Задачи

Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По сложности:

По авторам:

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Стороны равнобедренного треугольника равны 1 и 3. Какая из сторон является основанием?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Сторона, равная 1.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Может ли основание равнобедренного треугольника быть вдвое больше боковой стороны?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Может ли периметр треугольника быть равным 19, если одна из его сторон на 1 короче другой и на 3 длиннее третьей?

Решение №17352: Пусть одна сторона = \(х\). Тогда вторая-\(х+1\), третья-\(х-3\). х+х+1+х-3=19 3х=21 х=7 4+7>8 4+8>7 7+8>4

Ответ: Может.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Может ли в треугольнике сторона быть вдвое больше другой стороны и вдвое меньше третьей?

Решение №17353: Пусть указанная сторона равна \(2x\).‍ Тогда остальные стороны равны \(x\)‍ и \(6x\).‍ Треугольник со сторонами \(x,‍ 2x\)‍ и \(6x\)‍ не существует, так как для этих сторон не выполняется неравенство треугольника \( (x + 2x = 3x < 6x)\).

Ответ: Нет.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что высота треугольника \(ABC\), проведенная из вершины \(A\), не может быть больше стороны \(AB\).

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что сумма высот треугольника меньше его периметра.

Решение №17355: Пусть \(h‍_{1},‍ h‍_{2},‍ h‍_{3}\) —‍ высоты треугольника, опущенные на стороны \( a,‍ b,‍ c\)‍ соответственно. Тогда \( h‍_{1} ≤ b,‍ h‍_{2} ≤ c,‍ h‍_{3} ≤ a\),‍ причём хотя бы в одном из случаев неравенство строгое. Сложив почленно эти три неравенства, получим, что \( h‍_{1} + h_{2}‍ + h‍_{3} < a + b + c\).‍ Что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

В треугольнике \(ABC\) с неравными сторонами \(AB\) и \(AC\) проведены из вершины \(A\) высота, медиана и биссектриса. Докажите, что из этих трех отрезков наименьшим является высота.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Сколько можно составить треугольников из отрезков, равных: а) 2, 3, 4 и 5; б) 2, 3, 4, 5, 6, 7?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) 3; б) 13.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

В треугольнике две стороны равны 1 и 6. Найдите третью сторону, если известно, что ее длина равна целому числу.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 6

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

В треугольнике \(ABC\) известно, что \(AB < BC < AC\), а один из углов вдвое меньше другого и втрое меньше третьего. Найдите угол при вершине \(A\).

Решение №17359: Поскольку в треугольнике против большей стороны лежит больший угол, то наименьший угол треугольника \(ABC\) лежит против стороны \(AB\), то есть это угол \(ACB\). Обозначим \(\angle C = \gamma \). Тогда \(\angle A = 2\gamma , \angle B = 3\gamma \). По теореме о сумме углов треугольника \(\gamma + 2\gamma + 3\gamma = 180^{\circ}\), откуда \gamma = 30^{\circ}\). Следовательно, \( \angle A = 2\gamma = 60^{\circ}\).

Ответ: 60^{\circ}

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

В треугольнике \(ABC\) угол \(A\) равен среднему арифметическому двух других углов. Укажите среднюю по величине сторону треугольника.

Решение №17360: Поскольку в треугольнике против большего угла лежит большая сторона , то средняя по величине сторона треугольника лежит против среднего по величине угла треугольника, а так как среднее арифметическое двух чисел содержится между этими числами, то средний по величине угол треугольника \(ABC\) —‍ это угол при вершине \(A\).‍ Следовательно, \(BC\) —‍ средняя по величине сторона треугольника \(ABC\).

Ответ: BC

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что диаметр есть наибольшая хорда окружности.

Решение №17361: Если хорда \(AB\) не является диаметром окружности с центром \(O\) (рис. 185), то для равнобедренного треугольника \(AOB\) верно неравенство \(AB < OA + OB\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Даны четыре точки \(A, B, C\) и \(D\). Докажите, что \( AD < AB + BC + CD\).

Решение №17362: Из простейшего неравенства треугольника \(АВ + ВС > АС\); поэтому \(АВ + ВС + CD > AC + CD\); но \(АС + СD > AD\) (из того же неравества треугольника).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Существует ли четырехугольник со сторонами, равными: а) 1, 1, 1, 2; б) 1, 2, 3, 6?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) Да; б) нет.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, делит прямой угол на два неравных угла. Докажите, что катет, прилежащий к меньшему из них, меньше другого катета.

Решение №17364: Если \(CD\) — высота прямоугольного треугольника \(ABC\), проведенная к гипотенузе \(AB\) (рис. 186), то \( \angle ACD = \angle ∠ABC и \angle ∠BCD = ∠\angle BAC\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Основание \(D\) высоты \(AD\) треугольника \(ABC\) лежит на стороне \(BC\), причем \( \angle BAD > \angle CAD\). Что больше, \(AB\) или \(AC\)?

Решение №17365: Если \( \angle BAD > \angle CAD\) (рис. 187), то \( \angle ABC = 90^{\circ} − \angle BAD < 90^{\circ} − \angle CAD = ∠\angle ACB\).

Ответ: AB > AC

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что в треугольнике любая сторона меньше половины периметра.

Решение №17366: Пусть \(a, b, c\) — стороны треугольника. Тогда \(a + b + c = a + (b + c) > a + a = 2a\) , поэтому \( a< \frac{1}{2}\left ( a+b+c \right ) \) .

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что в четырехугольнике любая диагональ меньше половины периметра.

Решение №17367: Пусть \(AC\) — диагональ четырехугольника \(ABCD\) (рис. 188). Применяя неравенство треугольника к треугольникам \(ABC\) и \(ACD\), получим \(AC < AB + BC\) и \(AC < AD + CD\). Сложив почленно эти неравенства, найдем \( 2AC < AB + BC + AC + CD\), откуда \( AC< \frac{1}{2}\left ( AB+BC+AC+CD \right ) \) .

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что сумма диагоналей выпуклого четырехугольника больше суммы его двух противоположных сторон.

Решение №17368: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) данного четырехугольника \(ABCD\) (рис. 189). Тогда \(AB < AM+ BM\) и \(CD < CM + DM\). Сложив почленно эти неравенства, получим \(AB + CD < AM + BM + CM + DM = (AM + CM) + (BM + DM) = AC + BD\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Четыре дома расположены в вершинах выпуклого четырехугольника. Где нужно вырыть колодец, чтобы сумма расстояний от него до четырех домов была наименьшей?

Решение №17369: В точке пересечения диагоналей четырехугольника. Указание. Предположите, что искомая точка не лежит на одной из диагоналей, и примените неравенство треугольника.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что сумма диагоналей выпуклого четырехугольника меньше периметра, но больше полупериметра этого четырехугольника.

Решение №17370: Пусть \(M\) – точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) четырёхугольника \(ABCD\). Применим неравенство треугольника к треугольникам \(ABC, ADC, BAD\) и\( BCD: AC < AB + BC, AC < DA + DC, BD < AB + AD, BD < CB + CD\). Сложив эти четыре неравенства, получим: \( 2(AC + BD) < 2(AB + BC + CD + AD)\). Запишем неравенства треугольника для треугольников \(AMB, BMC, CMD и AMD: AM + MB > AB, BM + MC > BC, MC + MD > CD, MA + MD > AD\). Сложив эти неравенства, получим: \(2(AC + BD) > AB + BC + CD + AD\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 1

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что отрезок, соединяющий вершину равнобедренного треугольника с точкой, лежащей на основании, не больше боковой стороны треугольника.

Решение №17371: Пусть \(M\) — точка на основании \(BC\) равнобедренного треугольника \(ABC\), отличная от точек \(B\) и \(C\) (рис. 190). Тогда один из углов \(AMB\) и \(AMC\) прямой или тупой. Предположим, \( \angle AMB > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(AMB\), значит, \(AM < AB\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Биссектриса угла при основании \(BC\) равнобедренного треугольника \(ABC\) пересекает боковую сторону \(AC\) в точке \(K\). Докажите, что \(BK < 2CK\).

Решение №17372: Через точку \(K\) проведем прямую, параллельную основанию \(BC\) (рис. 191). Пусть \(M\) — ее точка пересечения с боковой стороной \(AB\). Тогда \( \angle BKM = \angle CBK = \angle ABK\), значит, треугольник \( BMK\) равнобедренный, \( BM = MK = KC\). Следовательно, \(2CK = BM + MK > BK\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Две окружности радиусов \(r\) и \(R (r < R) \) пересекаются. Докажите, что расстояние между их центрами: а) меньше, чем \( r + R\); б) больше, чем \(R − r\).

Решение №17373: Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей радиусов \(r\) и \(R\) соответственно (рис. 192), A — одна из двух точек их пересечения. Для треугольника \( O_{1}AO_{2} \) верны неравенства \( O_{1}O_{2} < O_{1}A + O_{2}A\) и \(AO_{2} < O_{1}A + O_{1}O_{2}\), или \( O_{1}O_{2} < r + R и O_{1}O_{2} > AO_{2} − AO_{1} = R − r\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Расстояние между центрами окружностей радиусов 2 и 3 равно 8. Найдите наименьшее и наибольшее из расстояний между точками, одна из которых лежит на первой окружности, а другая — на второй.

Решение №17374: Докажем, что кратчайшее расстояние между точками двух окружностей, лежащих одна вне другой, есть отрезок линии центров, заключенный между окружностями. Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей, а линия центров пересекает окружности в точках \(A\) и \(B\), причем и \(A\), и \(B\) лежат между \(O_{1}\) и \(O_{2}\) (рис. 193). Тогда, если \(X\) и \(Y\) — другие точки этих окружностей, то \(XO_{1} + XY + YO_{2} > O_{1}O_{2} = AO_{1} + AB + BO_{2}\). Следовательно, \(XY > AB\). Пусть \(AM\) и \(BN\) — диаметры окружностей, а \(X\) и \(Y\) — точки окружностей, отличные от \(M\) и \(N\). Тогда \( XY < XO_{1} + O_{1}O_{2} + Y O_{2} = MO_{1} + O_{1}O_{2} + NO_{2} = MN\). В нашей задаче \(AB = 3\) и \( MN = 2 + 8 + 3 = 13\).

Ответ: 3 и 13.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите, что каждая сторона треугольника видна из центра вписанной окружности под тупым углом.

Решение №17375: Если \( O\) — точка пересечения биссектрис треугольника \(ABC\), то \( \angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A \)

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Рассмотрим равнобедренные треугольники с одними и теми же боковыми сторонами. Докажите, что чем больше угол при вершине, тем меньше высота, опущенная на основание.

Решение №17376: Пусть \( ABC\) и \( A_{1}B_{1}C_{1}\) — равнобедренные треугольники с основаниями \(BC\) и \(B_{1}C_{1}\) (рис. 194), причем \(AB = AC = A_{1}B_{1} = A_{1}C_{1}\) и \( \angle A > \angle A_{1}, а \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) — их высоты. На продолжениях \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) за точки \(D\) и \(D_{1}\) отложим отрезки \(DM\) и \(D_{1}M_{1}\), соответственно равные \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\). Тогда в треугольниках \(ACM\) и \(A_{1}C_{1}M_{1}\) известно, что \(AC = A_{1}C_{1}, CM = C_{1}M_{1}\) и \(\angle ACM < \angle A_{1}C_{1}M_{1}\). Значит, \(AM < A_{1}M_{1}\). Следовательно, \(AD < A_{1}D_{1}\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Рассмотрим равнобедренные треугольники с одними и теми же боковыми сторонами. Докажите, что чем больше основание, тем меньше проведенная к нему высота.

Решение №17377: Пусть \(a\) – боковая сторона, \(2b\) – основание, \(h\) – высота, опущенная на основание. Тогда \(a^{2} = h^{2} + b^{2} \), откуда все и следует.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники. Признаки равенства треугольников, неравенство треугольника,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Докажите что из двух неравных хорд окружности большая удалена от центра на меньшее расстояние. Верно ли обратное?

Решение №17378: Воспользуемся следующей леммой (рис. 1). Если стороны \(XY\)‍ и \(XZ\)‍ треугольника \(XYZ\)‍ соответственно равны сторонам \(X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(X‍_{1}Z‍_{1}\)‍ треугольника \( X‍_{1}Y‍_{1}Z_{1}\),‍ а \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(\angle YXZ > \angle Y‍_{1}X_{1}‍Z‍_{1}\).‍ Обратно, если \(XY = X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(XZ = X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ а \( YXZ > \angle Y‍_{1}X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\)‍. Пусть \(AB\)‍ и \(CD\) —‍ отличные от диаметра хорды окружности с центром \(O\)‍ (рис. 2), причём \(AB > CD,‍ M\)‍ и \(N\)‍ соответственно — проекции центра окружности на эти хорды. Тогда \(OM\)‍ и \(ON\) —‍ высоты равнобедренных треугольников \(AOB\)‍ и \(COD\)‍ с равными боковыми сторонами \(OA = OB = OC = OD\)‍ и неравными основаниями \(AB > AC\).‍ Докажем, что высота \(OM\)‍ треугольника \(AOB\)‍ с большим основанием \(AB\),‍ меньше высоты \(ON\)‍ треугольника \(COD\).‍ Действительно, по лемме \( \angle AOB > \angle COD\),‍ поэтому \( \angle OAB < \angle OCD\).‍ На продолжении отрезка \(OM‍\) за точку \(M\)‍ отложим отрезок \(MP\),‍ равный \(OM\),‍ а на продолжении отрезка \(ON\)‍ за точку \(N\) —‍ отрезок \(NQ\),‍ равный \(ON\).‍ Рассмотрим равнобедренные треугольники \(OAP‍\) и \(OCQ\).‍ Известно, что \(AP = AO = CO = CQ\)‍ и \( \angle OAP < \angle OCQ\),‍ поэтому \(OP < OQ\).‍ Следовательно, \(OM =\frac{1}{2}OP< ‍ ‍\frac{1}{2}CQ = ON\).‍ Что и требовалось доказать. Аналогично можно доказать и обратное, т. е. если расстояние от центра окружности до хорды \(AB\)‍ меньше расстояния от центра окружности до хорды \(CD\),‍ то \(AB > CD\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Через данную точку внутри круга проведите наименьшую хорду.

Решение №17379: Искомая хорда перпендикулярна радиусу, проходящему через данную точку.

Ответ: NaN

« 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 420 421 422 423 424 425 426 427 428 429 430 431 432 433 434 435 436 437 438 439 440 441 442 443 444 445 446 447 448 449 450 451 452 453 454 455 456 457 458 459 460 461 462 463 464 465 466 467 468 469 470 471 472 473 474 475 476 477 478 479 480 481 482 483 484 485 486 487 488 489 490 491 492 493 494 495 496 497 498 499 500 501 502 503 504 505 506 507 508 509 510 511 512 513 514 515 516 517 518 519 520 521 522 523 524 525 526 527 528 529 530 531 532 533 534 535 536 537 538 539 540 541 542 543 544 545 546 547 548 549 550 551 552 553 554 555 556 557 558 559 560 561 562 563 564 565 566 567 568 569 570 571 572 573 574 575 576 577 578 579 580 581 582 583 584 585 586 587 588 589 590 591 592 593 594 595 596 597 598 599 600 601 602 603 604 605 606 607 608 609 610 611 612 613 614 615 616 617 618 619 620 621 622 623 624 625 626 627 628 629 630 631 632 633 634 635 636 637 638 639 640 641 642 643 644 645 646 647 648 649 650 651 652 653 654 655 656 657 658 659 660 661 662 663 664 665 666 667 668 669 670 671 672 673 674 675 676 677 678 679 680 681 682 683 684 685 686 687 688 689 690 691 692 693 694 695 696 697 698 699 700 701 702 703 704 705 706 707 708 709 710 711 712 713 714 715 716 717 718 719 720 721 722 723 724 725 726 727 728 729 730 731 732 733 734 735 736 737 738 739 740 741 742 743 744 745 746 747 748 749 750 751 752 753 754 755 756 757 758 759 760 761 762 763 764 765 766 767 768 769 770 771 772 773 774 775 776 777 778 779 780 781 782 783 784 785 786 787 788 789 790 791 792 793 794 795 796 797 798 799 800 801 802 803 804 805 806 807 808 809 810 811 812 813 814 815 816 817 818 819 820 821 822 »