Matematyka.pl

Oznaczmy AB=c, BC=a, CA=b . Niech symetralna odcinka CF przecina odcinki CA i CB w punktach H, G . Z tw. Menelaosa dla prostej HG i trójkąta ABC mamy \frac{BZ}{ZA}=\frac{BG}{HA} . Ponadto CHFG jest rombem, zatem z tw. Talesa i z tw. o dwusiecznej mamy CH=HF=\frac{CB\cdot AF}{AB}=CB\cdot \frac{AC}{B...

Finał już za niecałe 4 dni więc chyba fajnie założyć temat i pobawić się w obstawianie zadanek . Moje typy: 1. Jakieś typowe zadanie 1. 2. Robialna geo 3. Harda kombi 4. Prosta kombi, coś podobnego do 4. na finale 63. 5. Trudniejsza geo 6. Harda teoria liczb Ogólnie zadanka pewnie będą trudniejsze n...

Zadanka z finału: 1. Dane są takie liczby rzeczywiste x, y i z , że spełnione są równości x+y=z+2015 i x^2+y^2=z^2+2015^2 . Wykaż, że liczby x, y i z spełniają też równość x^3+y^3=z^3+2015^3 . 2. Przekątne AC i BD czworokąta wypukłego ABCD przecinają się w punkcie O . Pola trójkątów ABO, BCO, CDO i ...

No wczorajsze zadanka jakoś szczególnie mi się nie spodobały, dzisiaj było lepiej. 4. takie pałkarskie, 5. to fajna kombi. Zadanie 6. było jakieś dziwne. Narysowałam konfigurację, w której L leżał bliżej A niż C, dowód okazał się duużo prostszy, po czym 15 min przed końcem napisałam co się zmienia d...

Na płaszczyźnie dany jest kąt ostry i punkty A i B wewnątrz niego. Skonstruować trójkąt równoramienny o podstawie na jednym ramieniu kąta, wierzchołku między równymi ramionami na drugim oraz tak, by A i B należały do dwóch różnych ramion. Załóżmy, że ramiona tego kąta leżą na prostych k i m oraz że...

Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie punktem przecięcia \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ M}\) rzutem prostokątnym B na \(\displaystyle{ m}\)oraz \(\displaystyle{ BC=x}\). Z tw. Talesa obliczamy długość \(\displaystyle{ RB}\), następnie korzystamy z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ BMR}\) i \(\displaystyle{ ABR}\).

Na początku zauważmy, że czworokąt ACBE jest równoległobokiem. Na półprostej AE zaznaczmy taki punkt X , że \frac{CA}{AX}=\frac{BC}{BE} . Ponieważ AC<BC , więc X leży na odcinku AE , stąd \angle ACX <\angle ACE , a z podobieństwa trójkątów ACX i BCE mamy \angle ACX= \angle BCE .

Rozważmy trójkąt ABC , niech E będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów zewnętrznych B i C , K punktem przecięcia dwusiecznej \angle BAC z odcinkiem BC , X=BE \cap AC , Y=CE \cap AB . Z twierdzenia o dwusiecznej kąta zewnętrznego mamy: \frac{AX}{XC}=\frac{AB}{BC} \\ \frac{AY}{YB}=\frac{AC}{CB} ...

Czy ideą rozwiązania Diana7 jest generowanie kolejnych rozwiązań ? Niech a_n będzie największą liczbą spośród a_1, a_2, ... ,a_n . Jeżeli \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}=1 , to również \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac{1}{2a_n}+\frac{1}{3a_n}+\frac{1}{6a_n}=1 . A...

b.s.o. C jest nie dalej AB niż D . Oznaczenia: D', L', C' - rzuty prostokątne odpowiednio D, L, C na AB . k -prosta równoległa do AB przechodząca przez C D_1=DD' \cap k L_1=LL' \cap k CC'=h AK=a KB=ax LC=b LD=bx LL_1=s , skąd z tw. Talesa DD_1=s(x+1) . -- Zachodzi \frac{axh}{2}+\frac{a \left(h+s(x+...

Sory, nie zauważyłam, że już ktoś napisał rozwiązanie .

Załóżmy, że PQ jest większe od promienia okręgu ABCD (w przeciwnym wypadku teza nie musi zachodzić). Niech D i B leżą na okręgu \omega_1 oraz B i A leżą wewnątrz okręgów odpowiednio \omega_2,\omega_1 , T_1=BC \cap AD . Niech Q', E, F będą obrazami inwersyjnymi odpowiednio Q, T_1, T_2 względem okręg...