Публикувана: 31 окт. 2016, 20:06 ч.
Последно мнение: 18 май 2017, 19:36 ч.

Задачка май те затруднява, тук някой мигом я решава и добре я обяснява :)

77 689
736
1

Отговори

Q&A

Обобщени въпроси и отговори от темата *

Как можем да разрешим проблема с разделянето на кръг на части?
Как може да се реши задачата за разделяне на кръг на части, подходяща за 5 клас?
Как мога да намеря най-малкото общо кратно (LCM) на две дроби?
* Предложените въпроси и отговори се генерират машинно от автоматизиран езиков модел на база потребителските мнения в темата. Генерираното съдържание може да е непълно, неактуално, подвеждащо или неподходящо. Вашите оценки спомагат за подобряване на модела и неговото усъвършенстване.
- Как можем да разрешим проблема с разделянето на кръг на части?
  
  Проблемът с разделянето на кръг на части може да бъде решен чрез преброяване на сегментите, триъгълниците и седмоъгълниците. Може да се използва методът за разделяне на кръга на пет части, като се използват диагонали през един връх. Освен това задачата може да бъде решена чрез преброяване и анализ на симетрията. Като цяло задачата може да бъде решена с помощта на формули или алгоритми, но за по-малките деца е по-подходящо да се използва методът на броене.
- Как може да се реши задачата за разделяне на кръг на части, подходяща за 5 клас?
  
  За решаване на задачата за разделяне на кръг на части, подходяща за 5 клас, препоръчително е да се използва методът на броене. Децата могат да разделят кръга на сегменти, триъгълници и седмоъгълници, като броят на всяка фигура. Този метод е по-достъпен и подходящ за ученици от по-малка възраст.
- Как мога да намеря най-малкото общо кратно (LCM) на две дроби?
  
  За да намерите най-малкото общо кратно (LCM) на две дроби, първо трябва да определите най-малкото число, което се дели и на двата знаменателя. След това разделете това число на съответния знаменател и умножете числителя и знаменателя с получения резултат. Можете да използвате различни методи, като например умножаване на знаменателя на една дроб по числителя и знаменателя на другата дроб, след което добавяне на новите дроби и опростяване.
- Можете ли да докажете, че изразът (10^2007 + 5)(2 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^2007) се дели на 9?
- Как да реша нервативността (x^2 - 4)(x - 2) > 0?

# 690 5 май 2017, 10:25 ч.

Мнения: 3 011

Може ли помощ за 7-класна задача? Embarassed

В триъгълник АВС отсечката, която съединява медицентъра и центъра на описаната окръжност е успоредна на АВ. Какъв е триъгълникът АВС?

bouquet

# 691 5 май 2017, 11:22 ч.

Мнения: 9 540

Цитат на: rosss в пт, 05 май 2017, 10:25

Може ли помощ за 7-класна задача? Embarassed

Странно

При равностранен двата (трите всъщност) центъра съвпадат.
При равнобедрен (с основа АВ) отсечката е перпендикулярна на АВ, а ако АВ е бедро - няма как да е успоредно, защото е перпендикулярно на основата (АС например).
При правоъгълен центъра на описаната е средата на хипотенузата, т.е. отсечката която ги свързва е долната част на медианата към основата, т.е няма как да е успоредно на която и да е страна.
Така, че не е никой от "обичайните заподозрени" триъгълници Thinking

хайде запъвам се, че ми стана интересно

# 692 5 май 2017, 12:44 ч.

столицата
Мнения: 4 621

Рос , с тези окръжности сигурна ли си , че задачата е за 7 клас?

# 693 5 май 2017, 13:58 ч.

София
Мнения: 5 558

Тази задача в никакъв случай не е седмокласна.

# 694 5 май 2017, 14:09 ч.

Мнения: 3 011

Да, заблудила съм се, че е за 7 клас ( за 11 клас е). Имам деца на гости, които я борят и се заблудих, че е седмокласна.

# 695 5 май 2017, 14:20 ч.

Мнения: 9 540

Цитат на: rosss в пт, 05 май 2017, 14:09

а аз се моря само със симетрали и отношения на отсечки, отсечени от успоредни прави...

# 696 5 май 2017, 14:49 ч.

Мнения: 9 540

Цитат на: rosss в пт, 05 май 2017, 10:25

Може ли помощ за 7-класна задача? Embarassed

Тъй като се оказа, че е за 11ти клас, ключа за решението може би е това:
Права на Ойлер – За всеки произволен триъгълник, ортоцентърът Н, медицентърът М и центърът О на описаната окръжност лежат на една права, като НМ = 2МО.
В случая тази права е успоредна на АВ и медианата СС1 се дели на части СМ=2МС1...
Виж нещо с този ортоцентър на успоредната права дали няма да изскочи (няма време сега да задълбая...)

# 697 5 май 2017, 15:35 ч.

София
Мнения: 5 558

Цитат на: rosss в пт, 05 май 2017, 10:25

Може ли помощ за 11-класна задача? Embarassed

Россс, да се определи видът на триъгълника не е коректно условие, защото такъв триъгълник не е определен спрямо страни или ъгли. Но има зависимост за косинусите. Такава задача съм пускала в МАТ10, там съм дала своето решение, както и хора, които са дали решения. Пускам линк. Дано ти е полезен. Характерното е, че освен, че има зависимост за косинусите, тангенсите образуват аритметична прогресия. Поздрави Simple Smile

Ганис (monika_at) Wink

https://www.matematika.bg/f/viewtopic.php?f=10&t=16238

( не искам да прозвучи като хвалба, но моето решение е най-кратко и стегнато). Идеята е, че tga.tgb=3. За всеки триъгълник е в сила tga.tgb.tgg=tga+tgb+tga=>3tgg=tga+tgb+tgg=>2tgg=tga+tgb=>образуват аритметична прогресия. Това, което написах е продължение на задачата.

Последна редакция: пт, 05 май 2017, 15:49 от ganis

# 698 5 май 2017, 15:51 ч.

София
Мнения: 5 558

Цитат на: rosss в пт, 05 май 2017, 10:25

Може ли помощ за 11-класна задача? Embarassed

Ганис (monika_at) Wink

https://www.matematika.bg/f/viewtopic.php?f=10&t=16238

( не искам да прозвучи като хвалба, но моето решение и това на inveidar са най-кратки и стегнати). Идеята е, че tga.tgb=3. За всеки триъгълник е в сила tga.tgb.tgg=tga+tgb+tga=>3tgg=tga+tgb+tgg=>2tgg=tga+tgb=>образуват аритметична прогресия. Това, което написах е продължение на задачата.

Последна редакция: пт, 05 май 2017, 16:45 от ganis

# 699 5 май 2017, 16:06 ч.

Мнения: 3 011

Благодаря ви!

# 700 5 май 2017, 19:04 ч.

София
Мнения: 461

Задачата, която ни затрудни е за 9 клас при изучаван материал за подобни триъгълници. Намирах различни варианти, въртяхме-сукахме и до никъде не стигнахме. Използвахме свойства, принципи при подобни триъгълници, трапец, Талес....... и пак нищо. Условието е следното:

В правоъгълен трапец с основи АВ=а и СД=b е вписана окръжност, така че M и N са допирните точки до бедрата на трапеца. Да се намери дължината на MN.

Ако може някой да подскаже решение, ще бъда благодарна. Нещо пропускаме в решението, но не мога да се сетя какво. Нямаме и отговор за да сравним. И не може да използваме питагоровата теорема, защото още не са я изучавали.

Последна редакция: пт, 05 май 2017, 19:23 от Kristal

# 701 5 май 2017, 19:43 ч.

Варна
Мнения: 3 308

Цитат на: Kristal в пт, 05 май 2017, 19:04

Объркала съм решението, ще коригирам

# 702 6 май 2017, 11:09 ч.

София
Мнения: 5 558

Цитат на: Kristal в пт, 05 май 2017, 19:04

Кристал, ако трапецът е правоъгълен, няма как да намерите отсечката, защото тя не е успоредна на основите. Да не би да е равнобедрен? Тогава MN=(2ab)/(a+b). Вижте пак условието и ако е равнобедрен, ще ти напиша решение.

# 703 6 май 2017, 13:57 ч.

София
Мнения: 461

Ganis, така е, равнобедрен. Ще го ступам отрочето, че ми каза друго. Объркала е превода от англ. И аз два дни се тормозя с тоз правоъгълен трапец newsm78