Объявляем С началом координат. Строим перпендикуляр от О к АВ. Получаем точку Д. Её координаты - 4;3. Длина ОД равна 5. От точки О строим линию вниз , от точки Д линию вправо, до их пересечения в точке Е. Треугольник ОДЕ подобен ВАС. Следовательно при ОД равном 5 получаем ДЕ=3, ЕО =4. Прибавляем эти цифири к координатам точки Д и получаем координаты точки О - 7;7. Отсюда длина СО равна 7 корней из 2. Длинновато конечно, но зато логика простая...
У меня тоже. Наверное потому что через много лет после окончания школы, решил доказать теорему Пифагора. На удивление долго привозился, но доказал. Рисунок получился один в один, ну и сразу всплыл в памяти..
Последнее решение самое красивое и изящное! Тоже продлил отрезки CA и CB, но дальше по другому - Через точку О проводим прямую параллельную AB до пересечения с продолжениями отрезков CA и CB. А, также из точки O опустим перпендикуляр на AB. В результате получим кучу подобных ABC треугольников, и из пропорций подобия и теремы Пифагора легко найдем искомое.
Благодарю. Можно опустить перпендикуляр из точки О на АВ и продлить его за АВ. Потом опускаем на продолжение этого перпендикуляра ещё один перпендикуляр из точки С. Точку пересечения этих препендикуляра и продолжения перпендикуляра обозначим К. Получим прямоугольный треугольник СОК с гипотенузой СО и катетами КО и СК, которые легко найти: КО=сумме высот треугольников АВС и АОВ=4,8+5=9,8 КС=Половина стороны АВ - проекция катета СА на гипотенузу АВ в треугольнике АВС=5-3,6=1,4 Далее из треугольника СОК находим гипотенузу СО: СО=√((1,4^2)+(9,8^2))= 1,4√(50)=7√2
боюсь показаться назойливым, но, похоже, нашел еще способ: пусть СА - ось ординат, а СВ - ось абсцисс. т.О - середина отрезка (любой из диагоналей). координаты вершин квадрата найти легко - (0;6), (8;0), (14;8), и (6;14). значит координаты т.О (7;7) откуда длина СО = 7V2
Дважды по теореме косинусов. Провести высоту OH к AB. К - точка пересечения OC и AB. OCH равнобедренной с боковой стороной 5. Угол CHB находим по теореме косинусов = -7/25. Тогда сos(CHO)= -24/25. Далее опять по теореме косинусов в ОСН. СО**2= 25 +25 +50*24/25=98
Повернул 90° против часовой с центром в О. Получил равнобедренный прямоугольный с гипотенузой 6+8... Спасибо за задачу. Кто решает просто увлекает за собой массы.
Устно. Ответ 7√2. Смотрим. Решил тремя способами. Первый тригонометрический, как у Кати. Второй через систему координат. Третий - с правого угла квадрата ( точка Д) опустим перпендикуляр на продолжение СВ - точка К. Тогда ВК=6, ДК=8. Из т О опустим перпендикуляр на СК. (Точка М). О - середина АД, тогда СМ половина СК=7, а ОМ - среднее между АС и ДК и равно 7. Треугольник АОМ прямоугольный, равнобедренный и СО=7√2. Очень понравился способ Андрея - достроение до квадрата, да и способ с теоремой Птолемея очень неплохо. Тригонометрическое решение - когда нет времени думать, решение в лоб.
@@GeometriaValeriyKazakov ответ √2, решал в уме, самое трудное было в голове нарисовать правильный чертеж. Интересная задача. Особенно если её дать через пару месяцев не связывая с основной.
наверное, можно еще и так: т.О лежит на пересечении окружности с центром А и радиусом 5V2 и окружности с центром В и радиусом 5V2 пусть СВ - ось абсцисс, а СА - ось ординат. записываем уравнения окружностей решаем систему - получаем координаты т. О зная координаты С и О находим длину СО
Мысленно дочертил прямоугольные треугольники по сторонам жёлтого квадрата получился большой зелёный квадрат со стороной 6+8=14. Площадь 14×14=196. Вычислил диагональ по формуле √(S/2)и получил ответ 7√2
Моё решение похоже на 3-й способ Введём систему координат с началом в точке C. Тогда вектор AB имеет координаты (8; -6). Координаты перпендикулярного вектора, имеющего такой же модуль, инверсны и одна из них отличается знаком, т.е. это (6; 8). Если его отложить от точки A, мы попадём в верхнюю вершину квадрата (точка P), координаты которой (6; 8 + 6) = (6; 14). Теперь, координаты точки O (центра квадрата) - это координаты середины отрезка DB и равны ((6 + 8)/2; (14 + 0)/2) = (7; 7). Искомый отрезок - это модуль вектора CO, т.е. он равен 7√2.
А тангенсовать можно? Решение за счёт построений -- это высший пилотаж. А мне, как бабушке русской авиации, это уже не по силам. Я хочу ударить по этой задаче тригонометрией. 1) Соединим (.) О с вершинами А и В ∆-ка АВС tg(^ABC)=AC/CB=6/8 tg(^ABO)=1, т.к. AO=OB=5√2 (АО и ОВ -- полудиагонали квадрата, построенного на гипотенузе АВ ∆-ка АВС). В соответствие с формулой сложения для тангенсов мы можем записать tg(^CBO)=tg(^ABC+^ABO)= [tg(^ABC)+tg(^ABO)]/[1-tg(^ABC)×tg(^ABO)]= [6/8+1]/[1-6/8×1]=7 2) Опустим из (.) О перпендикуляр на СВ. Назовём точку пересечения перпендикуляра со стороной СВ ∆-ка АВС точкой В1. Тогда мы можем записать в соответствие с теоремой Пифагора ОВ1^2+В1В^2=ОВ^2 или ОВ1^2+В1В^2=(5√2)^2 (2.1) Из пункта 1) мы получили tg(^CBO)=7, но tg(^CBO)=ОВ/В1В ➡️ ОВ=7×В1В (2.2) Поэтому нам остаётся решить систему из 2-уравнений (2.1) и (2.2) Решив ее, мы получим ВВ1=1 и ОВ1=7 Тогда СВ1=СВ-ВВ1=8-1=7 ➡️ СО=7√2 ☑️☑️
В выпуклом четырехугольнике , вписанном в круг ( противоположные углы составляют 180* ) , произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон ( теорема Птолемея ) . Выгодский стр. 293 .
Вариант 3 способа. Из вершины квадрата, симметричной А относительно О опускаем перпендикуляр на продолжение СВ вправо (точка С'). Получаем равнобедренный треугольник СОС'. Если кто-то после этого скажет, что СО не равно 7sqrt(2), пусть первым выстрелит в меня.
Мой способ провёл высоты в обоих треугольниках и получил подобные треугольники с коэффициент подобия 0,96. По Пифагора нашел однудиагональ и умножил на кожфициэнт получил ваш ответ. Решение школьника лучше моего- не додумался
@@GeometriaValeriyKazakovздравствуйте! Не совсем поняла, что вы имеете ввиду говоря „части на кот“? Может, это описка. И вы имели ввиду „катеты“ или же „катет»?
В треугольнике 6,8,10 найдите биссектрису и части, на которые биссектриса делит гипотенузу. По свойству биссектрисы. И попрообуйте применить затем теорему об отрезках хорд.
не - математически - кто нам мешает со сторогны В пристроить к квадрату еще один такой же тругольник, и у него провести такую же красную линию длиной х? Тогда мы получим большой прямоугольный равнобедренный треугольник с красными катетами и основанием внизу 6+8 = 14. Основание - прямая линия,т.к. сумма углов в точке В = 180 гр.,а угол катетов прямой, т.к.клон строится на квадрате. Нам совершенно не интересно, что малый треугольник египетский 3 :4 :5 (х2), и что сторона квадрата 10, потому что по Пифагору 2 х квадрат = 14 в квадрате = 196, или х= корень кв.из 98
Как-то так у вас получается, что 7-8 классники умнее, чем получившие более серьезное образование! ))) Вот лично мне пришел в голову 2 способ, как самый очевидный, но Андрей показал нестандартность мышления! Тоже что-то такое крутилась в голове, но... нишмагла я, нишмагла! )))
@@GeometriaValeriyKazakov если бы это было в первый раз, то я не написал бы! ))) Я подозревал, что ваши "ученики" вымышленные, но дело не в этом - вы все же сопоставляете их уровень знаний с реальным, и вот так получается, что многие задачи можно решить более простыми способами, которые проходили в 7-8 классе! А ваша подача материала прямо показывает, что младшие гораздо умнее и находчивее, чем старшеклассники. Ну, со стороны кажется именно так... )))
Все способы хороши . Кстати, в третьем способе совсем не обязательно проводить СF.Ведь CO и без этого прекрасно вычисляется.Двукратный олимпийский чемпион по кулачному бою Пифагор не даст соврать.
Я решал "по Линдгрену". Обкладываем желтый зелененькими до квадрата со стороной =14 Ответ: 7 корней из двух --------------------- Если олимпиядная, то для 6-го класса
Мне кажется третий способ самый простой и очевидный и конечно же эта задача не для 9 класса. Решая с племянницей разного рода математические задачи сталкиваюсь с тем, что практически одни и те же примеры попадаются во всех классах подряд и решать их нужно (или приходится) тем способом, тему которую проходят в данном классе.
Ну это классическая задача. Интересно, что способы её решения (почти что ровно такие же) разобраны Романом Григорьевичем Хазанкиным вот здесь: th-cam.com/video/NoPFbHxfBf0/w-d-xo.html Он, кстати, ещё говорит о том, что квадрат можно строить и во внутреннюю сторону (тогда там сопряжённый ответ появляется).
Почему современные дети не могу сразу сказать (написать и тд) что угол альфа равен 60°, ведь это также очевидно как и угол 45°, который вы сразу указали?
Спасибо. Если не эксперт зачем пишете? Я экперт. И а втор учебников по геометрии. И олимпиадный тренер. Косинус суммы - 10 кл 1-я четверть. Теорема Птолемея - 9 класс - олимпиадное свойство вписанного 4-ка. Доказывается (сложно) теоремой косинусов опять конец - 9-го. Так что лучше этот метод рассматривать в 10-11 кл. Думаю лучше порлучать удовольствие от задач. ане тягаться со мной в знании программы олимпиадного курса. Я вас обожаю!
@@GeometriaValeriyKazakov как четвертый способ : продлить СВ вправо на 6 и достроить до равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой СЕ=14. Тогда катет СО=7√2
Координатный метод: Точку А поместим в начало координат, Ось ОХ направим вдоль гипотенузы АВ, Ось ОУ направим вдоль стороны квадрата. АВ²=АС²+АВ², АВ=√(6²+8²)=10. На ось ОХ из точки С опустьм перпендикуляр СН, СН⊥АВ, АН=х, ВН=10-х, В ⊿АСН, СН²=АС²-АН², СН²=6²-х²=36-х, В⊿ВСН, СН²=ВС²-ВН², СН²=8²-(10-х)²=64-100+20х-х², 36-х²=64-100+20х-х²; х=3,6; СН=√(6²-3,6²)=√23,04=4,8; С(3,6; 4,8)-координаты точки С; О(5; -5)-координаты центра квадрата. Квадрат расположен под осью ОХ. ОС²=(Х(О)-Х(С))²+(У(О)-У(С))²; ОС=√((5-3,6)²+(-5-4,8)²)=√((1,4)²+(-9,8)²)=√(1,96+96,04)=√98=7√2, ОС=7√2. Ответ: ОС=7√2.
ну навскидку конечно, можно сделать и тупо включая тригу - ОВ=5корн из2, а косинус ОВС найти из суммы косинусов СВА и АВО. а потом по теор косинусов вычислить ОС.... громоздко конечно... но как есть... ща Валерия гляну
Никогда не участвовала в олимпиадах. Что здесь одимпиадного? Пририсовать ещё 3 треугольника , получить квадрат 14×14, посчитать его полдиагонали: 7 sqrt2.
Спасибо. А как вам в голову пришло пририсовать? Осенило, яблоко, чуйка ... ? Я ведь сказал, что это олимпиадная классика. Первые два способа на технику, последний креативный. В этом суть олимпипадных задач, и если вы никогда не участвовали, то почему вдруг судите об этом?
И так для интереса докажите, что центры этих квадратов совпадут, иначе на олимпиаде из 6 баллов получите всего 4. Кроме того, задача дается там в текстовом виде и сказано "на гипотенузе построен квадарат ..." Но не сказано в какую сторону. Так что вам придется рассмотреть еще один случай, когда точка C и O лежат в одной полуплоокости отн. AB. Итого: от ваших 6 баллов остается 2 б. И вы - без диплома. И зубрите ЕГЭ. Такая жизнь. Так что, лучше не давайте советы профи, а получайте удовольствие от его задач.
@@GeometriaValeriyKazakov Во- первых, я не давала советы. Во- вторых, не участвовала- не значит не решала. Вы же математик! В старшей школе задач с рисунками вообще не было. И я бы получила 6 из 6. Единственность центра доказывается от противного, подсчётом углов , каким- нибудь преобразованием. И я тоже профи, что делать. Я вижу. У меня всё это вращается в голове, практически все ваши задачи решаю устно, просто глядя на картинку. Задачи красивые, как в детстве. У нас сместили акценты в преподавании геометрии, по- моему, не в ту сторону. Надо менять. Олимпиады не люблю, имею право. По нескольким причинам.
Так и надо было писать: "Никогда не участвовала в олимпиадах, но олимпиадные задачи щёлкаю как орешки". 😂 Не ленитесь, выкладывайте по-чаще результаты ваших щёлканий. Я, как тугодум, буду рада ознакомиться с изящными устными решениям и, особенно решением задач, которые вроде бы требуют вычислений не в уме, а на бумажке.
@@GeometriaValeriyKazakov Я люблю более подробное изложение, как говорится, от идеи в жизнь.😂 Только это для меня является настоящим решением. Мой лозунг: "Выложи и обоснуй". Тут можно и за руку поймать, если где-то допущена логическая ошибка. Есть повод и пошутить и подумать 🎉
1. Сторона квадрата. 2. Диагональ квадрата. 3. Угол в исходном треугольнике. 4. Теорема косинусов. Геометрическое решение не придумал(( Доп. После проведения диагоналей сразу пришло ещё одно решение, если площадь выпуклого четырёхугольника равна произведению диагоналей))
расположить С в начало координат, и точку пересечения диагоналей найти, составив уравнения диагоналей квадрата. Получим систему 14у-2х=84 и 2у-14х=112 откуда решение (7;7) тогда расстояние 7sqrt (2) это то, как я решал, решения не смотрел, если честно
Последний способ наиболее простой. Спасибо за все три решения.
Объявляем С началом координат. Строим перпендикуляр от О к АВ. Получаем точку Д. Её координаты - 4;3. Длина ОД равна 5.
От точки О строим линию вниз , от точки Д линию вправо, до их пересечения в точке Е.
Треугольник ОДЕ подобен ВАС. Следовательно при ОД равном 5 получаем ДЕ=3, ЕО =4.
Прибавляем эти цифири к координатам точки Д и получаем координаты точки О - 7;7.
Отсюда длина СО равна 7 корней из 2.
Длинновато конечно, но зато логика простая...
Супер.
У меня сразу 3-й способ в голове вылез. Просто, красиво, изящно!
Согласен.
У меня тоже. Наверное потому что через много лет после окончания школы, решил доказать теорему Пифагора. На удивление долго привозился, но доказал. Рисунок получился один в один, ну и сразу всплыл в памяти..
+
Таже проблема. Видимо я в математическое развитии остановился в районе 6-7 класса :)
Последнее решение самое красивое и изящное!
Тоже продлил отрезки CA и CB, но дальше по другому - Через точку О проводим прямую параллельную AB до пересечения с продолжениями отрезков CA и CB. А, также из точки O опустим перпендикуляр на AB. В результате получим кучу подобных ABC треугольников, и из пропорций подобия и теремы Пифагора легко найдем искомое.
Согласен.
Благодарю. Можно опустить перпендикуляр из точки О на АВ и продлить его за АВ.
Потом опускаем на продолжение этого перпендикуляра ещё один перпендикуляр из точки С.
Точку пересечения этих препендикуляра и продолжения перпендикуляра обозначим К.
Получим прямоугольный треугольник СОК с гипотенузой СО и катетами КО и СК, которые легко найти:
КО=сумме высот треугольников АВС и АОВ=4,8+5=9,8
КС=Половина стороны АВ - проекция катета СА на гипотенузу АВ в треугольнике АВС=5-3,6=1,4
Далее из треугольника СОК находим гипотенузу СО:
СО=√((1,4^2)+(9,8^2))= 1,4√(50)=7√2
Отлично!
боюсь показаться назойливым, но, похоже, нашел еще способ:
пусть СА - ось ординат, а СВ - ось абсцисс. т.О - середина отрезка (любой из диагоналей). координаты вершин квадрата найти легко - (0;6), (8;0), (14;8), и (6;14). значит координаты т.О (7;7) откуда длина СО = 7V2
Кто тут назойливый! Да, так это Леня Эйлер! Давай-давай!
в тригонометрическом способе можно по-другому:
CAO=(beta)
CO^2=6^2 + (5V2)6^2 - 2*6*5v2*cos(beta)
CO^2=8^2 + (5V2)^2 - 2*8*5V2*cos(180 - beta)=8^2 + (5V2)^2 + 2*8*5V2*cos(beta)
откуда находим косинус САО
Спасибо.
Дважды по теореме косинусов. Провести высоту OH к AB. К - точка пересечения OC и AB. OCH равнобедренной с боковой стороной 5. Угол CHB находим по теореме косинусов = -7/25. Тогда сos(CHO)= -24/25. Далее опять по теореме косинусов в ОСН. СО**2= 25 +25 +50*24/25=98
Отлично.
Повернул 90° против часовой с центром в О. Получил равнобедренный прямоугольный с гипотенузой 6+8...
Спасибо за задачу.
Кто решает просто увлекает за собой массы.
Отлично!
Класс!
Согласен.@@viktorviktor5820
Устно. Ответ 7√2. Смотрим.
Решил тремя способами. Первый тригонометрический, как у Кати. Второй через систему координат. Третий - с правого угла квадрата ( точка Д) опустим перпендикуляр на продолжение СВ - точка К. Тогда ВК=6, ДК=8. Из т О опустим перпендикуляр на СК. (Точка М). О - середина АД, тогда СМ половина СК=7, а ОМ - среднее между АС и ДК и равно 7. Треугольник АОМ прямоугольный, равнобедренный и СО=7√2.
Очень понравился способ Андрея - достроение до квадрата, да и способ с теоремой Птолемея очень неплохо. Тригонометрическое решение - когда нет времени думать, решение в лоб.
Отлично. Теперь отрзите квадрат на другую сторону от AB и найдите расстояние.Будете удивлены.
@@GeometriaValeriyKazakov ответ √2, решал в уме, самое трудное было в голове нарисовать правильный чертеж. Интересная задача. Особенно если её дать через пару месяцев не связывая с основной.
наверное, можно еще и так:
т.О лежит на пересечении окружности с центром А и радиусом 5V2 и окружности с центром В и радиусом 5V2
пусть СВ - ось абсцисс, а СА - ось ординат. записываем уравнения окружностей
решаем систему - получаем координаты т. О
зная координаты С и О находим длину СО
Отлично!
У меня получилось sqrt(114-80sqrt(2)*cos(arctan(3/4)+pi/4)). Решал своим способом.
Все способы по своему хороши.
Отлично.
Решение Андрея самое красивое!
Согласен.
Браво, Андрей!
Спасибо.
Мысленно дочертил прямоугольные треугольники по сторонам жёлтого квадрата получился большой зелёный квадрат со стороной 6+8=14. Площадь 14×14=196. Вычислил диагональ по формуле √(S/2)и получил ответ 7√2
Моё решение похоже на 3-й способ
Введём систему координат с началом в точке C. Тогда вектор AB имеет координаты (8; -6). Координаты перпендикулярного вектора, имеющего такой же модуль, инверсны и одна из них отличается знаком, т.е. это (6; 8). Если его отложить от точки A, мы попадём в верхнюю вершину квадрата (точка P), координаты которой (6; 8 + 6) = (6; 14). Теперь, координаты точки O (центра квадрата) - это координаты середины отрезка DB и равны ((6 + 8)/2; (14 + 0)/2) = (7; 7). Искомый отрезок - это модуль вектора CO, т.е. он равен 7√2.
Отлично.
А тангенсовать можно? Решение за счёт построений -- это высший пилотаж. А мне, как бабушке русской авиации, это уже не по силам. Я хочу ударить по этой задаче тригонометрией.
1) Соединим (.) О с вершинами А и В ∆-ка АВС
tg(^ABC)=AC/CB=6/8
tg(^ABO)=1, т.к. AO=OB=5√2 (АО и ОВ -- полудиагонали квадрата, построенного на гипотенузе АВ ∆-ка АВС).
В соответствие с формулой сложения для тангенсов мы можем записать
tg(^CBO)=tg(^ABC+^ABO)=
[tg(^ABC)+tg(^ABO)]/[1-tg(^ABC)×tg(^ABO)]=
[6/8+1]/[1-6/8×1]=7
2) Опустим из (.) О перпендикуляр на СВ. Назовём точку пересечения перпендикуляра со стороной СВ ∆-ка АВС точкой В1.
Тогда мы можем записать в соответствие с теоремой Пифагора
ОВ1^2+В1В^2=ОВ^2 или
ОВ1^2+В1В^2=(5√2)^2 (2.1)
Из пункта 1) мы получили
tg(^CBO)=7, но tg(^CBO)=ОВ/В1В ➡️
ОВ=7×В1В (2.2)
Поэтому нам остаётся решить систему из 2-уравнений (2.1) и (2.2)
Решив ее, мы получим ВВ1=1 и ОВ1=7
Тогда СВ1=СВ-ВВ1=8-1=7 ➡️ СО=7√2 ☑️☑️
Все можно!
В выпуклом четырехугольнике , вписанном в круг ( противоположные углы составляют 180* ) , произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон ( теорема Птолемея ) . Выгодский стр. 293 .
Да, это наш 2-й способ.
Вариант 3 способа. Из вершины квадрата, симметричной А относительно О опускаем перпендикуляр на продолжение СВ вправо (точка С'). Получаем равнобедренный треугольник СОС'. Если кто-то после этого скажет, что СО не равно 7sqrt(2), пусть первым выстрелит в меня.
Спасибо. все будут живы.
Мой способ провёл высоты в обоих треугольниках и получил подобные треугольники с коэффициент подобия 0,96. По Пифагора нашел однудиагональ и умножил на кожфициэнт получил ваш ответ. Решение школьника лучше моего- не додумался
Спасибо.
Интересное решение, тем более, что решала теска. Спасибо. А я решала, как Максим
Отлично!
Здравствуйте. Очень нравятся Ваши уроки.
CO нахожу по т синусов. R =половине АB, sin и cos углаCAB в треугольнике ABC
Да, можно подключить т. синусов.
Сразу подумал описать окружность и попробовать использовать либо теорему Птолемея, либо теорему о отрезках пересекающихся хорд. :)
Спасибо. О пересекающихся врдя ли получится.
@@GeometriaValeriyKazakov Ага, я потом тоже понял что с хордами сложно. Но в некоторых задачах бывает и срабатывает :)
Вообще-то можно. Ведь CO бисссектриса. В заданом прямоугольном ABC все можно найти и бисс, и части на кот она делит гип. Попробуйте. @@Snuryus
@@GeometriaValeriyKazakovздравствуйте! Не совсем поняла, что вы имеете ввиду говоря „части на кот“? Может, это описка. И вы имели ввиду „катеты“ или же „катет»?
В треугольнике 6,8,10 найдите биссектрису и части, на которые биссектриса делит гипотенузу. По свойству биссектрисы. И попрообуйте применить затем теорему об отрезках хорд.
не - математически - кто нам мешает со сторогны В пристроить к квадрату еще один такой же тругольник, и у него провести такую же красную линию длиной х? Тогда мы получим большой прямоугольный равнобедренный треугольник с красными катетами и основанием внизу 6+8 = 14. Основание - прямая линия,т.к. сумма углов в точке В = 180 гр.,а угол катетов прямой, т.к.клон строится на квадрате. Нам совершенно не интересно, что малый треугольник египетский 3 :4 :5 (х2), и что сторона квадрата 10, потому что по Пифагору 2 х квадрат = 14 в квадрате = 196, или х= корень кв.из 98
Да, спасибо, Можно сводить к трапеции или к равнобедренному, хотя это менее красиво, чем квадрат.
Как-то так у вас получается, что 7-8 классники умнее, чем получившие более серьезное образование! )))
Вот лично мне пришел в голову 2 способ, как самый очевидный, но Андрей показал нестандартность мышления! Тоже что-то такое крутилась в голове, но... нишмагла я, нишмагла! )))
Спасибо. Это я так придумываю. На самом деле нет.
@@GeometriaValeriyKazakov если бы это было в первый раз, то я не написал бы! )))
Я подозревал, что ваши "ученики" вымышленные, но дело не в этом - вы все же сопоставляете их уровень знаний с реальным, и вот так получается, что многие задачи можно решить более простыми способами, которые проходили в 7-8 классе! А ваша подача материала прямо показывает, что младшие гораздо умнее и находчивее, чем старшеклассники. Ну, со стороны кажется именно так... )))
Все способы хороши . Кстати, в третьем способе совсем не обязательно проводить СF.Ведь CO и без этого прекрасно вычисляется.Двукратный олимпийский чемпион по кулачному бою Пифагор не даст соврать.
Да, можно. Правда, сложно тогда доказывать, что точка O - центр одновременно двух квадратов.
Второй способ очень красив, хотя до третьего и не дотягивает :)
Согласен.
Методом координат. Точка С (0, 0), Точка B (8, 0), точка D (6, 14) тогда точка O ((8+6)/2, (0 + 14)/2)) или (7, 7) значит отрезок CO равен 7sqrt(2)
Спасибо.
Я решал "по Линдгрену". Обкладываем желтый зелененькими до квадрата со стороной =14
Ответ: 7 корней из двух
---------------------
Если олимпиядная, то для 6-го класса
Вот-вот!
Благодаря задачам Валерия, регулярно тренирую свой мозг.Большое спасибо!
Спасибо.
Мне кажется третий способ самый простой и очевидный и конечно же эта задача не для 9 класса. Решая с племянницей разного рода математические задачи сталкиваюсь с тем, что практически одни и те же примеры попадаются во всех классах подряд и решать их нужно (или приходится) тем способом, тему которую проходят в данном классе.
Согласен.
Ну это классическая задача. Интересно, что способы её решения (почти что ровно такие же) разобраны Романом Григорьевичем Хазанкиным вот здесь: th-cam.com/video/NoPFbHxfBf0/w-d-xo.html
Он, кстати, ещё говорит о том, что квадрат можно строить и во внутреннюю сторону (тогда там сопряжённый ответ появляется).
Спасибо. Да, это известный олимпиадный факт, конечно, еще до рождения Хазанкина. Но Хазанкин - гений из Белорецка № 14., Тут я согласен.
От серединки АВ до О 5, до С 1,4 в сторону А и 4,8 до С. Диагональ ломаной ✓((5+4,8)^2+(1,4)^2)=✓98=7✓2
ЗЫ третий способ КЛАСС!
Спасибо.
Почему современные дети не могу сразу сказать (написать и тд) что угол альфа равен 60°, ведь это также очевидно как и угол 45°, который вы сразу указали?
Нет там угла в 60. Лбое утверждение в геометрии должгно иметь обоснование. "Сразу" - это не обоснование.
заголовок:
"Найти угарный газ"
думаю, душно.
@@GeometriaValeriyKazakov
СО
Блеск! Третий!!!
Мне тоже!
Не эксперт конечно, но по-моему Катя воспользовалась знаниями 9 класса, а Макс так вообще 8 класса геометрии.
Спасибо. Если не эксперт зачем пишете? Я экперт. И а втор учебников по геометрии. И олимпиадный тренер. Косинус суммы - 10 кл 1-я четверть. Теорема Птолемея - 9 класс - олимпиадное свойство вписанного 4-ка. Доказывается (сложно) теоремой косинусов опять конец - 9-го. Так что лучше этот метод рассматривать в 10-11 кл. Думаю лучше порлучать удовольствие от задач. ане тягаться со мной в знании программы олимпиадного курса. Я вас обожаю!
Мой выбор - Птолемей. Одна формула - и вопрос закрыт.
Мой тоже!
👍@@GeometriaValeriyKazakov
Через теорему косинусов, чтобы не долго мучиться с выбором способа решения
Спасибо. В общем понятно. Но главный вопрос - реализация.
@@GeometriaValeriyKazakov как четвертый способ : продлить СВ вправо на 6 и достроить до равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой СЕ=14. Тогда катет СО=7√2
Координатный метод:
Точку А поместим в начало координат,
Ось ОХ направим вдоль гипотенузы АВ,
Ось ОУ направим вдоль стороны квадрата.
АВ²=АС²+АВ², АВ=√(6²+8²)=10.
На ось ОХ из точки С опустьм перпендикуляр СН, СН⊥АВ,
АН=х, ВН=10-х,
В ⊿АСН, СН²=АС²-АН², СН²=6²-х²=36-х,
В⊿ВСН, СН²=ВС²-ВН², СН²=8²-(10-х)²=64-100+20х-х²,
36-х²=64-100+20х-х²; х=3,6; СН=√(6²-3,6²)=√23,04=4,8;
С(3,6; 4,8)-координаты точки С;
О(5; -5)-координаты центра квадрата. Квадрат расположен под осью ОХ.
ОС²=(Х(О)-Х(С))²+(У(О)-У(С))²; ОС=√((5-3,6)²+(-5-4,8)²)=√((1,4)²+(-9,8)²)=√(1,96+96,04)=√98=7√2, ОС=7√2.
Ответ: ОС=7√2.
Отлично.
На какой минуте можно посмотреть правильный ответ?
На любой.
Очень остроумно. Желание подписаться на ваш канал сразу пропало
@@natashok4346
ну навскидку конечно, можно сделать и тупо включая тригу - ОВ=5корн из2, а косинус ОВС найти из суммы косинусов СВА и АВО. а потом по теор косинусов вычислить ОС.... громоздко конечно... но как есть... ща Валерия гляну
Ну, и как?
птолемея не знал. а малой гений. пусть начинает потихоньку браться топологию. будем душить перельмана
Понравились способы Андрея! ,и Макса.
Спасибо.
Никогда не участвовала в олимпиадах. Что здесь одимпиадного? Пририсовать ещё 3 треугольника , получить квадрат 14×14, посчитать его полдиагонали: 7 sqrt2.
Спасибо. А как вам в голову пришло пририсовать? Осенило, яблоко, чуйка ... ? Я ведь сказал, что это олимпиадная классика. Первые два способа на технику, последний креативный. В этом суть олимпипадных задач, и если вы никогда не участвовали, то почему вдруг судите об этом?
И так для интереса докажите, что центры этих квадратов совпадут, иначе на олимпиаде из 6 баллов получите всего 4. Кроме того, задача дается там в текстовом виде и сказано "на гипотенузе построен квадарат ..." Но не сказано в какую сторону. Так что вам придется рассмотреть еще один случай, когда точка C и O лежат в одной полуплоокости отн. AB. Итого: от ваших 6 баллов остается 2 б. И вы - без диплома. И зубрите ЕГЭ. Такая жизнь. Так что, лучше не давайте советы профи, а получайте удовольствие от его задач.
@@GeometriaValeriyKazakov
Во- первых, я не давала советы.
Во- вторых, не участвовала- не значит не решала. Вы же математик!
В старшей школе задач с рисунками вообще не было.
И я бы получила 6 из 6.
Единственность центра доказывается от противного, подсчётом углов , каким- нибудь преобразованием.
И я тоже профи, что делать.
Я вижу.
У меня всё это вращается в голове, практически все ваши задачи решаю устно, просто глядя на картинку.
Задачи красивые, как в детстве.
У нас сместили акценты в преподавании геометрии, по- моему, не в ту сторону.
Надо менять.
Олимпиады не люблю, имею право. По нескольким причинам.
Так и надо было писать: "Никогда не участвовала в олимпиадах, но олимпиадные задачи щёлкаю как орешки". 😂
Не ленитесь, выкладывайте по-чаще результаты ваших щёлканий.
Я, как тугодум, буду рада ознакомиться с изящными устными решениям и, особенно решением задач, которые вроде бы требуют вычислений не в уме, а на бумажке.
@@GeometriaValeriyKazakov
Я люблю более подробное изложение, как говорится, от идеи в жизнь.😂 Только это для меня является настоящим решением. Мой лозунг: "Выложи и обоснуй". Тут можно и за руку поймать, если где-то допущена логическая ошибка. Есть повод и пошутить и подумать 🎉
Помогите. Никак не могу разложить на множители: 2x³+6xy²+z³-3x²z+3y²z
(2x+z)(3y^2+x^2-2zx+z^2)
@@MrDill100 большое вам спасибо
И от меня!
1. Сторона квадрата.
2. Диагональ квадрата.
3. Угол в исходном треугольнике.
4. Теорема косинусов.
Геометрическое решение не придумал((
Доп.
После проведения диагоналей сразу пришло ещё одно решение, если площадь выпуклого четырёхугольника равна произведению диагоналей))
Понравился 2 и3 способ
Отлично.
/
3 часа назад
Все олимпиадники должны знать в 7 классе, что центр О лежит на биссектрисе угла аСв
/
Да, это хорошо получается после анализа углов в окружности. И после способа 3.
Решил устно
asnwer=6cm lol
!
Noy!
решил в уме по теореме косинусов
расположить С в начало координат, и точку пересечения диагоналей найти, составив уравнения диагоналей квадрата. Получим систему 14у-2х=84 и 2у-14х=112 откуда решение (7;7) тогда расстояние 7sqrt (2) это то, как я решал, решения не смотрел, если честно
Отлично!