СПРОСИ ПРОФИ
👍
+3
👎 319

C4+C6.

В треугольнике ABC на сторонах AB, BC и CA соответственно взяли точки P, Q и R так, что AP:PB=BQ:QC=CR:RA=n, где n — натуральное число. AQ пересекается с BR в точке K, BR с CP — в точке L, CP с AQ — в точке M. Найти все значения n, при которых отношение площади треугольника ABC к площади треугольника KLM выражается натуральным числом.
геометрия математика обучение     #1   20 дек 2011 11:56   Увидели: 0 клиентов, 4 специалиста   Ответить
👍
0
👎 0
"C4+C6" #2

В треугольнике две стороны равны 3,45 и 7,89. Чему может быть равна третья сторона, если она целая, простая и не может быть стороной прямоугольного треугольника с целыми длинами сторон.
  #2   20 дек 2011 12:56   Ответить
👍
+1
👎 1
Открою Вам тайну. Любой пользователь может сам создавать новые темы. Пользуйтесь, пожалуйста, этой функцией.
👍
0
👎 0
Зачем, без нужды, умножать сущности?
  #4   20 дек 2011 14:09   Ответить
👍
+1
👎 1
"Оккам, зараза, спрячь бритву!"
👍
+1
👎 1
Выписываете диапазон значений из неравенства треугольника, выбираете из них простые, отбрасываете неподходящие.
👍
+1
👎 1
Тоже вариант.

Но, вообще-то, любое целое число, кроме 1 и 2, является катетом некоторого целочисленного прямоугольного треугольника.
  #10   22 дек 2011 00:15   Ответить
👍
0
👎 0
Значит неподходящими будут все числа. Приводите по тройке на каждое и дело с концом.
👍
0
👎 0
Задача, выложенная в старт-посте, является апгрейдом задачи 7.32 из книжки С4, в которой n=2. Можно попробовать сначала решить ее. Отношение площадей оказывается равно 7. И это единственный случай, когда отношение выражается натуральным числом.
👍
+2
👎 2
Поставим массы 1, n, n^2 в вершины A, B, C
Тогда центр масс AB будет в точке P, значит центр масс O треугольника ABC будет лежать на СP, причем CO/OP=(1+n)/n^2
При этом центр масс BC в точке Q, значит O лежит на AQ, причем AO/OQ = n(n+1)
Т.о. O = M
Итого имеем
[m]AM/MQ=BK/KR= CL/LP = n(n+1)[/m]
[m]AK/KQ = BL/LR = CM/MP=(1+n)/n^2[/m]

[m]S_KLM = S_ABC*BQ/(BQ+QC)*MK/AQ*LK/BL = S_ABC* \frac{n}{n+1} \frac{(n+1)(n-1)}{1+n+n^2} \frac{n-1}{n} = S_ABC \frac{(n-1)^2 }{1+n+n^2}[/m]
Значит наша задача исследовать делимость
[m](1+n+n^2)[/m] на [m](n-1)^2[/m]
Но тут очевидны неравенства [m](n-1)^2 < 1+n+n^2 < 2 (n-1)^2[/m] при n>4, а n=4, n=3 отвергаются подстановкой.
Имеем n=2 и отношение равное 7.
👍
+2
👎 2
Интересный подход, Александр Викторович. Спасибо.
Буду рад, если кто-то еще предложит что-то оригинальное.
Я, в свою очередь, выложу решение, полученное с применением теоремы Менелая.

Для треугольника BCR и прямой AQ применим теорему Менелая.
[m]\frac{n}{1} \cdot \frac{n+1}{1} \cdot \frac{RK}{KB}=1;[/m]
[m]\frac{RK}{KB}=\frac{1}{n(n+1)}.[/m]
То же самое сделаем с треугольником ABM и прямой PC.
[m]\frac{n}{1} \cdot \frac{BL}{LR} \cdot \frac{n}{n+1}=1;[/m]
[m]\frac{BL}{LR}=\frac{n+1}{n^2}.[/m]
Таким образом [m]RK:KL:LB=1:(n^2-1):(n+1)[/m].
Аналогичное отношение верно и для других отрезков, заключенных внутри треугольника ABC.
Последующие преобразования мало чем отличаются от преобразований Александра Викторовича, так что выкладывать их не вижу смысла.
Отмечу только тот факт, что отношение площадей треугольников можно записать красивой формулой
[m]\frac{{S}_{ABC}}{{S}_{KLM}}=\frac{n^3-1}{(n-1)^3}.[/m]
👍
0
👎 0
Еще пара задач С4+С6 (скорее все-таки с6)

Существует ли треугольник с целочисленными длинами сторон, высот и биссектрис?

Стороны треугольника — последовательные натуральные числа, а одна из медиан перпендикулярна одной из биссектрис. Найдите стороны треугольника.
👍
+1
👎 1
2. Пусть треугольник ABC, биссектриса CD, медиана BE
Тогда CBE равнобедренный, поскольку в нем биссектриса и высота совпадают, а значит BC=1/2 AC
Отсюда треугольник либо 2,3,4, либо 1,2,3. Второй к числу треугольников не относится, значит 2,3,4.
👍
+3
👎 3
1. Построим треугольник, у которого это все рациональное, а потом растянем подобием с коэффициентом в виде произведения знаменателей всех 9 объектов.
Возьмем равнобедренный с углами 2arcsin5/13 при основании и основанием 1.
(такой есть ибо sin(pi/4)=1\sqrt{2} > 5/13).
Полугла при основании имеет синус 5/13, косинус 12/13, значит и полные углы имеют рациональные синусы и косинусы.
Отсюда все стороны рациональные по теореме синусов.
Высоты рациональные, потому что это это стороны на соответствующие синусы.
Биссектрисы рациональные, потому что это высоты, деленные на косинус полуразности двух других углов, а этот косинус рационален из формулы косинуса разности.
Что и требовалось доказать.
👍
0
👎 0
Это, разумеется, верно, и является общей конструкцией.

Но если задача просто дать пример такого треугольника — имеет смысл посмотреть в сторону пифагоровых прямоугольных треугольников:)
  #15   23 дек 2011 18:49   Ответить
👍
0
👎 0
Первую пару взял — ничего не вышло.
С биссектрисами беда.
У одного корни из двух вылазят, у другого корни из 13.
Все-таки нам для биссектрис нужно что-то в духе рациональности синуса и косинуса половинного угла. Я шел от этой линии (5/13, собственно из пифагоровой тройки и взялось). А идти от пифагоровых троек и надеяться на удачу с половинными углами как-то неохота.
👍
−1
👎 -1
Ну, не совсем наугад, разумеется. Берем любой (!!!) пифагоров треугольник ABC,
ориентированный так, что A<45 градусов, С — прямой. Откладываем луч AX в ту полуплоскость (относительно прямой AC), где лежит точка B, так, чтобы угол САВ = угол ВАХ.

Без ограничения общности, X лежит на прямой BC. Берем точку A1 симметрично точке A относительно прямой BC. Тогда в треугольнике AXA1 все интересующие нас элементы рациональны.
  #17   24 дек 2011 00:24   Ответить
👍
+1
👎 1
И чем это отличается от моей конструкции?
👍
−2
👎 -2
По содержанию — ничем, кроме большей общности.
По-форме — прозрачностью.
  #20   25 дек 2011 02:01   Ответить
👍
0
👎 0
Да, именно это решение мы написали в книжку олимпиадных задач. Хотя я тогда придумал решение как С6. Копирую сюда.

Прежде всего заметим, что достаточно найти треугольник с рациональными длинами сторон, высот и биссектрис, поскольку подобный ему с некоторым коэффициентом будет иметь целые длины всех этих отрезков.

Далее, если $\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}, \sqrt{bc(a+b+c)(b+c-a)},\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}$
рациональны, то их произведение, равное $abc(a+b+c)S$, тоже рационально, тогда рациональна площадь треугольника, а значит и все его высоты. (То есть рациональность высот следует из рациональности сторон и биссектрис).

Потребуем далее, чтобы $b=c$. Тогда надо обеспечить рациональность таких двух выражений:
$a\sqrt{b(2b+a)}$ и $b\sqrt{(2b-a)(2b+a)}$. Попробуем найти $a$ и $b$,
при которых $b,2b+a,2b-a$ будут квадратами. Подходят, например, $b=25,a=14$.
Итак, получили треугольник. $a=14,b=c=25,l_b=l_c=560/39,l_a=h_a=24,h_b=h_c=336/25$. Рассматривая подобный ему с коэффициентом $39\times25$=975,
получаем треугольник. $a=13650,b=c=24375,l_b=l_c=14000,l_a=h_a=23400,h_b=h_c=13104$.

Задайте свой вопрос по математике
профессионалам

Сейчас онлайн 75 репетиторов по математике
Получите ответ профи быстро и бесплатно

Другие вопросы на эту тему:

👍
0
👎 06

Проверьте пожалуйста   6 ответов

На сторонах BC и CA треугольника ABC отмечены точки A1 и B1. Отрезки AA1 и BB1 пересекаются в точке O. Найдите отношение AO:OA1, если AB1=p, BC1= q, BA1=m, A1C= n
У меня получилось p:q . Но мне кажется,что это неправильно . Делала через прощади
  30 мар 2020 09:43  
👍
0
👎 01

Геометрия   1 ответ

Основание пирамиды RABC- треугольник Abc,в котором угол с=90,а угол В=30 градусов.Ребро AR перпендикулярно к плоскости основания пирамиды и равно 8,а ребро BR образует с плоскостью основания угол 45. Через середину ребра BR проведена плоскость параллельно плоскости основания пирамиды.Найдите площадь боковой поверхности пирамиды , отсеченной этой плоскостью
  09 апр 2015 20:36  
👍
+1
👎 12

Геометрия   2 ответа

даны точки A,B,C. Построить точку Q, такую что векторы QA-2QB-QC=НУЛЕВОМУ ВЕКТОРУ
  25 сен 2013 23:28  
👍
+1
👎 182

Подборка геометрических задач   82 ответа

Доказать, что высоты AP, BQ,CR треугольника АВС являются биссектрисами углов треугольника PQR.
👍
0
👎 04

Почему в проективной геометрии при пересечении двух прямых получаем множество точек   4 ответа

Даны уравнения двух прямых
x+y-2z=0
x-4y+3z=0
Необходимо найти значение точки их пересечения.

Чтобы найти их точку пересечения я составила систему из этих двух уравнений, выразила y=2z-x в первом уравнении и подставила во второе, получила ответ x=y, z=x то есть общие решение (x:x:x) или частное решение (1:1:1).

Почему при пересечении двух прямых мы получили множество точек а не конкретные значения одной точки? Какое обоснование можно дать этому, на какую теорему сослаться?

Заранее спасибо.

  24 янв 2013 22:24  
👍
+2
👎 210

Геометрия. пересечение прямой и окружности   10 ответов

х2+у2=1 пересекается с прямой у=kх+1система не решается помогите пожалуйста.. .
  23 мар 2011 20:47  
ASK.PROFI.RU © 2020-2021