В окружности радиуса R проведены две взаимно перпендикулярные хорды АВ и СД пересекающиеся в точке О. Как доказать, что АС(в квадрате)+ВД(в квадрате) = 4R(в квадрате)
Александр, нет. Угол ACB' - всегда прямой и только прямой (см. пункт 4). Единственное исключение составляет вырожденный случай, когда AB - диаметр, а CD = 0 . То бишь, все точки B, C, D и B' совпадают. Но ведь тогда и о перпендикулярности AB и CD, которая требуется по условию, говорить в принципе невозможно... ;)))
Еще, сорри - для совсем идеальной картинки, следовало бы "штрихи" наоборот обозначить - чтобы A', а не B', было образом A. Но я просто начинал думать чуть по-другом, а обозначения "залипли"... Еще раз сорри. :)
Хм? :) Простая ведь на самом деле задачка. Есть у нас две хорды. Без ограничения общности полагаем, что ни одна из них - не диаметр. В частном случае диаметра просто "посклеиваются" вместе точки из дальнейшего рассуждения, но его сути это на самом деле не изменит. ;))) \n\n
Выбираем произвольную хорду, скажем, AB. Строим центрально симметричную, относительно центра окружности, хорду A'B'. ;) Далее совершенно очевидны следующие факты: \n
1. Точки A' и B' лежат на окружности. \n
2. ABB'A' - прямоугольник, вписанный в окружность, и его диагонали AB' и A'B - диаметры окружности (они же 2R-ы ;))). \n
3. CB' = BD - в силу симметрии. \n
4. ACB' - прямой угол - вписанный, опирающийся на диаметр. \n\n
Следовательно, (AC)^2 + (BD)^2 = (AC)^2 + (CB')^2 = (AB')^2 = (2*R)^2 = 4*R^2 \n\n
Вот и все... ;)))
Из т.D пров. Диам. KD. АKD-ПРЯМОУГ. Тр. т.к. гип. Прох. Через. Центр.
АC^2+BD^2=AD^2+CB^2.
KD яв. Выс. И бис. Тр. АCD. =>АK=KC,
АНАЛОГ. Док. ,что CВ=KC.=>АK=CВ.
4R^2=АK^2+АD^2=CB^2+AD^2=AC^2+BD^2,
Админ:
Reds 2011-12-14 16:20:33 пишет:
Сдаюсь :) Наверно действительно все так, несмотря на то, что визуально не выходит каменный цветок. Видимо в квадратах я ошибся...
Reds 2011-12-14 15:46:57 пишет:
В формулах все выглядит красиво, не буду спорить. Но вот линейка против - при R=2 и 4Rквадрат=16, при смещенной точке О, суммарная длина двух гипотенуз может не превышать 15. Может не все так просто в скобке (sinB + cosB)?
По теореме синусов 2R=AC/sinABC а так же 2R=BD/sinBCD , уголABC = 90 – уголBCD , следовательно sinABC=cosBCD, подставляем это в первое равенство. Домножаем первое равенство на cosBCD, второе на sinBCD, возводим каждое в квадрат, складываем и получаем то, что нужно доказать
Админ: О!
Reds 2011-12-13 17:45:39 пишет:
2 Админ - Интересно будет взглянуть на решение. По моему мнению - это невозможно, потому как сумма двух катетов (на одной хорде) не будет равна 2R, точнее будет меньше, а значит и условие не выполнится (ведь треугольник то всяко прямоугольный остается)
Мари 2011-12-13 16:57:27 пишет:
Предлагаю ввести систему координат с началом в центре окружности и осями параллельным хордам. Посчитать расстояния в координатах. Получим, что АО^2+BO^2+CO^2+DO^2 = R^2.
Админ: по-моему, не очевидный вывод
Reds 2011-12-13 12:46:30 пишет:
Справедливо для хорд, являющихся диаметром, т.е. пересекающихся в центре окружности (точка О). Тогда мы имеем два прямоугольных треугольника OAC и ОДВ, знаем их гипотенузы (AC и ВД), и согласно "сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы", а катеты у нас равны и равны R, получаем равенство АСквадрат+ВДквадрат=4Rквадрат
Админ: Частный случай, считаем доказан. Еще один частный случай - когда точка О ложится на окружность тоже тривиален. Докажите теперь, что и в остальных случаях равенство сохраняется. А оно действительно сохраняется. :)