Следовательно,  O2P1 : P1O1 = O2P2 : P2O1, т. е. P1 = P2.


Прислать комментарий

Задача 105137

Темы:   [ Подобные фигуры ]
[ Итерации ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Вписанные и описанные многоугольники ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
Сложность: 5
Классы: 8,9,10,11

Можно ли раскрасить все точки квадрата и круга в чёрный и белый цвета так, чтобы множества белых точек этих фигур были подобны друг другу и множества чёрных точек также были подобны друг другу (возможно, с различными коэффициентами подобия)?

Решение


Рассмотрим такую раскраску квадрата: впишем круг в квадрат и раскрасим в чёрный цвет точки квадрата, лежащие вне круга; впишем в полученный круг квадрат со сторонами, параллельными сторонам исходного квадрата. Раскрасим в белый цвет точки круга, лежащие вне "маленького" квадрата. По такому же правилу раскрасим маленький квадрат и т. д. Заметим, что мы считаем граничные точки лежащими "внутри" фигуры. Таким образом, граница каждого квадрата покрашена чёрным, за исключением четырёх точек касания вписанного в квадрат круга, а граница каждого круга - белым, за исключением четырёх вершин квадрата, вписанного в этот круг.

Пусть сторона исходного квадрата равна a, тогда сторона маленького квадрата равна a/21/2. Следовательно, длины сторон квадратов стремятся к 0. Поэтому все точки, кроме центра, будут раскрашены. Центр раскрасим в чёрный цвет.

Очевидно, что множество чёрных точек квадрата подобно множеству чёрных точек круга, вписанного в этот квадрат (второе получается из первого гомотетией с центром в центре квадрата и с коэффициентом 1/21/2. А множество белых точек квадрата просто совпадает с множеством белых точек вписанного в него круга.

Ответ

можно.
Прислать комментарий


Задача 57036

Темы:   [ Подобные фигуры ]
[ Четырехугольники (прочее) ]
[ Преобразования подобия (прочее) ]
Сложность: 5+
Классы: 9,10

Четырехугольник ABCD выпуклый; точки  A1, B1, C1 и D1 таковы, что  AB||C1D1, AC||B1D1 и т. д. для всех пар вершин. Докажите, что четырехугольник  A1B1C1D1 тоже выпуклый, причем  $ \angle$A + $ \angle$C1 = 180o.

Решение

Любой четырехугольник с точностью до подобия определяется направлениями своих сторон и диагоналей (см. задачу 57035), поэтому достаточно построить один пример четырехугольника  A1B1C1D1 с требуемыми направлениями сторон и диагоналей. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмем произвольную точку D1 и проведем  D1A1||BC, A1B1||CD и  B1C1||DA (см. рис.). Так как  OC1 : OB1 = OD : OA, OB1 : OA1 = OC : OD и  OA1 : OD1 = OB : OC, то  OC1 : OD1 = OB : OA, а значит,  C1D1||AB. Из полученного рисунка ясно, что  $ \angle$A + $ \angle$C1 = 180o.


Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

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