|
Тема
|
malko geometriika
|
|
Автор | toi (Нерегистриран) |
Публикувано | 27.01.05 16:28 |
|
ABCD-trapec v okrujnost k. AC presicha BD v M. Prava prez M, ysporedna na AB i CD, presicha k v K (K e v liavata polyravnina otnosno AD). O1 i O2 sa centrove na vpisanite okrujnosti v MDK i AMK. Da se dokaje, che O1O2 e perpendikyliarna na uglopoloviashtata na <AKD.
Chakam vashite mnenia po tozi hybav matematicheski problem. Derzaite...
| |
Тема
|
Re: malko geometriika
[re: toi]
|
|
Автор |
Nedev (минаващ) |
Публикувано | 27.01.05 17:31 |
|
Засега момко, няма да дерзаем, ми ше чакаме да пуснеш пак условието, този път на нормален български език. Аз поне маймуница не чета.
| |
Тема
|
Готово ве мой!
[re: toi]
|
|
Автор | L.E.M. (Нерегистриран) |
Публикувано | 30.01.05 02:58 |
|
Задачката ти е решена!
Понеже ти е вписан трапеца значи е равнобедрен. Тогава ъглите < КДВ и <АКК1 са равни, където К1 е симетричната точка на К относно М, намираща се на окръжността. Оттук <КДМ = <АКМ, после и <АМК=<КМД, така, че тр. АМК е подобен на тр. КМД. Тогава и триъгълнците АМО1 и КМО2 са подобни и следователно О1М/АМ = О2М/КМ. Да, ама <О1МО2=<АМК, тъй, че тр. О1МО2, тр. АМК и тр. КМД са подобни. Сега смятаме малко ъгли и работата излиза. Нека
<АКМ=2б и <МКД=2а. Тогава от подобието следва, че <О1О2М=2б. Значи
<КО2О1= 90-б. По абсолютно същия начин <КО1О2=90-а. Сега като построиш ъглополовящата на АКД, тя ще сключва с КО1 ъгъл б, а с КО2 сключва ъгъл а. Еми тогава следва, че е височина в триъгълника КО1О2, защото му знаеш вече ъглите и това ти доказва твърдението.
Дано госпожата да ти пише шещичка на задачката.
| |
|
|
|
|