358
469
всего разделов:
активных пользователей:
30 мартра 2005
Форумы снова функционируют.
21 декабря 2004
Видимо в связи с обнаруженными дырами в phpBB, форум был взломан, а через него взломано и всё остальное содержимое ceemat.ru. Всё кроме форума восстановлено, ведется дискуссия по поводу его сохранения.
Приносим извинения за неудобства.
29 сентября 2004
Форум обновился до версии 2.0.10
15 мая 2004
Новый раздел: "Программирование"
16 апреля 2004 года
Задачи Ярославского турнира математических боев — 124 задачи с решениями.
29 марта 2004
Таллинская викторина: занимательные вопросы и задачи для увлеченных химией.
Вариант боев 4 (10)
Задачи 32-39 составили боле сложный вариант, задачи 32, 33, 35, 37-41 составили менее сложный вариант
На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC выбраны точки E и F (точка E расположена между точками A и F) такие, что треугольник CEF — равносторонний; точка D — середина гипотенузы. Докажите, что ÐDCF = 2 × ÐACE. |
Решение. Так как точка D — середина гипотенузы, то треугольник BCD равнобедренный (показано на рисунке), в нем ÐDBC = ÐBCD. Угол BFC равен 60°, поэтому ÐDCF = 120° – ÐCDB = 120° – (180° – 2ÐDBC) = 2ÐDBC – 60°. В треугольнике ACE угол AEC равен 120°, откуда 2ÐACE = 2×(60° – ÐCAD) = 120° – 2ÐCAD = = 120° – (180° – 2ÐDBC) = 2ÐDBC – 60° = ÐDCF. Что и требовалось доказать. |
Автор задачи — Д. Калинин |
11 Ноября 2003 18:06 Раздел каталога :: Ссылка на задачу
|