подобни триъгълници

[Гост]

зад.1 Отсечките DP и DQ са височини на успоредника АВСD. AM : MN : NC = 1 : 2 : 3 (M [tex]\in[/tex] DP ; N \in DQ)
a) да се докаже, че АВ = ВD;
б) да се намери отношението АР : РВ
отг. 1:4

зад.2 Върху страната AB на ABC е взета произволна точка C1. През върховете A и B са построени прави успоредни на CC1, които пресичат съоветно правите BC и AC в точки A1 и B1. Да се докаже, че 1/АА1 + 1/ВВ1 = 1/СС1

зад. 3 Равнобедрен трапец с основи АВ=а и CD=b е описан около окръжност, която се допира до бедрата му в точките M и N. Да се намери MN.
отг. 2ab/a+b

[Davids]

На първа задача само аз ли виждам противоречие?
Нали $AM:MN:NC = 1:2:3$, то следва, че $N$ разполовява AC. Но точката $N \in DQ$ и знаем, че отсечката, която започва от $D$ и разполовява $AC$ е само другият диагонал, тъй като диагоналите в успоредника се разполовяват. Излиза, че $DQ$ е височина и диагонал и оттам $Q \equiv B$, само че тогава няма как $AB = BD$, тъй като $\angle ADB = \angle DBC = 90^{\circ}$. Или нещо се заблуждавам?

[Davids]

2. Зад.:

triugulnik_usporedni.png (29.3 KiB) Прегледано 439 пъти

От подобието $\Delta CC_1B \approx \Delta A_1AB \Rightarrow \frac{CC_1}{AA_1} = \frac{BC_1}{AB}$
От подобието $\Delta CC_1A \approx \Delta B_1BA \Rightarrow \frac{CC_1}{BB_1} = \frac{AC_1}{AB}$
Изразяваме от дадените горе равенства:
$\frac{1}{AA_1} = \frac{BC_1}{AB.CC_1}$
$\frac{1}{BB_1} = \frac{AC_1}{AB.CC_1}$
Откъдето:
$\frac{1}{AA_1} + \frac{1}{BB_1} = \frac{BC_1}{AB.CC_1} + \frac{AC_1}{AB.CC_1} = \frac{BC_1 + AC_1}{AB.CC_1}$
Само че $AC_1 + BC_1 = AB$, отъкъдето получаваме:
$\frac{1}{AA_1} + \frac{1}{BB_1} = \frac{AB}{AB.CC_1} = \frac{1}{CC_1}$

[Davids]

3. Зад.: Tова, което се сещам, е следното:
Имаме описан около окръжност трапец, следователно при бедро $c$ имаме $2c = a + b \Rightarrow c = \frac{a+b}{2}$
Построяваме $MN || a,b$ по обясними причини
Ще построим диагоналите $ACxBD = т.О$ и ще докажем, че точката $O$ съвпада със средата на $MN$.
Това, което се сещам аз, е, че (отново по обясними причини ) $\frac{BO = AO}{CO = DO} = \frac{a}{b} = \frac{AM}{DM}$, с което доказваме, че $O \in MN$.
А чисто и просто поради факта, че в равнобедрения триъгълник $ABO$, височината към $a$ (примерно $OH$) я разполовява. Тази виочината лежи на една и съща права и с височината в $\delta ODC$ към $DC$, както и с височината към всяка една от успоредните отсечки на успоредника в триъгълника, който ще получим, ако бихме продължили бедрата на трапеца до тяхното пресичане (в точка $E$ примерно). Тогава същата права щеше да обуславя височините в равнобедрените $ABE$, $MNE$, и $DCE$ и ще разполовява всяка от тях.
Не знам колко е валидно съответното доказателство, но е вярно със сигурност като фактология
Та сега остава да използваме, че $MO = \frac{1}{2}MN = \frac{1}{2}x$ (ще означим търсената отсечка с $x$).
И използваме подобието $\Delta DMO \approx \Delta DAB$, според което:
$\frac{\frac{x}{2}}{a} = \frac{\frac{b}{2}}{\frac{a+b}{2}}$
$\frac{x}{2a} = \frac{b}{a+b}$
$\Rightarrow x = \frac{2ab}{a+b}$

[KOPMOPAH]

Браво, Davids! Може и малко по-друг подход - отбелязваме $CE$ c $y$ (защото $x$ е заето ). От подобието на $\triangle CDE$ и $\triangle ABE$ имаме $\frac{y}{b}=\frac{y+\frac{a+b}{2}}{a}\; ...\; y=\frac{b(a+b)}{2(a-b)}$. От подобието на $\triangle CDE$ и $\triangle MNE$ имаме $\frac{y}{b}=\frac{y+\frac{b}{2}}{MN}$, след заместване на $y$ и извършване на действията получаваме $MN=\frac{2ab}{a+b}$

[Davids]

Браво, Davids! Може и малко по-друг подход - отбелязваме $CE$ c $y$ (защото $x$ е заето ). От подобието на $\triangle CDE$ и $\triangle ABE$ имаме $\frac{y}{b}=\frac{y+\frac{a+b}{2}}{a}\; ...\; y=\frac{b(a+b)}{2(a-b)}$. От подобието на $\triangle CDE$ и $\triangle MNE$ имаме $\frac{y}{b}=\frac{y+\frac{b}{2}}{MN}$, след заместване на $y$ и извършване на действията получаваме $MN=\frac{2ab}{a+b}$

А мерси за личното признание
Мислех си за този начин, но не го пробвах (интуицията ми ме отказва автоматично от варианти, в които има дроби, в чийто числител/знаменател има събиране/изваждане на две променливи... Мисля, че всички, занимаващи се с математика, познават това чувство )
А по въпроса с първа задача да споделиш мнение?

[KOPMOPAH]

Наистина има нещо неясно в тази първа задача. Или някоя буква е сбъркана, или някое число. Впрочем, хубава задача се получава, ако е казано, че има $n$ сгрешени данни, когато $n$ е известно

[KOPMOPAH]

Намерих грешката в условието

Съотношението не е $1:2:3$, а $1:3:2$.

[Davids]

Намерих грешката в условието

Съотношението не е $1:2:3$, а $1:3:2$.

Решаваме тогава, въпреки че вече си я решил

Usporednik_Dokazatelstva.png (24.08 KiB) Прегледано 406 пъти

Построяваме диагонала $BD$ и понеже диагоналите в успоредника се разполовяваме, то имаме че $AO = AC = 3x$, понеже $AC = AM + MN + NC = x + 3x + 2x = 6x$
Следователно частите от $AC$ разпределяме както е показано на чертежа.
1. Понеже в триъгълник $\Delta DBC \Rightarrow CO$ е медиана, а точка $N$ я разделя в отношение $2:1$ от върха $C$, то $N$ е медицентър в триъгълника. И понеже височината $DQ$ минава през този медицентър, то тя е медиана, с което доказваме, че $BC$ е основа на равнобедрен триъгълник с бедра $DC = BD = AB$.
2. Имаме, че $\Delta AMP \approx \Delta CMD$ със съответните прилежащи ъгли, както са означени на чертежа.
От това подобие имаме, че:
$\frac{AP}{CD} = \frac{AM}{MC} = \frac{x}{5x} = \frac{1}{5}$
Но $CD = AB$, следователно $AP:AB = 1:5$, откъдето $AP:PB = 1:4$