Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Планиметрия
>>
Преобразования плоскости
>>
Преобразования подобия
>>
Гомотетия и поворотная гомотетия
>>
Гомотетия помогает решить задачу
Фильтр
Задачи Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 225]
Задача 108001 |
|
|
Внутри квадрата ABCD взята точка M. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM и DAM образуют квадрат.
Подсказка
Примените гомотетию.
Решение
Пусть K, L, P и N – середины сторон AB, BC, CD и AD соответственно. Тогда KLMN – квадрат. Поскольку точка пересечения медиан делит каждую медиану треугольника в отношении 2 : 1, считая от вершины, то при гомотетии с центром M и коэффициентом ⅔ четырёхугольник KLMN переходит в четырёхугольник с вершинами в точках пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM и DAM. Значит, последний четырёхугольник также является квадратом.
|
|
Задача 108004 |
|
Докажите, что три прямые, проведённые через середины сторон треугольника параллельно биссектрисам противолежащих углов, пересекаются в одной точке.
Подсказка
Рассмотрите гомотетию данного треугольника с центром в точке пересечения его медиан и коэффициентом –½.
Решение
Легко видеть, что указанные прямые являются биссектрисами треугольника A'B'C' с вершинами в серединах сторон треугольника ABC.
|
|
|
Задача 108664 |
|
|
Точки K и L на сторонах соответственно AB и AC остроугольного треугольника ABC таковы, что KL || BC ; M – точка пересечения перпендикуляров, восставленных в точках K и L к отрезкам AB и AC . Докажите, что точки A , M и центр O описанной окружности треугольника ABC лежат на одной прямой.
Решение
Пусть D и E – середины сторон AB и AC соответственно (рис.1).
Заметим, что DE || BC || KL , DO – серединный
перпендикуляр к отрезку AB . Значит, DO || KM .
Аналогично, OE || LM . Тогда гомотетия с центром в точке
A , переводящая точку E в точку L , переводит D в K , а
O в M . Следовательно, точки A , O и M лежат на одной прямой.
Обозначим ABC = β (рис.2). Тогда центральный угол AOC описанной
окружности треугольника ABC вдвое больше вписанного угла ABC , т.е.
равен 2β . Из равнобедренного треугольника AOC находим, что
CAO = 90o-β .
Из точек K и L отрезок AM виден под прямым углом, значит эти точки
лежат на окружности с диаметром AM . Вписанные в эту окружность углы
AML и AKL опираются на одну и ту же дугу, поэтому
( KL || BC ). Из прямоугольного треугольника AML находим, что
Следовательно, точки A , O и M лежат на одной прямой.
|
|
|
Задача 55761 |
|
|
Докажите, что точки, симметричные произвольной точке относительно середин сторон квадрата, являются вершинами некоторого квадрата.
Подсказка
Рассмотрите гомотетию относительно выбранной точки с коэффициентом 2.
Решение
Пусть P — произвольная точка; M, N, K, L — середины сторон соответственно AB, BC, CD и AD квадрата ABCD; P1, P2, P3 и P4 — образы точки P при симметриях относительно точек M, N, K и L соответственно.
Поскольку
|
|
|
Задача 55762 |
|
|
На каждом из оснований AD и BC трапеции ABCD построены вне
трапеции равносторонние треугольники.
Докажите, что отрезок, соединяющий третьи вершины этих треугольников, проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.
Подсказка
Рассмотрите гомотетию относительно точки пересечения диагоналей трапеции, переводящую точку A в точку C.
Решение
Пусть BMC и DNA – указанные равносторонние треугольники, O – точка пересечения диагоналей AC и BD трапеции ABCD.
При гомотетии относительно точки O, переводящей точку A в
точку C, точка D перейдёт в точку B, отрезок AD – в отрезок CB, луч AN – в луч CM (так как прямые AN и CM параллельны), а луч DN – в луч BM. Поэтому точка N перейдёт в точку M.
Следовательно, прямая MN проходит через центр рассматриваемой гомотетии, то есть через точку O.
|
|
|
Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 225]
