Все источники
>>
Книги, журналы
>>
Прасолов В.В., Задачи по планиметрии
>>
глава 5. Треугольники
>>
параграф 2. Прямоугольные треугольники
Фильтр
Выбрано 2 задачи
Версия для печати
Убрать все задачи
Решение
Сумма углов при основании трапеции равна 90o. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.
Решение
Убрать все задачи
На сфере радиуса 1 дан треугольник, стороны которого – дуги трёх различных окружностей радиуса 1 с центром в центре сферы, имеющие длины меньше $\pi$, а площадь равна четверти площади сферы. Докажите, что четырьмя копиями такого треугольника можно покрыть всю сферу.
РешениеСумма углов при основании трапеции равна 90o. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.
Решение
Задачи
Страница: << 1 2 [Всего задач: 10]
На медиане BM и на биссектрисе BK
треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки D и
E так, что
DK || AB и
EM || BC. Докажите, что
ED
BK.
Сумма углов при основании трапеции равна
90o.
Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен
полуразности оснований.
Диагонали AC и BD параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. Точка
M лежит на прямой AB, причём
AMO = MAD. Докажите, что точка
M равноудалена от точек C и D.
На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC
внешним образом построен квадрат ABPQ. Пусть
= 
ACQ,
= QCP и
= PCB. Докажите,
что
cos = coscos.
Страница: << 1 2 [Всего задач: 10]
Задача 56851 |
|
|
|
|
Решение |
Задача 56855 |
|
|
В треугольнике ABC с прямым углом C проведены высота CD и биссектриса CF; DK и DL – биссектрисы
треугольников BDC и ADC.
Докажите, что CLFK – квадрат.
|
|
|
Решение |
Задача 56852 |
|
|
|
|
|
Решение |
Задача 56853 |
|
|
|
|
|
Решение |
Задача 56856 |
|
|
|
|
|
Решение |
Страница: << 1 2 [Всего задач: 10]
