ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Версия для печати
Убрать все задачи В тетраэдре ABCD плоские углы BAD и BCD – тупые. Сравните длины ребер AC и BD. Докажите, что стороны любого неравнобедренного треугольника можно либо все увеличить, либо все уменьшить на одну и ту же величину так, чтобы получился прямоугольный треугольник. Докажите, что из всех треугольников данного периметра 2p равносторонний имеет наибольшую плошадь. Рассматриваются такие квадратичные функции f(x) = ax² + bx + c, что a < b и f(x) ≥ 0 для всех x. Пусть a, b, c – положительные числа, сумма которых равна 1.
Докажите неравенство:
В равнобочной трапеции ABCD угол при основании AD равен
arcsin Внутри каждой грани единичного куба выбрали по точке. Затем каждые две точки,
лежащие на соседних гранях, соединили отрезком. Точка K – середина гипотенузы АВ прямоугольного треугольника АВС. На катетах АС и ВС выбраны точки М и N соответственно так, что угол МKN – прямой. Докажите, что из отрезков АМ, ВN и MN можно составить прямоугольный треугольник. В данную окружность вписать прямоугольник так, чтобы две данные точки внутри окружности лежали на сторонах прямоугольника. Можно ли из 13 кирпичей 1×1×2 сложить куб 3×3×3 с дыркой 1×1×1 в центре?
В 100 ящиках лежат яблоки, апельсины и бананы. Докажите, что можно так выбрать 51 ящик, что в них окажется не менее половины всех яблок, не менее половины всех апельсинов и не менее половины всех бананов. Из точки D окружности S опущен перпендикуляр DC на диаметр AB . Окружность S1 касается отрезка CA в точке E , а также отрезка CD и окружности S . Докажите, что DE — биссектриса треугольника ADC . |
Задача 111700
Условие
Из точки D окружности S опущен перпендикуляр DC
на диаметр AB . Окружность S1 касается отрезка
CA в точке E , а также отрезка CD и окружности S .
Докажите, что DE — биссектриса треугольника ADC .
Решение
Докажем сначала, что BD=BE . Пусть окружность S1
касается окружности S в точке N , отрезка CD — в
точке M , а продолжение отрезка DC
пересекает окружность S в точке F . Заметим, что точка
B — середина дуги DF , не содержащей точку A .
Расмотрим гомотетию с центром в точке N
касания окружностей, переводящую окружность S1 в
окружность S . Касательная DF к окружности S1
перейдёт в параллельную ей касательную l к окружности
S . Касательная, параллельная хорде DF , делит дугу
DF пополам. Тогда точка M перейдёт в середину
B дуги DF , не содержащей точку N . Следовательно,
прямая MN проходит через середину B этой дуги.
Применив теорему о касательной и секущей, теорему о произведении
отрезков пересекающихся хорд и теорему Пифагора, получим, что
Следовательно, BE=BD . Что и требовалось доказать. (Другой способ. Вписаные углы DNB и DAB опираются на одну и ту же дугу, поэтому значит, треугольники BMD и BDN подобны по двум углам. Тогда Что и требовалось доказать.) Перейдём к нашей задаче. Поскольку точка D лежит на окружности с диаметром AB , треугольник ADB — прямоугольный. Обозначим Что и требовалось доказать. Источники и прецеденты использования
|
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|
![]() |
Проект осуществляется при поддержке