ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Планиметрия
>>
Преобразования плоскости
>>
Преобразования подобия
>>
Подобные фигуры
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30]
РешениеПреобразованием 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 AOB > AO1B. В самом деле, C1AB > CAB и D1BA > DBA, поэтому AO1B = 180o - C1AB - D1BA < 180o - CAB - DBA = AOB. Получено противоречие, поэтому C1 = C, D1 = D.
РешениеПусть 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 M1AP1 = 90o, то RP TQ. Обозначим точки пересечения прямых TQ и RP, M1A и RP, P1A 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 ARF = AM1R = M1TG = M1CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой . AF = RA sin = M1A sin2, AG = M1T sin = M1C sin2, поэтому прямоугольники AFEG и AM1CP1 подобны.
РешениеОбозначим 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 MN, KM и O1A, LN и O2A соответственно. O1AM + 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.
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)? РешениеРассмотрим 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. Ответможно.
РешениеЛюбой 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 A + C1 = 180o.
Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30] |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|