Плетеницааа

[BTK Strangler]

Даден е произволен трапец ABCD. На страната AD е взета точка М такава, че [tex]\angle AMB = \angle CMD[/tex], а на страната BC - точка N такава, че [tex]\angle ANB = \angle DNC[/tex]. Диагоналите на трапеца се пресичат в точка О. Да се докаже, че [tex]MO = NO[/tex]. хммм

[mkmarinov]

Кои са успоредните страни?

[BTK Strangler]

Кои са успоредните страни?

AB и CD

[maieutiquer]

Май трябва да докажеш, че е равнобедрен.

[mkmarinov]

Нека нетъпите ъгли на трапеца са [tex]\alpha, \beta[/tex]. [tex]\angle AMB=\varphi ; \angle ANB=\theta[/tex]
[tex]\angle BMC=\pi -2 \varphi[/tex]
[tex]\angle ABM=\pi - (\alpha + \varphi)[/tex]
[tex]\angle MBC=\beta - \angle ABM = \varphi + \alpha + \beta - \pi[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi -(\angle MBC + \angle BMC)=\pi - (\varphi + \alpha + \beta - \pi+\pi - 2\varphi)=...[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi + \varphi - (\alpha + \beta)[/tex].
Нека [tex]CM \cup DN = Q; BM \cup AN=P[/tex]
[tex]\angle MQN = \angle MCB + \angle DNC=\pi + 2\varphi - (\alpha + \beta)[/tex]
Аналогично [tex]\angle MPN = \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)[/tex]
Сборът на ъглите в четириъгълника MPNQ:
[tex]\pi - 2\varphi + \pi - 2\theta + \pi + 2\varphi - (\alpha + \beta) + \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)=2\pi[/tex]
Или:
[tex]\alpha + \beta = \pi[/tex].
Което или е невъзможно, или трапецът е правоъгълник (в зависимост от определението, което ползваме за трапец ).
Или съм сгрешил някъде, но си проверих поне 2 пъти.

[BTK Strangler]

[tex]\angle MQN = \angle MCB + \angle DNC=\pi + 2\varphi - (\alpha + \beta)[/tex]

[tex]\angle DNC[/tex] не ти ли е [tex]\theta[/tex]. Тогава сборът май няма да е толкова

[mkmarinov]

Прав си!
Но дори да е така, [tex]\angle MQN = \angle MPN = \pi + \varphi + \theta - (\alpha + \beta)[/tex] и сборът им си остава същият.

[ganka simeonova]

Маринов, не разбрах, кое е невъзможно ?

[mkmarinov]

Алфа и бета са ъглите при по-голямата основа на трапец и като такива би трябвало сборът им да е по-малък от 180 градуса.

[ptj]

Даден е произволен трапец ABCD. На страната AD е взета точка М такава, че [tex]\angle AMB = \angle CMD[/tex], а на страната BC - точка N такава, че [tex]\angle ANB = \angle DNC[/tex]. Диагоналите на трапеца се пресичат в точка О. Да се докаже, че [tex]MO = NO[/tex]. хммм

Нека [tex]AB\ge CD[/tex], тогава [tex]\angle{DMC}\le\angle{DAC}\le \angle{ADB}\le\angle{AMB}[/tex].
Средното равенство следва от факта, че в триъгълника срещу по-голяма страна лежи по-голям ъгъл.

Като приложим аналогично неравенство и за т.[tex]N[/tex] се получава, че диагоналите на трапеца са равни, а това е изпълнено когато той е правоъгълник.

При правоъгълник [tex]MN\parallel AB[/tex], a [tex]NO[/tex] и [tex]MO[/tex] са равни (средни отсечки).

[ganka simeonova]

Даден е произволен трапец ABCD. На страната AD е взета точка М такава, че [tex]\angle AMB = \angle CMD[/tex], а на страната BC - точка N такава, че [tex]\angle ANB = \angle DNC[/tex]. Диагоналите на трапеца се пресичат в точка О. Да се докаже, че [tex]MO = NO[/tex]. хммм

Нека [tex]AB\ge CD[/tex], тогава [tex]\angle{DMC}\le\angle{DAC}\le \angle{ADB}\le\angle{AMB}[/tex].
Средното равенство следва от факта, че в триъгълника срещу по-голяма страна лежи по-голям ъгъл.

Като приложим аналогично неравенство и за т.[tex]N[/tex] се получава, че диагоналите на трапеца са равни, а това е изпълнено когато той е правоъгълник.

При правоъгълник [tex]MN\parallel AB[/tex], a [tex]NO[/tex] и [tex]MO[/tex] са равни (средни отсечки).

Даден е произволен трапец ABCD. На страната AD е взета точка М такава, че [tex]\angle AMB = \angle CMD[/tex], а на страната BC - точка N такава, че [tex]\angle ANB = \angle DNC[/tex]. Диагоналите на трапеца се пресичат в точка О. Да се докаже, че [tex]MO = NO[/tex]. хммм

Нека [tex]AB\ge CD[/tex], тогава [tex]\angle{DMC}\le\angle{DAC}\le \angle{ADB}\le\angle{AMB}[/tex].
Средното равенство следва от факта, че в триъгълника срещу по-голяма страна лежи по-голям ъгъл.

Като приложим аналогично неравенство и за т.[tex]N[/tex] се получава, че диагоналите на трапеца са равни, а това е изпълнено когато той е правоъгълник.

При правоъгълник [tex]MN\parallel AB[/tex], a [tex]NO[/tex] и [tex]MO[/tex] са равни (средни отсечки).

CaRMetal показва друго. Има такъв трапец. Не е нужно да се изражда в правоъгълник. Ето и картинка.

[ganka simeonova]

Най- интересното е, че ъглите са равни
Въпросът е, как да се докаже.

[ptj]

Да, написал съм глупост. Едното неравенство е в обратна посока.

[kanobi]

Нека нетъпите ъгли на трапеца са [tex]\alpha, \beta[/tex]. [tex]\angle AMB=\varphi ; \angle ANB=\theta[/tex]
[tex]\angle BMC=\pi -2 \varphi[/tex]
[tex]\angle ABM=\pi - (\alpha + \varphi)[/tex]
[tex]\angle MBC=\beta - \angle ABM = \varphi + \alpha + \beta - \pi[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi -(\angle MBC + \angle BMC)=\pi - (\varphi + \alpha + \beta - \pi+\pi - 2\varphi)=...[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi + \varphi - (\alpha + \beta)[/tex].
Нека [tex]CM \cup DN = Q; BM \cup AN=P[/tex]
[tex]\angle MQN = \angle MCB + \angle DNC=\pi + 2\varphi - (\alpha + \beta)[/tex]
Аналогично [tex]\angle MPN = \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)[/tex]
Сборът на ъглите в четириъгълника MPNQ:
[tex]\pi - 2\varphi + \pi - 2\theta + \pi + 2\varphi - (\alpha + \beta) + \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)=2\pi[/tex]
Или:
[tex]\alpha + \beta = \pi[/tex].
Което или е невъзможно, или трапецът е правоъгълник (в зависимост от определението, което ползваме за трапец ).
Или съм сгрешил някъде, но си проверих поне 2 пъти.

MPN = \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)[/tex] това не ти е толкова !!! сметни го а не писхи аналогично

[kanobi]

Нека нетъпите ъгли на трапеца са [tex]\alpha, \beta[/tex]. [tex]\angle AMB=\varphi ; \angle ANB=\theta[/tex]
[tex]\angle BMC=\pi -2 \varphi[/tex]
[tex]\angle ABM=\pi - (\alpha + \varphi)[/tex]
[tex]\angle MBC=\beta - \angle ABM = \varphi + \alpha + \beta - \pi[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi -(\angle MBC + \angle BMC)=\pi - (\varphi + \alpha + \beta - \pi+\pi - 2\varphi)=...[/tex]
[tex]\angle MCB=\pi + \varphi - (\alpha + \beta)[/tex].
Нека [tex]CM \cup DN = Q; BM \cup AN=P[/tex]
[tex]\angle MQN = \angle MCB + \angle DNC=\pi + 2\varphi - (\alpha + \beta)[/tex]
Аналогично [tex]\angle MPN = \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)[/tex]
Сборът на ъглите в четириъгълника MPNQ:
[tex]\pi - 2\varphi + \pi - 2\theta + \pi + 2\varphi - (\alpha + \beta) + \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)=2\pi[/tex]
Или:
[tex]\alpha + \beta = \pi[/tex].
Което или е невъзможно, или трапецът е правоъгълник (в зависимост от определението, което ползваме за трапец ).
Или съм сгрешил някъде, но си проверих поне 2 пъти.

[tex]\angle MPN = \pi + 2\theta - (\alpha + \beta)[/tex] този ъгъл не е толкова той е \varphi + \alpha + \beta+ \theta - \pi

[BTK Strangler]

Помислете още Ако до утре следобед, примерно, няма решение, ще пусна моето

[ganka simeonova]

Помислете още Ако до утре следобед, примерно, няма решение, ще пусна моето

Става ли, да изчакаш повечко?
Задачата е много интересна:) Аз стигнах до някъде, но следващите няколко дни няма да съм на компа:)
Моля те, изчакай до края на седмицата

[BTK Strangler]

Става ли, да изчакаш повечко?
Задачата е много интересна:) Аз стигнах до някъде, но следващите няколко дни няма да съм на компа:)
Моля те, изчакай до края на седмицата

Разбира сее. Няма никакъв проблем Радвам се, че задачата е оценена

[ins-]

Че е красив факт - красив е, но не виждам какво е трудното на тази задача.
От Синусовата теорема и AB||CD=>AM/AB=MD/CD=>MOD~ABD.
Аналогично CON~ABC.
Но от ABCD - трапец =>, че DO/BD=k=CO/AC =>
МО/AB=k=NO/AB => MO=NO

Това е само скица на решението, но концептуално е така.
Задачата се появи на 2-3 пъти във форума, което ме навежда на мисълта, че е
давана на някое състезание или в клас. Прав ли съм?

[inveidar]

Че е красив факт - красив е, но не виждам какво е трудното на тази задача.
От Синусовата теорема и AB||CD=>AM/AB=MD/CD=>MOD~ABD.

Това пък въобще не следва от това, което си написал. А и изобщо не е вярно!
От Синусовата теорема(може и без нея, като продължим СМ до пресичането и с АВ) следва, че
[tex]\frac{AB}{MB }=\frac{CD}{MC } \Leftrightarrow \frac{MC}{MB }=\frac{CD}{AB }[/tex]
Нека сега издигнем перпендикуляр от М към AD, който пресича ВС в точка Р.
Тъй като този перпендикуляр разполовява ъгъл ВМС(Защо?), то от свойството на ъглополовящата получаваме [tex]\frac{CP}{PB }=\frac{CD}{AB }[/tex]
Аналогично, издигайки перпендикуляр от N към ВС, който пресича AD в точка Q, получаваме
[tex]\frac{DQ}{QA }=\frac{CD}{AB }[/tex]
Сега е ясно, че отсечката PQ е успоредна на АВ. Остава да забележим още, че [tex]\frac{CO}{OA }=\frac{CD}{AB }[/tex],
т.е [tex]O\in PQ[/tex]

haha.JPG (25.25 KiB) Прегледано 978 пъти

Остана да се сетим, че OQ=OP, което заедно с факта, че МО и NO се явяват медиани към хипотенузата PQ съответно в триъгълниците QPM и QPN ни дава желаното равенство.
Задачата наистина беше давана някога, преди петнадесетина години може би и повече на национално състезание по математика. Но на кое не мога да се сетя.

[ins-]

Объркал съм 2 знака ... не ми се е смятало ... и ето резултата.

[ganka simeonova]

Браво за решението

[kanobi]

т.е O\in PQ това пък що е така ?

[inveidar]

т.е O\in PQ това пък що е така ?

От [tex]\frac{DQ}{QA }=\frac{CP}{PB }[/tex] лесно получаваме [tex]PQ||AB[/tex](построи си например през С успоредна на AD), като използваме обратната теорема на теоремата на Талес. Пак така от [tex]\frac{CO}{OA }=\frac{CP}{PB }[/tex] следва, че [tex]OP||AB[/tex]. Сега, ако [tex]O\notin PQ[/tex], то излиза, че през О минават две различни успоредни прави на АВ.
Преди да задавате въпроси не е лошо да направите опит да помислите малко!
Що си мисля, че имаш нещо общо с Кула?!

[mon4eto97]

Здравейте аз съм Мария и съм 7клас. Нямам си никаква идея дали решението ми е вярно, но имам някаква идея:
свързваме NO и MO в триъгълник с връх М принадлежащ на отсечката АВ. Построяваме симетралата на отсечката MN и веднага по определение доказваме,че МО=NO мисля,че не е вярно. Не съм учила още функции и тн, но с моите знания стигнах до това.