Скачать "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6"
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252F7ctUi1V4Gpo%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
Оглавление
Похожие ролики из нашего каталога
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252F0ZmoLxowrSU%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252F1uVLNi0LHjw%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252F6waSPbZcE6Y%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252FR7R9wLyCCYY%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi%252FRAQM2IsN_Ss%252Fmaxresdefault.jpg&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252FSgajwwS4Yg0%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi%252FchnDTmDKhp4%252Fmaxresdefault.jpg&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi%252FhxAGBgaIOzk%252Fmaxresdefault.jpg&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi%252FrJUIGLQTCsQ%252Fmaxresdefault.jpg&w=1139&q=75)
%3Aformat(webp)%2Fi.ytimg.com%252Fvi_webp%252Fvg7VYymYX-w%252Fmaxresdefault.webp&w=1139&q=75)
Теги видео
Субтитры
Английский
00:00:04
мы продолжаем заниматься дым от этичными00:00:07
окружностями00:00:09
и вот ещё один пример посмотрите00:00:13
пожалуйста есть угол00:00:15
воды внутри этого угла приведены00:00:19
лучи из вершины угла о о б ы о т причем00:00:27
углы которые я отметил равными дугами00:00:31
равны то есть угол а у b равен углу co200:00:37
в каждой из этих углов писали окружности00:00:41
в 1 окружности 1 1 2 окружность с 200:00:46
вообще говоря эти окружности конечно не00:00:49
равны друг другу тем удивительнее00:00:52
утверждения которые надо доказать00:00:54
нужно казать что точка пересечения общих00:00:58
внутренних касательных к окружностям с100:01:01
и с200:01:02
лежит на биссектрисе угла audi00:01:06
при этом подразумевается что картинку мы00:01:09
зафиксировали в том смысле что00:01:12
окружность с1 с2 расположены одна в00:01:17
другой так скажем чтобы общее внутреннее00:01:21
касательные все-таки существовали 0 это00:01:26
достаточно потребовать чтобы не было00:01:29
точка пересечения у окружности да ну и00:01:33
пускай так круги00:01:36
ограничены окружностями с1 с200:01:39
вообще не имеют общих точек вот тогда00:01:43
ясно как с1 с2 расположены попробуйте00:01:48
пожалуйста свои силы на этой задачки00:01:53
но я потом конечно же расскажу решение00:01:58
для того чтобы решение этой задачи было00:02:01
более понятным я нарисовал ещё один00:02:05
чертёж к ней вот этот что изменилось по00:02:12
сравнению с исходным00:02:14
давайте посмотрим ну во-первых введены00:02:17
некоторые обозначения давайте центре00:02:20
окружности обозначим у 1 и во 2 радиус и00:02:24
соответственно r1 и r200:02:27
теперь давайте еще вот что заметим что00:02:32
тьi у того что наши окружности вписаны в00:02:36
соответствующие углы и причем эти углы00:02:38
равны и центры этих окружностей лежат на00:02:42
биссектрисах этих углов то есть углы00:02:45
которые я отметил одной дугой смотрите00:02:49
вот этот вот этот вот этот и вот этот00:02:52
ну я могу назвать о-о-о 2 о 2 о б о ca100:03:04
и наконец в один оды они все одинаковые00:03:08
силы условия удвоены углы одинаковые а00:03:12
убийцы о дыма биссектриса провели00:03:16
надеюсь все понятно следующее что нужно00:03:19
заметить00:03:20
заметим что для решения задачи нам00:03:24
достаточно показать что углы которые на00:03:28
моем рисунке обозначены двумя дугами00:03:31
равны то есть если я проведу общее00:03:34
внешние касательные которые пересекаются00:03:39
в некоторой точке ель на давайте мы00:03:41
тогда проведем вот это вот вот этот00:03:44
зеленый луч который соединяет ос или00:03:49
вот если этот луч является биссектрисой00:03:52
угла bc то тогда он конечно00:03:56
автоматически является и биссектрисой00:03:58
угла а а д а потому что мы добавляем00:04:02
углы одинаковые величины то есть нам00:04:06
достаточно доказать00:04:17
в00:04:18
что о цель это биссектриса угла b отце и00:04:30
давайте я сошлюсь на рисунок потому что00:04:34
на нём собственно и все обозначения00:04:40
все касательные проведены00:04:43
ну то есть не все а вот общее внутреннее00:04:45
или это точка их пересечения ну а как а00:04:49
тут может быть идеи собст какой нас есть00:04:51
инструмент для того чтобы доказывать что00:04:55
это биссектриса а давайте еще немножко00:05:02
переформулируем задачу00:05:03
такмака непонятно это равносильно еще00:05:10
вот чем что о.л.00:05:12
это биссектриса вот какого угла смотрите00:05:17
у один00:05:19
оу-2 почему для все потому же00:05:28
то есть либо мы убираем одинаковые углы00:05:32
отмечены 1 душка вычитаем да ну либо00:05:35
тогда вот к этим углам отмеченным двумя00:05:38
дугами прибавляем углы отмечены 1 дужкой00:05:42
и тогда вот уже возникает некая идея00:05:46
идея состоит вот в чем для того чтобы00:05:49
доказать что цель биссектриса угла00:05:52
u1 u2 нам достаточно проверить что00:05:59
отношения отрезков у 1 л л о 2 могут00:06:05
стать нет никаких сомнений в том что00:06:07
точка пересечения внутренних касательных00:06:10
лежит на линии центров сомнений это нет00:06:13
но я объясню потом почему и так надо00:06:19
показать что отношения у один эльф no200:06:24
такое же как отношение ооо100:06:28
о-о 2 тогда есть теорема понятная рога00:06:32
теорема обратно к свойство биссектрисы00:06:34
внешнего возьмите внутреннего угла00:06:37
треугольника она верна конечно но так00:06:42
вот когда это биссектрис такого угла00:06:46
тогда и только тогда когда отношения о00:06:51
или просто о 1 или к la2 или o2l00:07:01
есть отношения сходственных как говорят00:07:03
сторон до то есть о o1.ua 2 вот если мы00:07:11
это равенство докажем то всё окружности00:07:19
как мы с вами знаем00:07:21
они дважды команд этичны если они будут00:07:25
если они не пересекаются точно дважды00:07:28
команд этичные причем один из центров00:07:32
гамать эти это как раз точка пересечения00:07:35
общих внутренних касательных к ним ну то00:07:38
есть . el00:07:40
при этом центр переходит в центр центр00:07:44
образ и прообраз лежат на одной прямой00:07:46
вот поэтому а1 и а2 это одна прямая00:07:52
теперь рассмотрим гамма третью который00:07:54
переводит одну из этих окружностей в00:07:56
другую00:07:57
итогам от эти конечно отрицательным00:07:59
коэффициентом но по модулю00:08:02
этот коэффициент равен отношению00:08:04
радиусов окружности00:08:06
следовательно из этой гомотетии с00:08:10
центром в точке или00:08:12
и коэффициентом гамма 3 который равен00:08:19
отношению радиусов00:08:25
у нас с вами получается вот что один иль00:08:33
так относится к или два00:08:36
ну просто потому что раз окружность у00:08:39
нас переходит00:08:40
другую окружность при гомотетии которые00:08:44
мы рассматриваем то тогда центр00:08:49
переходит центр разумеется значит нужное00:08:54
нам о 10 отношения на ил-200:08:58
нитку 2 или и то есть модуль00:09:01
коэффициента гомотетии даже отношение00:09:04
длин не может быть отрицательным00:09:07
соответственно просто r1 r200:09:09
а теперь посмотрим на треугольнике00:09:14
которые на моем чертеже изображены00:09:16
красным цветом они прямоугольные потому00:09:20
что я провел радиусы в окружностях в00:09:23
точку касания00:09:27
я утверждаю что они подобны и от сша на00:09:31
очевидно потому что вот эти острые углы00:09:33
как мы знаем уже отметили они равны они00:09:37
подобны по двум углам и так из подобия я00:09:45
просто условно напишу в кавычках красных00:09:48
треугольников по чертежу понятно что это00:09:51
такое вытекает тогда такая пропорция r100:09:59
r2 это я делю просто их маленькие00:10:02
качестве друг на друга00:10:05
ну разумеется это есть ни что иное как00:10:09
отношении их гипотенузы00:10:11
то есть о o1.ua 2 а теперь сравниваем00:10:17
равенство которые мы получили вот это00:10:21
допустим 1 а вот это второе посмотрим на00:10:26
них внимательно00:10:29
подставляя отношения радиусов из 200:10:33
равенство в 100:10:34
мы с вами получаем00:10:37
то есть из 1 и 2 следует что a1 реле к200:10:44
и точности есть ооо100:10:48
он о 2-ом и00:10:52
это и хотели доказать потому что мы00:10:55
поняли что равенство таких отношений00:10:59
совершенно равносильно условию задачи ну00:11:07
собственно на этом доказательства и00:11:09
закончена мы слишком много по моему же00:11:12
повозились гамать этичными окружностями00:11:15
давайте немножечко поменяем тематику00:11:17
примеров00:11:19
давайте теперь посмотрим как gmat эти00:11:22
помогает в решении некоторых задач на00:11:25
построение00:11:29
например я сформулирует задач сначала00:11:34
словами потому что иначе придется сразу00:11:40
рисовать какой-то правильный рисунок да00:11:42
мне этого делать не хочется в данный00:11:46
полукруг писать квадрат сейчас я00:12:01
разъясню что это значит две вершины00:12:10
квадрата00:12:25
лежат на полу окружности которая00:12:31
ограничивает данный полукруг а две00:13:00
остальные вершины на диаметре00:13:18
этого плуг рука пары комментариев ну00:13:32
формально конечно мы должны построить00:13:35
всё это с помощью циркуля и линейки00:13:38
при этом к обычно стандартное построение00:13:41
считаются известными ну более того00:13:45
совершенно необязательно я не буду в00:13:49
задаче требовать не от себя не от вас00:13:52
указать прям00:13:53
точную последовательность построение00:13:56
цирку сюда линейку туда не это главное00:13:59
главное здесь это идея решения не очень00:14:07
хотелось бы чтобы самостоятельно00:14:09
попробовали эту идею найти докопаться до00:14:12
неё ну и если додумаетесь то эта идея00:14:17
решает целый пласт задач на построение00:14:26
вот теперь я проведу так называемой00:14:30
анализ то есть предположим что искомый00:14:33
квадрат уже построен давайте сначала00:14:36
изобразим полукруг00:14:50
и подумай на как же вообще должен00:14:52
располагаться этот квадрат две вершины00:14:56
на полуокружности две вершины на00:14:59
диаметре00:15:00
принципе вроде бы казалось бы как00:15:05
конструкция подвижная ан нет это понятно00:15:11
вот из каких соображений дело в том что00:15:16
квадрат имеет00:15:19
он имеет ни одну ось симметрии ну по00:15:23
крайней мере есть ли мы с вами проведем00:15:26
прямую через две противоположные его00:15:30
стороны то тогда и точно уж ось00:15:33
симметрии а это означает что если у нас вершины00:15:39
квадрата лежат на дуге вот этого ну то00:15:42
есть вот на этой полуокружности00:15:44
они обязаны переходить в себя00:15:47
относительно серединного перпендикуляра00:15:49
к стороне квадрата стана квадрата00:15:54
является хордой серединный перпендикуляр00:15:57
тогда корде как мы знаем это ничто иное00:16:00
как диаметр соответствующий уже полного00:16:04
круга00:16:05
отсюда что следует что вся картинка00:16:08
симметрично относительно00:16:10
серединного перпендикуляра к диаметру00:16:14
полукруга ну потому что стороны00:16:18
противоположные квадраты они параллельны00:16:22
нам нужно делать вот что вот центр00:16:28
полукруга соответственно я намечу такой00:16:32
вот легкой штриховой линией симметрии ну00:16:37
и тогда наш квадрат устроен00:16:39
приблизительно а тут конечно я за00:16:43
точность угнаться не буду все равно00:16:46
важно скорее более идея ну вот допустим00:16:53
что вот искомый квадрат построен и мы00:16:56
теперь понимаем как он должен00:16:57
располагаться честно говоря это не00:17:03
как-то не очень нас продвигает00:17:05
к идее построения что собственно делать00:17:09
так как а что а вот что вот то что я00:17:14
сейчас буду рассказывать это очень00:17:18
хороший метод при решении задач на00:17:21
построение которых зайцы методом подобия00:17:24
собственно суть его заключается вот в00:17:26
чем вместо того чтобы строить фигуру которая00:17:31
требуется условиям задачи00:17:35
надо построить фигуру подобную ей если00:17:39
это легче00:17:40
ну а после этого одну подобную фигуру в00:17:44
другую перевести преобразованием подобие00:17:46
чаще всего00:17:48
совершенно необязательно но мы с вами00:17:51
знаем что всякое преобразование подобие00:17:53
есть композиция перемещение gmat эти или00:17:57
наоборот чаще всего сойдет прямо00:18:00
одна-единственная гамма 300:18:04
так вот давайте сделаем так пусть о этот00:18:11
центр полного круга иными словами горят00:18:15
просто00:18:17
середина диаметра мы знаем что вершины00:18:23
искомого квадрата должны быть00:18:26
симметричной относительно вот это00:18:28
вертикальные штриховой линией так00:18:32
давайте же просто возьмем произвольно00:18:35
две точки00:18:36
симметричной относительно вот этой00:18:39
штриховой прямой совершенно произвольно00:18:44
я беру на диаметре конечно же вот точку00:18:48
а ну давайте а один потому что мы потом00:18:52
abcd обозначь00:18:54
желтый квадрат как построить00:18:59
симметричную точку циркулем и линейкой00:19:00
сашин понятно обсуждали это когда00:19:07
когда изучали секущей метр теперь строим00:19:12
точку б один у это у нас вот эта . я00:19:15
стрелочкой покажу чтобы не как тут не00:19:18
запутаться . b1 симметрично относительно00:19:23
можно даже сказать что так центрально00:19:25
симметричной относительно о потому что00:19:28
она находится на прямой перпендикулярной00:19:29
оси симметрии00:19:31
так тоже можно сказать но гостиными00:19:34
словами говоря нам всего-то надо00:19:36
перпендикулярность то уже есть нам00:19:38
всего-то надо чтобы длина отрезка00:19:41
ob1 равнялась длине отрезка оаодин и00:19:45
точки00:19:46
a1 и b1 и располагались разумеется по00:19:49
разные стороны от штриховой прямой это00:19:54
сделать можно выбрав просто произвольную00:19:56
точку в диаметре правда а теперь мы00:20:03
умеем конечно же строить квадрат со00:20:06
стороной 1 b1 от что для этого нужно00:20:10
поставить перпендикуляры к диаметру00:20:13
полукруга в этих точках а1 b1 после00:20:17
этого отложить на них видите ошибки00:20:19
построения решил рассказать вот они00:20:22
перпендикуляры и на них мы откладываем00:20:26
отрезке вот один перпендикуляр теперь00:20:30
ножку циркуля в точку б один проводим00:20:33
окружность с радиусом b11 до пересечения00:20:38
с этим перпендикулярном тоже самое00:20:43
делаем слева и вот у нас после того как00:20:47
мы все это соединим получается конечно00:20:48
же квадрат00:20:55
а теперь давайте заметим что квадрат00:20:59
любой которые мы его так построили00:21:02
он всегда гуматы тичен нужному квадрату00:21:06
причем центр гомотетии00:21:09
и та-а-а-акое фитингом от эти и конечно00:21:13
отношение сторон этих квадратов отсюда00:21:18
вытекает00:21:19
такое построение нужного нам квадрата то00:21:22
есть вписанного по лугу и так сначала00:21:24
строим вот этот самый квадрат ну00:21:27
желательно конечно его строит так чтобы00:21:30
он не был здоровенным хотя в принципе00:21:34
это ни на что не влияет просто влияют на00:21:37
некое восприятие картинки00:21:40
ну дайте я буду считать что я взял00:21:43
так что точки00:21:47
a1 и b1 расположено на расстоянии ну00:21:52
достаточно маленьком совсем не00:21:55
микроскопическая нам не нужно да ну как00:21:58
быть золотую середину можно выбрать00:22:00
потому что еще раз повторяю 1 можно00:22:02
взять вообще произвольной точкой на00:22:04
диаметре00:22:16
так тогда вот это допустим c1 у dd100:22:24
романтичность этих квадратов очевидно00:22:29
ну тогда как нам собственно построить00:22:32
квадрат желтый очень просто как только00:22:38
построен квадрат а 1 b 1 c 1 d 1 мы00:22:43
берем центр00:22:44
о он же центр гомотетии соединяем с00:22:48
точкой c1 и продолжаем до полуокружности00:22:53
и пусть точка пересечения здесь будет c00:22:58
то же самое делаем с d100:23:02
продолжаем до полуокружности получаем д00:23:07
после этого опускаем из точек c и d00:23:10
перпендикуляры на диаметр00:23:15
соответственно называемых основания00:23:18
а и b и тогда квадрата abcd00:23:22
искомый квадрат доказательства почему он00:23:29
собственно квадрат потому что он гаммы00:23:31
ты тичен квадрату a1 b 1 c 1 d 1 на00:23:35
бригом от эти квадрат переходит в00:23:38
подобную ему фигуру то есть квадрат а00:23:41
почему он искомый00:23:43
а потому что его вершина расположены так00:23:45
как требуется в задаче вот собственно и00:23:49
всё совершенно аналогичным образом00:23:54
давайте я оставлю это в качестве00:23:56
упражнения уже потому что у нас довольно00:23:59
много примеров накопилось на применение00:24:01
гомотетии я пожалуй следующий на00:24:05
построение что делает все точно также00:24:09
оставляя вам в качестве упражнения но00:24:11
упражнение полезно00:24:16
треугольник00:24:21
вписать квадрат очень похожая задача00:24:27
поэтому и упражнение не а в скобках00:24:35
рисую что собственно хочется улучшить00:24:40
нужно чтоб две стороны квадрата были00:24:47
перпендикулярно одной из сторон ну или00:24:49
можно про вершины говорит дайте говорить00:24:52
про вершины две вершины лежат на одной00:24:56
из сторон квадрата а2 оставшиеся вершины00:25:01
квадрата лежат по 1 на 2 оставшихся00:25:03
сторонах треугольник разумеется строит00:25:11
надо методом подобия аналогично00:25:15
предыдущему случаю в каком-то смысле00:25:17
аналогично а в каком вы догадаетесь00:25:21
когда будете сами выполнять вот это вот00:25:23
упражнение ну конечно если вам это00:25:26
интересно и нравится00:25:29
тема гавно 3 она конечно не бесконечно00:25:33
но число задач которые решаются с ее00:25:36
помощью очень очень велико поэтому00:25:39
конечно где-то нужно остановиться и в00:25:44
качестве последнего примера я хочу00:25:47
предложить вам доказательства я убирал00:25:51
какую-нибудь теорему которая красиво00:25:54
известно но что важно что мы ее уже00:25:58
рассматривали это теорема прямой эйлера00:26:01
для тех кто забыл посмотрите пожалуйста00:26:06
занятия которое было посвящено00:26:09
вектором а именно линейным операциям там00:26:12
доказывалось теорема центроиде теорема00:26:15
борта центре оттуда мы с вами выводили00:26:18
теорему о прямой эйлера я напомню что00:26:21
это за теорема оказывается что в00:26:25
произвольном треугольники и его центроид00:26:28
м скажем то есть точка пересечения00:26:31
медиан его арта центр то есть . аж пересечения00:26:36
прямых00:26:37
содержащих все три высоты и центр00:26:41
описанной окружности лежат на одной00:26:43
прямой это прямая называется прямой00:26:45
эйлера00:26:47
более того они лежат сша 2 определенном00:26:50
порядке а именно центроид лежит на00:26:57
отрезки с концами арта центр центр00:27:02
описанной окружности то есть м лежит00:27:05
между а я уж и при этом выполнена такое00:27:08
равенство длина отрезка им аж есть00:27:11
удвоенный удвоенная длина отрезка м.о.00:27:16
и я вот написал так новое доказательство00:27:18
потому что у нас уже была совершенно00:27:21
другое доказательство более того эта00:27:23
теорема допускает еще несколько00:27:25
различных доказательств но в данный00:27:28
момент продемонстрируем что и гамма 300:27:31
прекрасно работает теперь разберемся в00:27:35
чертежики потому что он довольно сложно00:27:37
и получается и так треугольник названа00:27:40
bc bud00:27:42
его медианы00:27:44
это оаодин bb1 и cc один они00:27:49
пересекаются в точке м а вот название00:27:53
этой точке я стрелочкой вынес вот сюда00:27:55
то есть м это центру это bc00:27:59
на моем рисунке треугольник00:28:02
остроугольные чтобы 100 пересеклись в00:28:05
точке аж как отрезке00:28:08
решение с гомотетии так же как и с00:28:11
векторами но абсолютно не использует00:28:13
этот факт00:28:14
поэтому все работает и в том случае00:28:17
когда треугольник тупоугольный и высоты00:28:19
пересекаются не как отрезке как прямые00:28:22
можете проверить это потом00:28:25
самостоятельно итак высоты а a2b b2c c200:28:33
их точка пересечения age are the center00:28:37
вынесет вот сюда а находятся здесь00:28:46
желтыми нарисованы серединные00:28:48
перпендикуляры к сторонам точка их00:28:51
пересечения а это как известно центр00:28:54
окружности описаны около данного00:28:56
треугольника а теперь давайте сделаем00:29:00
вот что возьмем гамма третью которая00:29:04
переводит треугольника bcd его00:29:07
серединный треугольник серединный00:29:09
треугольник00:29:10
этот треугольник вершинами которого00:29:12
являются середины сторон данного00:29:15
треугольника он изображен красным цветом00:29:17
на рисунке то есть вот просто соединяем00:29:19
а 1b 11 и c1 что же за gmat эти такая мы00:29:26
прекрасно знаем что 100:29:30
медианы пересекаются в одной точке и00:29:33
делятся в отношении можно и по другому00:29:35
кстати говоря можно воспользоваться00:29:37
свойством indian можно этого не делать00:29:40
давайте лучше не будем делать потому что00:29:46
треугольники все у теоремы о средней00:29:48
линии треугольника серединный00:29:50
треугольник таков что его стороны00:29:52
соответственно параллель00:29:53
и сторонам треугольника бы ты дальше мы00:29:56
все знаем есть гамать эти я в данном00:29:59
случае с отрицательным коэффициентом00:30:01
который переводит большой треугольник00:30:04
серединный треугольник00:30:06
центром этой gmat эти является точка00:30:09
пересечения прямых00:30:12
которые соединяют соответствующие00:30:14
вершины этих треугольников а00:30:15
следовательно я точка пересечения меня00:30:17
это рассуждение у нас уже была его00:30:22
просто напоминаю теперь какой00:30:25
коэффициент поняв какой он отрицателен00:30:29
да и равен отношению сторон отношения00:30:32
сторон один к двум00:30:34
у исходного и у серединного это00:30:36
опять-таки теорема средней линии00:30:38
треугольника срабатывает значит гамма 300:30:41
которые нам нужно имеет своим центром00:30:45
центроид треугольника м и коэффициент00:30:49
минус одна вторая00:30:50
а теперь заметим что00:30:53
высоты треугольника при gmat эти обязаны00:30:57
переходить высоты но просто потому что00:30:59
прямые углы сохраняются что еще00:31:06
происходит ну собственно вершина в00:31:09
вершину да прям и вы сохранили значит00:31:12
высота в высоту00:31:14
но при этом обратите внимание что высоты00:31:19
серединного треугольника они00:31:21
одновременно являются серединными00:31:23
перпендикулярами к сторонам исходного00:31:25
треугольника a b c00:31:27
потому что они проходят через середины00:31:30
сторон и перпендикулярны и00:31:32
общем перпендикулярно это ну потому что00:31:37
высота серединного треугольника допустим00:31:41
опущен из вершины а один нога00:31:44
перпендикулярна стороне b 1 c 100:31:48
но та в свою очередь параллельна стороне00:31:51
bd c значит есть перпендикулярность00:31:55
тут и так при нашей gmat эти высоты00:32:00
перешли00:32:02
серединные перпендикуляры00:32:06
это все для исходного уже треугольника00:32:09
но тогда00:32:11
пользуемся нашим любимым изречениям при00:32:14
гомотетии центр гомотетии образ и00:32:17
прообраз лежат на одной прямой00:32:19
вы просто потому что точка пересечения00:32:23
высот переходит тогда в точку00:32:26
пересечения высот00:32:27
она же точка пересечения серединных00:32:30
перпендикуляров вот все00:32:32
центр гомотетии м образ и прообраз это у00:32:38
нас арно центр и центр описанной00:32:41
окружности откуда следует вот это00:32:43
равенство mh равно 2m о00:32:45
ну она следует вот откуда коэффициент00:32:49
гамак эти у нас хоть и отрицателен да но00:32:52
коэффициент подобия00:32:55
это модуль коэффициента гамма дети 1 200:32:59
поэтому мы сразу из gmat эти получаем00:33:01
такое равенство00:33:03
1 2 м аж есть м у осталось умножить на 200:33:07
ну а здесь соответственно00:33:10
короткий конспект нод этого нового00:33:12
доказательства посмотрите здесь я не все00:33:21
закрываю вот вот вот и вот00:33:25
доказательство тоже довольно короткая но00:33:27
брат конечно всем понятно что ему00:33:30
предшествовала огромная подготовительная00:33:32
работа на этом введение в тему гамать00:33:38
эти00:33:39
java заканчиваю мы никак не касались00:33:43
композиции гамма 3 это очень интересная00:33:48
тема которая тоже позволяет решать много00:33:50
трудных задач об этом при случае в00:33:55
какой-нибудь другую нашу встречу00:33:58
ну а сейчас я благодарю вас за внимание00:34:01
всего доброго до свиданияОписание:
Программа лекции: 00:05 – пример №1 11:19 – пример №2 (задача на построение) 25:29 – пример №3 (теорема о прямой Эйлера)
Готовим варианты загрузки
* — Если видео проигрывается в новой вкладке, перейдите в неё, а затем кликните по видео правой кнопкой мыши и выберите пункт "Сохранить видео как..."
** — Ссылка предназначенная для онлайн воспроизведения в специализированных плеерах
Вопросы о скачивании видео
Как можно скачать видео "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6"?
Сайт http://unidownloader.com/ — лучший способ скачать видео или отдельно аудиодорожку, если хочется обойтись без установки программ и расширений. Расширение UDL Helper — удобная кнопка, которая органично встраивается на сайты YouTube, Instagram и OK.ru для быстрого скачивания контента.
Программа UDL Client (для Windows) — самое мощное решение, поддерживающее более 900 сайтов, социальных сетей и видеохостингов, а также любое качество видео, которое доступно в источнике.
UDL Lite — представляет собой удобный доступ к сайту с мобильного устройства. С его помощью вы можете легко скачивать видео прямо на смартфон.
Какой формат видео "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6" выбрать?
Наилучшее качество имеют форматы FullHD (1080p), 2K (1440p), 4K (2160p) и 8K (4320p). Чем больше разрешение вашего экрана, тем выше должно быть качество видео. Однако следует учесть и другие факторы: скорость скачивания, количество свободного места, а также производительность устройства при воспроизведении.
Почему компьютер зависает при загрузке видео "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6"?
Полностью зависать браузер/компьютер не должен! Если это произошло, просьба сообщить об этом, указав ссылку на видео. Иногда видео нельзя скачать напрямую в подходящем формате, поэтому мы добавили возможность конвертации файла в нужный формат. В отдельных случаях этот процесс может активно использовать ресурсы компьютера.
Как скачать видео "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6" на телефон?
Вы можете скачать видео на свой смартфон с помощью сайта или pwa-приложения UDL Lite. Также есть возможность отправить ссылку на скачивание через QR-код с помощью расширения UDL Helper.
Как скачать аудиодорожку (музыку) в MP3 "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6"?
Самый удобный способ — воспользоваться программой UDL Client, которая поддерживает конвертацию видео в формат MP3. В некоторых случаях MP3 можно скачать и через расширение UDL Helper.
Как сохранить кадр из видео "Геометрия, 10 класс | Преобразования плоскости. Гомотетия. Часть 6"?
Эта функция доступна в расширении UDL Helper. Убедитесь, что в настройках отмечен пункт «Отображать кнопку сохранения скриншота из видео». В правом нижнем углу плеера левее иконки «Настройки» должна появиться иконка камеры, по нажатию на которую текущий кадр из видео будет сохранён на ваш компьютер в формате JPEG.
Сколько это всё стоит?
Нисколько. Наши сервисы абсолютно бесплатны для всех пользователей. Здесь нет PRO подписок, нет ограничений на количество или максимальную длину скачиваемого видео.