Статьи

• 
  Задачи

  • 14 июня
  • 0 комментариев
  • 39 просмотров

     1(4). Точка K лежит на стороне CD параллелограмма ABCD. Прямая BK пересекает диагональ AC в точке M, а продолжение стороны AD в точке P. Известно, что BM=2 и KP=3. Найти длину отрезка MK.    2(5). В прямоугольном треугольник...

   

     1(4). Точка $K$ лежит на стороне $CD$ параллелограмма $ABCD$. Прямая $BK$ пересекает диагональ $AC$ в точке $M$, а продолжение стороны $AD$ в точке $P$. Известно, что $BM=2$ и $KP=3$. Найти длину отрезка $MK$. 
     2(5). В прямоугольном треугольнике $ABC$$(\angle C=90°)$ медианы $AD$ и $CM$ перпендикулярны друг другу. Найти гипотенузу $AB$, если третья медиана $BK$ равна $3\sqrt{5}$. 
     3(5). В прямоугольном треугольнике $ABC$ гипотенуза $AB$ в $5$ раз длиннее радиуса вписанной окружности, меньший катет $BC$ равен $6$. Найти расстояние между центром вписанной окружности в треугольник $ABC$ и центром описанной около него окружности.
     4(10). Треугольник $ABC$ равнобедренный, $AB=BC=11$, $AC=14$. Найти расстояние от вершины $B$ до:
     а) точки $M$ пересечения медиан,
     б) точки $O_1$ пересечения биссектрис,
     в) точки $O$ пересечения серединных перпендикуляров сторон,
     г) точки $H$ пересечения высот.
     5(5). Точка $D$ лежит на катете $BC$ прямоугольного треугольника $ABC(\angle C=90°)$. Из точки $D$ опущен перпендикуляр $DK$ на гипотенузу $AB$. Известно, что $DC=DK$ и $AK:KB=8:9$. Периметр треугольника $ABC$ равен $80$. Найти длину отрезка $CD$.
     6(5). В треугольнике $ABC$ основание $AC=6$,  боковые стороны равны $5$. Найти периметр высотного треугольника (первая лемма о высотах).
     7(5). В треугольнике $ABC$ медиана $CM$ пересекает высоту $BD$ в точке $O$. Найти длину стороны $AC$, если $BO=5$, $OD=1$ и $CM=5$. 
     8(6). Точка $M$ лежит на стороне $AC$, точка $D$ – на стороне $BC$ треугольника $ABC$. Отрезки $AD$ и $BM$ пересекаются в точке $O$, при этом $AO:OD=6:7$ и $BO:OM=10:3$. Найти отношение $AM:MC$ и $BD:DC$. 
    9(7). В трапеции $ABCD$$(AD\parallel BC)$ точка $K$ лежит на стороне $CD$, прямая $AK$ перпендикулярна стороне $CD$ и пересекает продолжение стороны $BC$ в точке $F$. Известно, что $AB=10$, $BC=5$, $CK=3$, $KF=4$. Найти $AD$, $CD$ и высоту трапеции.
     10(7). Трапеция $AEFP$$(EF\parallel AP)$ расположена в квадрате $ABCD$ со стороной $3$ так, что точки $E$, $F$ и $P$ лежат на сторонах $AB$, $BC$ и $CD$ соответственно. Диагонали $AF$ и $PE$ трапеции перпендикулярны друг другу, $BF=1$. Найти периметр трапеции.

   

   
• 
  Контрольные вопросы

  • 14 июня
  • 0 комментариев
  • 40 просмотров

     1(5). а) Как доказывается равенство h2=ac·bc h^2=a_c\cdot b_c ? Зная ac=3 a_c=3 ,   h=21 h=\sqrt{21} вычислить bc b_c ,   c c ,   a a , b b .   б) В прямоугольном треугольнике ABC ABC ( ∠c=90...

   

     1(5). а) Как доказывается равенство $h^2=a_c\cdot b_c$? Зная $a_c=3$,  $h=\sqrt{21}$ вычислить $b_c$,  $c$,  $a$, $b$.
     б) В прямоугольном треугольнике $ABC$ ($\angle c=90^{\circ}$) проведена высота $CH=h$. В треугольники $ABC$, $ACH$, $BCH$ вписаны окружности радиусов $r$, $r_1$, $r_2$. Верно ли, что $r+r_1+r_2=h$?
     2(6). а) По данным на рис. 34 найти $x$ и $cos\alpha$.
     б) По данным на рис. 35 найти $b_c$, $c$, $a$, если $sin\alpha =\frac{8}{17}$.
     в) По данным на рис. 36 при $tg\alpha =2$ найти $h$, $a$, $b$, $c$.

     3(6). а) В треугольнике $ABC$ проведены высоты $A{A}_1$ и $B{B}_1$. Чему равен угол $C$, если $AB=2\sqrt{2}$ и $A_1{B}_1=2$? (Первая лемма о высотах).
     б) Высоты $B{B}_1$ и $C{C}_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$  (рис. 37). При каком значении $k$ угол $A$ равен $30°$? (Вторая лемма о высотах).
     в) В треугольнике $ABC$ известны $\angle A=40°$ и $\angle B=80°$.Чему равны углы ортотреугольника?

    4(4). а) В каком отношении биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону?
     б) $BD$ и $CK$ - биссектриса треугольника $ABC$ (рис. 38), $AK:BK=3:4$ и $AD:CD=1:2$. Чему равны стороны треугольника $ABC$, если его периметр равен $18$?
     5(4). а) В каком отношении делится каждая из медиан треугольника их общей точкой пересечения?
     б) Точка $M$ - середина стороны $AD$ параллелограмма $ABCD$. Прямая  $BM$ пересекает диагональ $AC$ в точке $K$. Чему равно отношение $AK:AC$?
     в) Может ли быть $m_a=6$, $m_c=9$, $BC=a=8$?
     6(4). Точка $A_1$ лежит на стороне $BC$ треугольника $ABC$, точка $C_1$ - на стороне $AB$, $A{C}_1:C_{1}B=5:2$, $B{A}_1:A_{1}C=2:1$.
     а) Прямая $A_1{C}_1$ пересекает прямую $AC$ в точке $K$. Чему равно отношение $CK:AC$?
     б) Прямые $A{A}_1$ и $C{C}_1$ пересекаются в точке $O$. Чему равно отношение $AO:O{A}_1$ и $CO:O{C}_1$  (см. пример 12 и теорему Менелая).
     7(8). а) Отрезок $MN$ параллелен основаниям трапеции $ABCD$ и проходит через точку пересечения диагоналей (рис. 39), $MN=\frac{3}{5}AD$. Чему равно отношение длин оснований?
     б) Углы при большем основании трапеции равны $28°$ и $62°$. Основания трапеции равны $5$ и $13$. Чему равен отрезок, соединяющий середины оснований?
     в) Диагонали $d_1$ и $d_2$ трапеции взаимно перпендикулярны, $d_1:d_2=3:4$. Средняя линия трапеции равна $5$. Чему равны диагонали? (см. Пример 14).
     8*(4). а) Будут ли четырёхугольники подобны, если $4$ угла одного соответственно равны $4$-м углам другого?
     б) $ABCD$ - выпуклый четырёхугольник, точки $M$ и $N$ - середины противолежащих сторон $AB$ и $CD$  соответственно. Известно, что $MN=\frac{1}{2}(BC+AD)$. Следует ли из этого, что $BC\parallel \mathrm{AD}$? 

   

   
• 
  Примеры ответов на контрольные вопросы

  • 13 июня
  • 0 комментариев
  • 43 просмотра

     Вопрос. Если в четырёхугольнике диагонали перпендикулярны, можно ли утверждать, что этот четырёхугольник – ромб?   Ответ. Нет, нельзя. Например, четырёхугольник на рис. 32, в котором AC⊥BD,  BO=OD и AO=...

   

     Вопрос. Если в четырёхугольнике диагонали перпендикулярны, можно ли утверждать, что этот четырёхугольник – ромб?
     Ответ. Нет, нельзя. Например, четырёхугольник на рис. 32, в котором $AC\perp BD, BO=OD$ и $AO=3OC$ ромбом не является, т. к. $AB\ne BC.$ Верным будет следующее утверждение: если диагонали параллелограмма перпендикулярны, то этот параллелограмм – ромб.
     Вопрос. Можно ли утверждать, что тре¬угольник равнобедренный, если его биссектриса является медианой?
     Ответ. Да, можно. Докажем это. Пусть в треугольнике $ABC$ биссектриса $BM$ является медианой: $AM=MC$ (рис. 33). На продолжении биссектрисы $BM$ отложим отрезок $MD,$равный $BM.$ Треугольники $ABM$ и $CDM$ равны по первому признаку: у них углы при вершине $M$ равны, как вертикальные, и $AM=CM, BM=DM.$
     Из равенства треугольников следует
                                                                          $CD=AB$                                                                      (1)
  и $\angle CDM=\angle ABM.$ Но $\angle ABM=\angle CBM,$ поэтому $\angle CDM=\angle CBM,$ т. е. в треугольнике $BCD$ углы при основании $BD$ равны. По теореме этот треугольник равнобедренный: $BC=CD.$ Отсюда и из (1) заключаем: $BC=AB.$ Утверждение доказано.

   

   
• 
  Домашнее задание

  • 13 июня
  • 0 комментариев
  • 39 просмотров

     Прежде чем приступать к нему, ознакомьтесь с нашими пожеланиями и требованиями.   1. За краткий ответ «да», «нет», «не может быть» без пояснений (доказательство, опровергающий пример) ставится ...

   

     Прежде чем приступать к нему, ознакомьтесь с нашими пожеланиями и требованиями.
     1. За краткий ответ «да», «нет», «не может быть» без пояснений (доказательство, опровергающий пример) ставится $0$ очков. Примеры ответов приведены далее.
     2. Если в контрольном вопросе сначала требуется сформулировать или доказать некоторую теорему, то ответ на сопутствующий вопрос надо постараться дать на основе этой теоремы.
     3. Если в решении длина какого-либо отрезка выразится иррациональным числом (например, $a=\sqrt{5}$), то ни в дальнейших вычислениях, ни в ответе не следует заменять это точное значение на приближённое.
     4. Если в решении использовались тригонометрические функции и получилось, например, $\sin \alpha =\frac{2\sqrt{2}}{3},$ то не следует определять величину угла $\alpha$ по таблице или на калькуляторе приближённо и затем тем же способом находить значение $\cos \alpha , \sin 2\alpha , \sin \left(\alpha +45°\right)$ и т. п. Все значения других тригонометрических функций определяются только по формулам! Например, $\cos \alpha =-\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=-\frac{1}{3},$ если угол $\alpha$ тупой и $\sin \alpha =\frac{2\sqrt{2}}{3},$ а

                     $\sin \left(\alpha +45°\right)=\sin \alpha ·\cos 45°+\cos \alpha ·\sin 45°=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right).$ 
     5. Если в Задании контрольный вопрос сопровождается поясняю-щим рисунком, при ответе перенесите рисунок с теми же обозначениями в свою тетрадь, – это облегчит Вашему педагогу проверку работы.
     6. Рисунок к задаче должен быть достаточно большим и ясным, чтобы на нём уместились все введённые Вами обозначения углов, отрезков и данные задачи (посмотрите на рис. 12 и рис. 15 Задания: как хороший рисунок и обозначения помогают увидеть простое решение или проверить его).
     7. Стремитесь к тому, чтобы Ваше решение было кратким, но обоснованным, и было ясным и понятным для проверяющего (работа проверяется без Вас, Вы не можете комментировать, что же имелось в виду). Для этого полезно решение разбивать на шаги: 1) … 2) … 3) … и то, что вычислено или выражено и важно для дальнейшего, выделять, например, так $\boxed{AD=\raisebox{1ex}{$3$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.x, BC=1}.$
     Кроме того, вычисления разумно производить в кратких обозначениях (а математика – это здравый смысл), например $\overline{)\frac{x}{y}=\frac{u}{v}, \frac{x}{v}=\frac{y}{v}}\Rightarrow x=y$ и $u=v$ или $a=\sqrt{c\left(\frac{c}{2}-1\right)},$
  а не $BC=\sqrt{AB\left(\frac{AB}{2}-MN\right)}.$

   

   
• 
  5. Трапеция

  • 13 июня
  • 0 комментариев
  • 32 просмотра

     1° Во всякой трапеции середины боковых сторон и середины диагоналей лежат на одной прямой.   □ Через точку M - середину стороны AB - проведём прямую, параллельную основанию (рис. 24). Докажем, что она разделит попол...

   

     1° Во всякой трапеции середины боковых сторон и середины диагоналей лежат на одной прямой.
     □ Через точку $M$ - середину стороны $AB$ - проведём прямую, параллельную основанию (рис. 24). Докажем, что она разделит пополам обе диагонали и другую боковую сторону. В треугольнике $BAC MP\parallel BC$ и $AM=MB.$ По теореме Фалеса $AP=PC.$
     В треугольнике $ABD$ точка $M$ - середина стороны, $MQ\parallel AD.$ Пo теореме Фалеса  $BQ=QD.$ Наконец, в треугольнике $BDC$ точка $Q$ - середина $BD, QN\parallel BC.$ По теореме Фалеса $CN=ND.$
     Итак, середины боковых сторон (точки $M$ и $N$) и середины диагоналей (точки $P$ и $Q$) лежат на одной прямой.
     2° Средняя линия трапеции равна полусумме оснований; отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен полуразности оснований.
     □ Пусть $AD=a, BC=b.$ Из 1° следует, что $MQ$ - средняя линия треугольника  $ABD,$поэтому $MQ=\frac{a}{2}; MP$ и $QN$ - средние линии треугольников $BAC$ и $BDC,$ поэтому $MP=QN=\frac{b}{2}.$ Отсюда следует, что $MN=\frac{a+b}{2}$ и $PQ=\frac{a-b}{2}.$ ■
     3° Во всякой трапеции середины оснований, точка пересе-чения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.
     □ Пусть продолжения боковых сторон пересекаются в точке $K.$ Через точку $K$ и точку  $O$ пересечения диагоналей проведём прямую $\underline{KO}$ (рис. 25).
     Докажем, что эта прямая делит основания пополам.
     Обозначим $BM=x, MC=y, AN==u, ND=v.$
  Имеем:
                $\left.\begin{array}{r}∆BKM~∆AKN\Rightarrow \frac{BM}{AN}=\frac{KM}{KN};\\ ∆MKC~∆NKD\Rightarrow \frac{MC}{ND}=\frac{KM}{KN}\end{array}\right\}\Rightarrow \frac{BM}{AN}=\frac{MC}{ND},$ т. е. $\frac{x}{u}=\frac{y}{v}.$
  Далее, $∆BMO~∆DNO\Rightarrow \frac{BM}{ND}=\frac{MO}{NO},$  $∆CMO~∆ANO\Rightarrow \frac{MC}{AN}=\frac{MO}{NO},$
  поэтому $\frac{BM}{ND}=\frac{MC}{AN},$ т. е. $\frac{x}{v}=\frac{y}{u}.$
  Перемножим полученные равенства, получим $\frac{x^2}{uv}=\frac{y^2}{uv},$ откуда следует $x=y,$ но тогда и $u=v.$ ■

      4° В равнобокой трапеции углы при основании равны.
     □ Проведём $CF\parallel BA$ (рис. 26). $ABCF$ - параллелограмм, $CF=BA,$ тогда треугольник $FCD$ равнобедренный, $\angle 1=\angle 2.$ Но $\angle 2=\angle 3,$ следовательно, $\angle 1=\angle 3.$ ■

     5° В равнобокой трапеции высота, опущенная из конца меньшего основания на большее основание, делит его на два отрезка, один из которых ра¬вен полусумме оснований, другой – полуразности оснований.
     □ Если $BM\perp AD$ и $CN\perp AD,$  то $∆BAM=\angle CDN$ (рис. 27). $BMCN$ - прямоугольник, $MN=b,$ тогда $ND=\frac{a-b}{2},$ а $AN=a-\frac{a-b}{2}=\frac{a+b}{2}.$ ■
     6° В равнобокой трапеции прямая, проходящая через середи-ны оснований, перпендикулярна основаниям и является осью симметрии трапеции.
     □ Пусть $K$ - точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции (рис. 28). Как следует из свойства 2°, середины оснований – точки $M$ и $N$ - и точка $K$ лежат на одной прямой, а как следует из свойства 4°, углы $A$ и $D$ равны. Таким образом, треугольник $AKD$ - равнобедренный, $KN$ - его медиана, она является и высотой. Итак, $MN\perp AD.$
     Легко видеть, что при симметрии относительно прямой $MN$ точки $A$ и $B$ переходят в точка $D$ и $C$ и наоборот. $MN$ - ось симметрии трапеции. ■
     7° В равнобокой трапеции диагонали равны.
     □ Рассмотрим треугольники $ABD$ и $DCA$ (рис. 29): $AB=DC$ (трапеция равнобокая), $AD$ - общая сторона, $\angle BAD=\angle ADC$ (следует из свойства 4°). По первому признаку равенства эти треугольники равны и $BD=AC.$ ■

     Пример 14. Диагонали трапеции перпендикулярны, одна из них равна Отрезок, соединяющий середины оснований, равен (рис. 30). Найти другую диагональ.
     △ 1. Треугольник $AOD$ - прямоугольный, $ON$ - медиана, проведённая из вершины прямого угла, она равна половине гипотенузы, т. е.
                                                                                $ON=\frac{1}{2}AD.$
  Аналогично устанавливается, что $OM=\frac{1}{2}BC.$ По свойству 3° точки $M, O$ и $N$ лежат на одной прямой. Таким образом, $MN=OM+ON=\frac{1}{2}\left(AD+BC\right),$ поэтому $AD+BC=2MN=9.$
     2. Проведём через точку $D$ прямую, параллельную диагонали $AC,$ пусть $K$ - точка её пересечения с прямой $BC.$ Угол $BDK$ прямой, это угол между диагоналями трапеции. Кроме того, $ACKD$ по построению параллелограмм, $CK=AD,$ значит, $BK=BC+AD=9.$ Треугольник $BKD$ - прямоугольный, один из катетов (пусть $DK$) равен $6.$ По теореме Пифагора находим: $BD=\sqrt{B{K}^2-D{K}^2}=3\sqrt{5}.$ ▲
     Пример 15. В равнобокой трапеции с периметром $10$ и высотой $2$ диагонали, пересекаясь, делятся в отношении $4:1.$ Найти основания.
     △1. Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей трапеции $ABCD$ (рис. 31) и $AO:OC=4:1.$ Треугольники $AOD$ и $COB$ подобны, $AO:OC=AD:BC=4,$ т. е. $AD=4BC.$ Обозначим $BC=x,$ тогда $AD=4x.$
     2. Пусть $CK\perp AD; CK$ - высота трапеции, по условию $CK=2,$ а как следует из свойства 5°,
                                                                $KD=\frac{1}{2}\left(AD-BC\right)=\frac{3}{2}x.$
     Из прямоугольного треугольника $CKD$ имеем $CD=\sqrt{4+\frac{9}{4}{x}^2}.$ Выражаем периметр трапеции: $10=\left(5x+2\sqrt{4+\frac{9}{4}{x}^2}\right).$
     Решаем уравнение $2\sqrt{4+\frac{9}{4}{x}^2}=10-5x,$ оно имеет единственный корень $x=1.$Итак, $BC=1, AD=4.$ ▲

   

   
• 
  4. Задачи о делении отрезка

  • 9 июня
  • 0 комментариев
  • 35 просмотров

     Рассмотрим задачи, решения которых основаны на теореме о пресечении угла параллельными прямыми и подобии треугольников. Напомним теорему:   Теорема 6. Параллельные прямые, пересекая стороны угла, отсекают на них пропорциональные ...

   

     Рассмотрим задачи, решения которых основаны на теореме о пресечении угла параллельными прямыми и подобии треугольников. Напомним теорему:
     Теорема 6. Параллельные прямые, пересекая стороны угла, отсекают на них пропорциональные отрезки, т. е. если $l_1\parallel l_2,$
  $\frac{AC}{AB}=\frac{A{C}_1}{A{B}_1}=\frac{C{C}_1}{B{B}_1}$ или $\frac{m}{x}=\frac{m+n}{x+y}=\frac{n}{y}.$
  Пример 11. Точка $N$ лежит на стороне $AC$ треугольника $ABC$ причём $AN:NC=2:3.$Найти, в каком отношении медиана $AM$делит отрезок $BN.$ 
     △1. Пусть $O$ - точка пересечения медианы $AM$ и отрезка $BN.$ Требуется найти отношение $BO:ON.$ Обозначим $AN=2x,$ тогда $NC=3x.$ Отметим, что $BM=MC$ (рис. 18а).
     Проведём прямую $NK$ параллельно медиане $AM$ (рис. 18б). Параллельные прямые $AM$и $NK$ пересекают стороны угла $MCA,$ следовательно, $\frac{MK}{KC}=\frac{2}{3}.$  Полагаем $\underline{MK=2y},$тогда $KC=3y,$ а т. к. $BM=MC,$ то $\underline{BM=5y}.$
     2. Те же прямые пересекают стороны угла $NBC$ (см. рис. 18в), поэтому $\frac{BO}{ON}=\frac{BM}{MK}=\frac{5y}{2y},$ т. е. $\frac{BO}{ON}=\frac{5}{2}.$ ▲
     Пример 12. Точки $D$ и $F$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC,$ при этом $AD:DB=1:2$ и $BF:FC=2:3.$ Прямая $DF$ пересекает прямую $AC$ в точке $K.$ Найти отношение $AK:AC.$
     △ 1. Пусть  $AD=x, BF=2y, KA=z.$ Тогда $DB=2x$и $FC=3y.$
  Проводим прямую $\underline{AE},$ параллельную стороне $\underline{CB}.$
  $\overline{)∆ADE~∆BDF}\Rightarrow AE:BF=AD:BD\Rightarrow \underline{AE=y}.$

     2. $\overline{)∆KAE~∆KCF}\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{AE}{CF},$ т. е. $\frac{z}{a+z}=\frac{y}{3y}.$  Находим $a=2z.$
     Ответ: $AK:AC=1:2.$▲
  Пример 13. В треугольнике $ABC$ точки $D$ и $K$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC,$ отрезки $BK$ и $CD$ пересекаются в точке (рис. 20а), при этом $BO:OK=3:2$ и $CO:OD=2:1.$ Найти в каком отношении точка $K$ делит сторону $AC,$ т. е. $AK:KC.$
     △1. Полагаем $OD=x, OK=2y,$ тогда $OC=2x$ и $BO=3y.$ 
     Проводим прямую $KF\parallel CD$ (рис. 20б).
     Из $KF\parallel OD \left(\angle ABK\right)$ следует $BD:DF=3:2.$ Обозначаем $DF=2p,$ тогда $BD=3p.$
     2. $∆FBK~∆DBO, FK:DO=FB:DB,$ откуда $FK=\frac{5p}{3p}·x=\frac{5}{3}x.$
     3. $∆AFK~∆ADC, AF:AD=FK:DC.$ Обозначаем $AF=z,$ имеем $\frac{z}{z+2p}=\frac{{\displaystyle \frac{5}{3}x}}{3x},$
  откуда $z=\frac{5}{2}p,$ т. е. $AF=\frac{5}{2}p.$
     4. Рассматриваем $\angle BAC, FK\parallel DC,$ по теореме $AK:KC=AF:FP,$ т. е. $AK:KC=5:4.$ ▲
     Все три рассмотренные задачи могут быть решены с применением теоремы Менелая.
     Теорема Менелая (о треугольнике и секущей).
     Пусть точка $A_1$ лежит на стороне $BC,$ точка $C_1$ - на  стороне $AB,$ а точка $B_1$ - на продолжении стороны $AC$ за точку $C.$
     Если точки $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой (рис. 21), то выполняется равенство
                                                                   $\frac{A{C}_1}{C_{1}B}·\frac{B{A}_1}{A_{1}C}·\frac{C{B}_1}{B_{1}A}=1.$                                                 (*)
  Обратно, если выполняется равенство (*), то точки $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой. (Заметим, что можно считать $B_1{C}_1$ секущей треугольника $ABC,$ а можно считать $BC$ секущей треугольника $A{B}_1{C}_1$).
     □ а) Предположим, что точки $A_1{B}_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой. Проведём $CK\parallel AB$(рис. 21). $∆CK{B}_1~∆A{C}_1{B}_1,$  поэтому $\frac{CK}{A{C}_1}=\frac{C{B}_1}{A{B}_1},$ откуда $CK=\frac{C{B}_1}{A{B}_1}·A{C}_1.$
     Далее: $∆CK{A}_1~∆B{C}_1{A}_1,$ значит

                                                                           $\frac{CK}{B{C}_1}=\frac{C{A}_1}{B{A}_1}.$
  
  Подставляя сюда выражение для $CK,$ получим $\frac{C{B}_1}{A{B}_1}·\frac{A{C}_1}{B{C}_1}=\frac{C{A}_1}{B{A}_1},$ т. е.  $\frac{A{C}_1}{C_{1}B}·\frac{B{A}_1}{A_{1}C}·\frac{C{B}_1}{B_{1}A}=1,$ ч. т. д.
     б) Пусть выполнено равенство (*) для точек $A_1, B_1$ и $C_1$ (рис. 22), докажем, что эти точки лежат на одной прямой.
     Через две точки $A_1$ и $B_1$ проведём прямую, пусть $C_2$ - её точка пересечения с прямой $AB$  (точка пересечения будет лежать на отрезке $AB$).
     Три точки $A_1, B_1$ и $C_2$ лежат на одной прямой и по доказанному в пункте а) выполняется равенство
                                                                   $\frac{A{C}_2}{C_{2}B}·\frac{B{A}_1}{A_{1}C}·\frac{C{B}_1}{B_{1}A}=1.$
     Сравнив это равенство с равенством (*), придём к выводу, что $\frac{A{C}_2}{C_{2}B}=\frac{A{C}_1}{C_{1}B}.$ Точки $C_2$и $C_1$ лежат на отрезке $AB$ и делят его в одном отношении, считая от конца  $A.$Следовательно, точка $C_2$ совпадает с точкой $C_1,$ т. е. точки $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой.
     Стрелки на рисунке 21 (от точки $A$) показывают, как легко запомнить последовательность отрезков в пропорции (*). ■
     Например, применим теорему Менелая к задаче из примера 12. Полагаем $BO=m, ON=n$ (см. рис. 23) и рассматриваем треугольник $CBN$ и секущую $AM.$
  Имеем: $\frac{CM}{BM}·\frac{BO}{ON}·\frac{NA}{AC}=1,$ т. е. $\frac{1}{1}·\frac{m}{n}·\frac{2x}{5x}=1,$ откуда $\frac{m}{n}=\frac{5}{2}.$

   

   
• 
  3. Подобие треугольников

  • 8 июня
  • 0 комментариев
  • 63 просмотра

     Две фигуры F и F' называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же ч...

   

     Две фигуры $F$ и $F\text{'}$ называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры $F$ и $F\text{'}$ подобны, то пишется $F~F\text{'}.$ Напомним, что запись подобия треугольников $∆ABC~∆A_1{B}_1{C}_1$ означает, что вершины, совмещаемые преобразованием подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. $A$ переходит в $A_1, B$– в  $B_1, C$ – в $C_1.$
     Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если  $∆ABC~∆A_1{B}_1{C}_1,$ то  $\angle A=\angle A_1, \angle B=\angle B_1, \angle C=\angle C_1,$ $A_1{B}_1:AB=B_1{C}_1:BC=C_1{A}_1:CA.$

                                                           Признаки подобия треугольников
     Два треугольника подобны, если:
     1) два угла одного соответственно равны двум углам другого;
     2) две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;
     3) три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.
     В решении задач и доказательстве теорем часто используется утверждение, которое, чтобы не повторять каждый раз, докажем сейчас отдельно.
     Лемма. Если две стороны треугольника пересекает прямая, параллельная третьей стороне (рис. 9), то она отсекает треугольник, подобный данному.
     □ Действительно, из параллельности $MN$ и $AC$ следует, что углы $1$ и $2$ равны. Треугольники $ABC$ и $MBN$ имеют два равных угла: общий угол при вершине $B$ и равные углы $1$ и $2.$ По первому признаку эти треугольники подобны. ■
     И сразу применим это утверждение в следующем примере, в котором устанавливается важное свойство трапеции.
     Пример 4 (важное свойство трапеции). Прямая, проходящая через
  точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основа-ниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках $M$ и $N.$ Найти длину отрезка $MN,$ если основания трапеции равны $a$ и $b.$
     △ 1. Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей, $AD=a, BC=b.$ Прямая $MN$ параллельна основанию $AD$ (рис. 10а), следовательно, $MO\parallel AD,$ треугольники $BMO$ и $BAD$ подобны, поэтому
                                                                       $\frac{MO}{AD}=\frac{BO}{BD}.$                                                                       (1)
     2.  $AD\parallel BC, ∆AOD~∆COB$ по двум углам (рис. 10б): $\frac{OD}{OB}=\frac{AD}{BC},$ то есть $\frac{OD}{OB}=\frac{a}{b}.$
     3. Учитывая, что $BD=BO+OD$ находим отношение 

                                                $\frac{BO}{BD}=\frac{BO}{BO+OD}=\frac{1}{1+OD/BO}=\frac{b}{a+b}.$
  
  Подставляя это в (1), получаем $MO=\frac{ab}{a+b};$ аналогично устанавливаем, что $ON=\frac{ab}{a+b},$ таким образом $MN=\frac{2ab}{a+b}.$▲
     Пример 5. (полезный метод решения) Точки $M$ и $N$ лежат на боковых сторонах $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ и $MN\parallel AD$ (рис. 11а). Найти длину $MN,$ если $BC=a, AD=5a,$ $AM:MB=1:3.$
     △ 1. Пусть $BF\parallel CD$ и $ME\parallel CD$ (рис. 11б), тогда $\angle 1=\angle 2, \angle 3=\angle 4$ (как соответствующие углы при пересечении двух параллельных прямых третьей) и $∆AME~∆MBF.$ Из подобия следует $\frac{AE}{MF}=\frac{AM}{MB}=\frac{1}{3}.$
     2. Обозначим $MN=x.$ По построению $BCNF$ и $MNDE$ - параллелограммы, $FN=a,$ $ED=x$ и, значит, $MF=x-a; AE=5a-x.$ Итак, имеем $\frac{5a-x}{x-a}=\frac{1}{3},$ откуда находим $x=4a.$ ▲
     Напомним, что отношение периметров подобных треугольников равно отношению их сходственных сторон. Верно также следующее утверждение: отношение медиан, биссектрис и высот, проведённых к сходственным сторонам в подобных треугольниках, равно отноше¬нию сходственных сторон. Отношение радиусов впи-санных окружно¬стей, как и отношение радиусов описанных окружностей, в подобных треугольниках также равно отношению сходственных сторон.
     Попытайтесь доказать это самостоятельно.
                                      Признаки подобия прямоугольных треугольников
     Прямоугольные треугольники подобны, если:
     1) они имеют по равному острому углу;
     2) катеты одного треугольника пропорциональны катетам другого;
   3) гипотенуза и катет одного треугольника пропорциональны ги-потенузе и катету другого.
     Два первых признака следуют из первого и второго признаков подобия треугольников, поскольку прямые углы равны. Третий признак следует, например, из второго признака подобия и теоремы Пифагора.
     Заметим, что высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, разбивает его на два прямоугольных треугольника, по¬добных между собой и подобных данному. Доказанные в § 1 метрические соотношения 1°, 2°, 3° можно доказать, используя подобие указанных треугольников.
                                                      Свойства высот и биссектрис
     Пример 6. (Первая лемма о высотах).
  Если в треугольнике $\underline{ABC}$ нет прямого угла, $\underline{A{A}_1}$ и  $\underline{B{B}_1}$ - его высоты, то  $\underline{∆A_1{B}_{1}C~∆ABC}$ (этот факт можно сформулировать так: если соединить основания двух высот, то образуется треугольник, подобный данному).
     □ Как всегда, полагаем $AB=c, BC=a, AC=b.$
     а) Треугольник $ABC$ остроугольный (рис. 12а).
     В треугольнике $A{A}_{1}C$ угол $A_1$ - прямой,  $A_{1}C=AC\cos C=\underline{b\cos }C.$ В треугольнике $B{B}_{1}C$  угол $B_1$ - прямой, $B_{1}C=BC\cos C=\underline{a\cos }C.$

     В треугольниках $A_1{B}_{1}C$ и $ABC$ угол $C$ общий, прилежащие стороны пропорциональны: $\frac{A_{1}C}{AC}=\frac{B_{1}C}{BC}=\cos C.$
     Таким образом, $∆A_1{B}_{1}C~∆ABC$ с коэффициентом подобия $\underline{\cos C}.$ (Заметим, что $\angle A_1{B}_{1}C=\angle B$ ).
     б) Треугольник $ABC$ - тупоугольный, угол $C$ - острый, высота $A{A}_1$ проведена из вершины тупого угла. Рассуждения аналогичны:
      $\left.\begin{array}{r}∆A{A}_{1}C, \angle A_1=90°\Rightarrow A_{1}C=AC·\cos C=b\cos C;\\ ∆B{B}_{1}C, \angle B_1=90°\Rightarrow B_{1}C=BC·\cos C=a\cos C,\end{array}\right\}\Rightarrow$$∆A_1{B}_{1}C~∆ABC,$
  коэффициент подобия $\underline{\cos C}, \angle A_1{B}_{1}C=\angle B.$
      Случай, когда угол $B$ тупой, рассматривается аналогично.
     в) Треугольник $ABC$ - тупоугольный, угол $C$ - тупой, высоты $A{A}_1$ и $B{B}_1$ проведены из вершин острых углов.
     $\phi =\angle BC{B}_1=\angle AC{A}_1=180°-\angle C, \cos \phi =-\cos C=\left|\cos C\right|.$

  $\left.\begin{array}{r}∆A{A}_{1}C, \angle A_1=90°\Rightarrow A_{1}C=AC·\cos \phi =b\left|\cos C\right|;\\ ∆B{B}_{1}C, \angle B_1=90°\Rightarrow B_{1}C=BC·\cos \phi =b\left|\cos C\right|,\end{array}\right\}\Rightarrow$$∆A_1{B}_{1}C~∆ABC$
   с коэффициентом подобия $\underline{k=\left|\cos C\right|}.$■

     Пример 7. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $A{A}_1, B{B}_1, C{C}_1$(рис. 13). Треугольник, вершинами которого служат основания высот, называется «высотным» треугольником (или ортотреугольником). Доказать, что лучи $A_{1}A, B_{1}B$ и $C_{1}C$ являются биссектрисами углов высотного треугольника $A_1{B}_1{C}_1$ (т. е. высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами ортотреугольника).
     △ По первой лемме о высотах  $∆A_1{B}_{1}C~∆ABC, \angle A_1{B}_{1}C=\angle B.$
  Аналогично $∆A{B}_1{C}_1~∆ABC, \angle A{B}_{1}C=\angle B,$ т. е. $\angle A_1{B}_{1}C=\angle A{B}_1{C}_1.$
  Так как $B{B}_1$ - высота, то $\angle A{B}_{1}B=\angle C{B}_{1}B=90°.$
     Поэтому $\angle C_1{B}_{1}B=\angle A_1{B}_{1}B=90°-\angle B,$ т. е. луч $B_{1}B$ - биссектриса угла $A_1{B}_1{C}_1.$  Аналогично доказывается, что $A{A}_1$ - биссектриса угла  $B_1{A}_1{C}_1$  и $C{C}_1$ - биссектриса угла $B_1{C}_1{A}_1.$▲
      Пример 8. (Вторая лемма о высотах)
      Высоты $A{A}_1, B{B}_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ (рис. 14). Доказать, что имеет место равенство $AH·H{A}_1=BH·H{B}_1,$ т. е. произведение отрезков одной высоты равно произведению отрезков другой высоты.
     △  $∆AH{B}_1~∆BH{A}_1,$ имеют по равному острому углу при вершине $H$ (заметим, что этот угол равен углу $C$). Из подобия следует $\frac{AH}{BH}=\frac{H{B}_1}{H{A}_1},$  откуда  $AH·H{A}_1=BH·H{B}_1.$ Для тупоугольного треугольника утверждение также верно. Попробуйте доказать самостоятельно.▲
     Пример 9. Высоты $A{A}_1$ и $B{B}_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H,$ при этом $BH=H{B}_1$ и $AH=2H{A}_1$ (рис. 15). Найти величину угла $C.$
     △ 1. По условию пересекаются высоты, поэтому треугольник остроугольный. Положим $BH=H{B}_1=x$ и $H{A}_1=y,$ тогда $AH=2y.$ По второй лемме о высотах $AH·H{A}_1=BH·H{B}_1,$ т. е. $x^2=2y^2, x=y\sqrt{2}.$ 
     2. В треугольнике $AH{B}_1$ угол $AH{B}_1$ равен углу $C$ (т. к. угол $A_{1}AC$ равен $90°-C$), поэтому $\cos C=\cos \left(\angle AH{B}_1\right)=\frac{x}{2y}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
     Угол $C$ - острый, $\angle C=45°.$
     Ответ: $\angle C=45°.$ ▲
     Установим ещё одно свойство биссектрисы угла треугольника.
  Теорема 5. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противолежащую этому углу сторону на отрезки, пропорциональ¬ные прилежащим сторонам, т. е. если $AD$ -  биссектриса треугольника $ABC,$ то $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}.$
     □ Проведём через точку $B$ прямую параллельно биссектрисе $DA,$ пусть $K$ - её точка пересечения с прямой $AC$ (рис. 16).
     Параллельные прямые $AD$ и $KB$ пересечены прямой $KC,$ образуются равные углы $1$ и $3.$ Те же прямые пересечены и прямой $AB,$ здесь равные накрест лежащие углы $2$  и $4.$ Но $AD$ - биссектриса, $\angle 1=\angle 2,$ следовательно $\angle 3=\angle 4.$
  Отсюда следует, что треугольник $KAB$ равнобедренный,  $KA=AB.$
     По теореме о пересечении сторон угла параллельными прямыми из $AD\parallel KB$ следует  $\frac{BD}{DC}=\frac{KA}{AC}.$ Подставляя сюда вместо $KA$ равный ему отрезок $AB,$ получим $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}.$  Теорема доказана. ■
     Пример 10. Биссектриса треугольника делит одну из сторон треугольника на отрезки длиной $3$ и $5.$ Найти в каких пределах может
  изменяться периметр треугольника.
     △ Пусть $AD$ - биссектриса и $BD=3, DC=5$ (рис. 17). По свойству биссектрисы $AB:AC=3:5.$ Положим $AB=3x,$ тогда $AC=5x.$ Каждая сторона треугольника должна быть меньше суммы двух других сторон, т. е.  $\underline{5x<3x+8}, 3x<5x+8$ и $\underline{8<3x+5x}.$ Получаем ограничения $x<4$ и $x>1.$  Периметр треугольника $P=8+8x=8\left(1+x\right),$ поэтому $\underline{16<P<40}.$ ▲

  
  
     

   

   
• 
  2. Замечательные точки треугольника

  • 7 июня
  • 0 комментариев
  • 58 просмотров

     Первые две теоремы Вам хорошо известны, две другие – докажем.   Теорема 1. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, которая есть центр вписанной окружности.   Доказательство основано на том факте, ...

   

     Первые две теоремы Вам хорошо известны, две другие – докажем.
     Теорема 1. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, которая есть центр вписанной окружности.
     Доказательство основано на том факте, что биссектриса угла есть геометрическое место точек, равноудалённых от сторон угла.
     Теорема 2. Три серединных перпендикуляра к сторонам тре-угольника пересекаются в одной точке, которая есть центр описанной окружности.
     Доказательство основано на том, что серединный перпендикуляр отрезка есть геометрическое место точек, равноудалённых от концов этого отрезка.
     Теорема 3. Три высоты или три прямые, на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке. Эта точка называется ортоцентром треугольника. 

     □ Через вершины треугольника  $ABC$ проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам (рис. 6). В пересечении образуется треугольник $A_1{B}_1{C}_1.$

     По построению $AB{A}_{1}C-$параллелограмм, поэтому $B{A}_1=AC.$ Аналогично устанавливается, что $C_{1}B=AC,$ следовательно $C_{1}B=B{A}_1,$ точка $B-$середина отрезка $C_1{A}_1.$
  Совершенно так же показывается, что $C-$середина $B_1{A}_1$ и $A-$ середина $B_1{C}_1.$ 
     Пусть $BN-$высота треугольника $ABC,$ тогда для отрезка $A_1{C}_1$ прямая $BN-$серединный перпендикуляр. Откуда следует, что три прямые, на которых лежат высоты треугольника $ABC,$ являются серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника $A_1{B}_1{C}_1;$ а такие перпендикуляры пересекаются в одной точке (теорема 2).
     Если треугольник остроугольный, то каждая из высот есть отрезок, соединяющий вершину и некоторую точку противолежащей стороны. В этом случае (см. рис. 6) точки $B$и $N$ лежат в разных полуплоскостях, образуемых прямой $AM,$ значит отрезок $BN$пересекает прямую $AM,$ точка пересечения лежит на высоте $BN,$ т. е. лежит внутри треугольника.
     В прямоугольном треугольнике точка пересечения высот есть вершина прямого угла. ■
      Теорема 4. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечении в отношении 2:1, считая от вершины. Эта точка называется центром тяжести (или центром масс) треугольника.
     Есть различные доказательства этой теоремы. Приведём то, которое основано на теореме Фалеса.
       □ Пусть $E, D$ и $F-$середины сторон $AB, BC$ и $AC$ треугольника (рис. 7а). Проведём медиану $AD$ и через точки $E$ и $F$ параллельные ей прямые $EK$ и $FL.$ По теореме Фалеса $BK=KD$ $\left(\angle ABC, EK\parallel AD\right)$ и $DL=LC$ $\left(\angle ACB, AD\parallel FL\right).$ Но $BD=DC=\raisebox{1ex}{$a$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.,$ поэтому $BK=KD=DL=LC=\raisebox{1ex}{$a$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$4$}\right..$ По той же теореме $BN=NM=MF$ $\left(\angle FBC, NK\parallel MD\parallel FL\right),$ поэтому $BM=2MF.$

       Это означает, что медиана $BF$ в точке $M$ пересечения с медианой $AD$ разделились в отношении $2:1,$ считая от вершины.

    Докажем, что и медиана $AD$ в точке $M$ разделилась в том же отношении. Рассуждения аналогичны, иллюстрация на рисунке 7б.
      Если рассмотреть медианы $BF$ и $CE,$ то также можно показать, что они пересекаются в той точке, в которой медиана $BF$ делится в отношении $2:1,$ т. е. в той же точке $M.$ И этой точкой медиана $CE$ также разделится в отношении $2:1,$ считая от вершины. ■
     Пример 3. Две стороны треугольника равны соответственно $6$ и $8.$ Медианы, проведённые к этим сторонам, пересекаются под прямым углом. Найти третью сторону треугольника.
     △ 1. Пусть $AC=6, BC=8$ и медианы $AN$ и $BM$ пересекаются в точке $O$ и перпендикулярны (рис. 8). Положим $AN=n$ и $BM=m.$ Из доказанной теоремы следует, что

                                            $AO=\frac{2}{3}n$  и $BO=\frac{2}{3}m.$ 
        2. Медианы перпендикулярны, поэтому треугольники $AOM$ и $BON$ прямоугольные.
  Применим теорему Пифагора (ещё учтём, что  $AM=\frac{1}{2}AC=3$ и $CN=\frac{1}{2}BC=4),$ получим: $\left\{\begin{array}{l}16=\frac{4}{9}{m}^2+\frac{1}{9}{n}^2,\\ 9=\frac{1}{9}{m}^2+\frac{4}{9}{n}^2.\end{array}\right.$
  Сложив эти равенства, найдём, что $m^2+n^2=45.$
     3. Длина стороны  $AB$ находится из прямоугольного треугольника

  $AOB: x^2=\frac{4}{9}{m}^2+\frac{4}{9}{n}^2=\frac{4}{9}\left(m^2+n^2\right)=20.$  Итак, $AB=2\sqrt{5}.$▲
     Свойства высот и биссектрис будут далее рассмотрены в §3.

   

   
• 
  1. Прямоугольный треугольник. Метрические соотношения

  • 7 июня
  • 0 комментариев
  • 134 просмотра

  Пусть ABC ABC прямоугольный треугольник с прямым углом C C и острым углом при вершине A A , равным α \alpha  (рис. 1).  Используем обычные обозначения: c c - гипотенуза AB AB ; a a  и b b - катеты BC BC  и...

   

  Пусть $ABC$ прямоугольный треугольник с прямым углом $C$ и острым углом при вершине $A$, равным $\alpha$ (рис. 1). 

  Используем обычные обозначения:

  $c$ - гипотенуза $AB$;

  $a$ и $b$ - катеты $BC$ и $AC$ (по-гречески "kathetos - катет" означает отвес, поэтому такое изображение прямоугольного треугольника нам представляется естественным);

  `a_c` и $b_c$ - проекции $BD$ и $AD$ катетов на гипотенузу;

  $h$ - высота $CD$, опущенная на гипотенузу;

  $m_c$ - медиана $CM$, проведённая к гипотенузе;

  $R$ - радиус описанной окружности;

  $r$ - радиус вписанной окружности.

  Напомним, что если $\alpha$ - величина острого угла $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ (см. рис. 1), то

  `sin alpha=a/c`,  `cos alpha=b/c`  и    tg `alpha=b/c`.

  Утверждение

  Значения синуса, косинуса и тангенса острого угла прямоугольного треугольника зависят только от меры угла и не зависят от размеров и расположения треугольника.

  Теорема Пифагора

  В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:

  `c^2=a^2+b^2`

  Доказательство теоремы повторите по учебнику.

  Выведем ряд соотношений между элементами прямоугольного треугольника.

  Утверждение 1

  Квадрат катета равен произведению гипотенузы и его проекции на гипотенузу

  `a^2=c*a_c`

  `b^2=c*b_c`

  Доказательство

  
  

  Если `/_ A = alpha` (см. рис. 1), то `/_ CBD = 90^0 - alpha` и `/_ BCD = alpha`. Из треугольника `ABC` `sin alpha = (BC)/(AB)`, а из треугольника `BCD` `sin alpha = (BD)/(BC)`.

  Значит, `(BC)/(AB) = (BD)/(BC)`, откуда  `(BC)^2 = AB*BD`, т. е. `a^2=c*a_c`. Аналогично доказывается второе равенство. 

  Утверждение 2

  Квадрат высоты, опущенной на гипотенузу, равен произведению проекции катетов на гипотенузу

  `h^2=a_c*b_c`

  Доказательство

  
  

  Из треугольника `ACD` (рис. 1) имеем tg`alpha = (CD)/(AD)`, а из треуольника `BCD` tg`alpha = (BD)/(CD)`.

  Значит `(BD)/(CD) = (CD)/(AD)`, откуда `CD^2 = AD*BD`, т. е. `h^2 = a_c * b_c`.

  
  

  Утверждение 3

  Произведение катетов равно произведению гипотенузы и высоты, опущенной на гипотенузу

  `a*b = c*h`

  Доказательство

  
  

  Из треугольника `ABC` имеем `sin alpha = (BC)/(AB)`, а из треуольника `ACD` `sin alpha = (CD)/(AC)`.

  Таким образом, `(BC)/(AB) = (CD)/(AC)`,  откуда  `BC*AC = AB*CD`, т. е. `a*b = c * h`.

  
  

  Утверждение 4

  Медиана, проведённая к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т. е.

  `m_c = 1/2 c`

  Доказательство

  
  

  Пусть `AM = BM`. Проведём $MK\parallel BC$  (рис. 2), тогда по теореме Фалеса `AK = CK`. Кроме того, из того, что `BC _|_ AC` и $MK\parallel BC$ следует `MK _|_ AC`.

  В прямоугольных треугольниках `CMK` и `AMK` катет `MK` общий, катеты `CK` и `AK` равны.  Эти треугольники равны и `CM = AM`,  т. е. `CM = 1/2 AB`.

  
  

   Полезно также запомнить, что медиана к гипотенузе разбивает треугольник на два равнобедренных треугольника.

  Утверждение 5

  Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы

  `R = m_c = 1/2 c`

  Доказательство

  
  

  Это следует из Утверждения 4, действительно, `MA = MB = MC`, следовательно, окружность с центром в точке  `M` и  радиуса `c/2` проходит через три вершины.

  Утверждение 6

  Сумма катетов равна удвоенной сумме радиусов описанной и вписанной окружностей

  `a + b = 2(R + r)`    или    `a + b = c + 2r`

  Доказательство

  
  

  Пусть `O` - центр вписанной окружности и `F`, `N` и `S` - точки касания сторон треугольника `ABC` (рис. 3), тогда `OF_|_BC`, `ON_|_AC`, `OS_|_AB` и `OF = ON = OS = r`. 

  Далее, `OFCN` - квадрат со стороной `r`, поэтому `BF = BC - FC`, `AN = AC - CN`, т. е. `BF = a - r` и `AN = B - R`.

  Прямоугольные треугольники `AON` и `AOS` равны (гипотенуза `AO` - общая, катеты `ON` и `OS` равны), следовательно, `AS = AN`, т. е. `AS = b - r`.

  Аналогично доказывается, что `BS = a - r`, поэтому из `AB = AS + BS` следует `c=(b - r) + (a - r)`,  т. е. `a + b = c + 2r`.

  Зная, что  `c = 2R`, окончательно получаем `a + b = 2(R + r)`.

  Замечание

  Равенства, доказанные в Утверждениях 1 и 2, записываются также как:

  `a = sqrt (c * a_c)`,  `b = sqrt (c * b_c)`, `h = sqrt (a_c * b_c)`

  и, соответственно, формулируются

  Утверждения

  катет есть среднее пропорциональное между гипотенузой и его проекцией на гипотенузу;

  высота, опущенная на гипотенузу, есть среднее пропорциональное между проекциями катетов на гипотенузу.

  Приведём примеры применения доказанных метрических соотношений в прямоугольном треугольнике.
     

  Пример 1

  Проекции катетов прямоугольного треугольника на гипотенузу равны `9` и `16`. Найти радиус вписанной окружности.

  Решение

  1. Пусть `a_c = 9`, `b_c = 16`  (рис. 4), тогда `c = a_c + b_c = 25`.

  2. По Утверждению 1: `a = sqrt(c * a_c) = 15`,  `b = sqrt(c*b_c) = 20`.

  3. По Утверждению 6: находим радиус `r = 1/2 (a + b - c) = 5`.

  Пример 2

  В прямоугольном треугольнике из вершины прямого угла проведены медиана и высота (рис. 5), расстояние между их основаниями равно `1`. Найти катеты, если известно, что один из них в два раза больше другого.

  Решение

  1. Заметим, что `a_c = c/2 -1` , a `b_c = c/2 + 1`  (рис. 5), откуда `a^2 = c*a_c = c(c/2 - 1)` и `b^2 = c*b_c = c(c/2 + 1)`.
  
     2. По условию  `b = 2a`,  значит `b^2 = 4a^2`,  т. е.  `c(c/2 +1) = 4c(c/2 - 1)`.
     Находим  `c = 10/3`, и  `a = sqrt (c(c/2 -1)) = 2/3 sqrt5` и `b = 2a = 4/3 sqrt5`.

  
  

  
  

  
  

  
  

   

   
• 
  Тождественные преобразования

  • 7 июня
  • 0 комментариев
  • 157 просмотров

  В математике встречаются два вида математических выражений – числовые выражения и выражения с переменными. Пример Числовыми являются выражения 3,8-2,157-34, 2+5(38:9). Выражения вида 2x+1, 3x2+53x^2+5 называются выр...

   

  В математике встречаются два вида математических выражений – числовые выражения и выражения с переменными.

  Пример

  Числовыми являются выражения $\mathrm{3,8}-\mathrm{2,1}\left(\frac{5}{7}-\frac{3}{4}\right)$, $2+5(38:9)$.

  Выражения вида $2x+1$, $3x^2+5$ называются выражениями с одной переменной. Выражение может содержать и несколько переменных.

  Пример

  $2x^{2}y+xy{z}^3$, $5a^{2}b{\left(x-y\right)}^2$ , $3t^2+v^3+1$ .

  Если в выражении с переменными подставить вместо переменных конкретные числа, то получим числовое выражение. После выполнения всех действий с числами получится число, которое называют значением выражения с переменными при выбранных значениях переменных.

  Значения переменных, при которых выражение имеет смысл, т. е. выполняются все указанные действия, называются допустимыми значениями переменных.

  Значения двух выражений с переменными при одних и тех же значениях переменных называются соответственными значениями выражений.

  Пример

  Соответственными значениями выражений $2x^2+1$ и $3x^2+5x+1$ являются числа $3$ и $9$.

  Два выражения (числовые или с переменными), соединенные знаком =, называют равенством. Числовые равенства могут быть верными и неверными. Равенства с переменными могут быть  верными при  одних значениях переменных и неверными при других значениях.

  Равенство, верное при всех допустимых значениях, входящих в него переменных, называется тождеством.

  Два выражения, принимающие равные соответственные значения при всех допустимых значениях переменных, называют тождественно равными.

  Замену одного выражения другим, ему тождественно равным, называют тождественным преобразованием или просто преобразованием выражения.

  Выражения, составленные из чисел и переменных с помощью конечного числа знаков арифметических операций (сложения,  вычитания, умножения, деления), называются рациональными выражениями. Рациональное выражение называется целым, если оно не содержит деления на выражение с переменными.

  Примерами целых выражений являются одночлены и многочлены.

  Одночленами называются числа, произведения чисел и натуральных степеней переменных.

  Пример

  Выражения $9,$ $25x^2$ $25x^2$ и $34abx{y}^4$ являются одночленами. 

  Для приведения одночлена к стандартному виду перемножают все входящие в него числовые множители, а произведения одинаковых переменных (или их степеней) заменяют степенью этой переменной.

  Числовой множитель называется коэффициентом одночлена, а сумму показателей степеней переменных называют степенью одночлена. Если одночлен является числом или произведением чисел, то его называют одночленом нулевой степени.

  Пример

  Стандартным видом одночлена $\mathrm{0,3}bxy(-2)a^2{x}^2{y}^3$ является одночлен $-\mathrm{0,6}{a}^{2}b{x}^3{y}^4,$ число $(-\mathrm{0,6})$ является его коэффициентом, степень одночлена равна $10.$ 

  Многочленом называют сумму одночленов. Одночлен является частным случаем многочлена.

  Одночлены называют подобными одночленами, если после их приведения к стандартному виду они оба либо совпадают, либо отличаются коэффициентами.

  Пример

  Одночлены $2a{x}^{2}y$ и $-5a{x}^{2}y$ являются подобными.

  Преобразование многочлена, при котором производится сложение и вычитание подобных членов, называется приведением подобных.

  Пример

  $2ax+3by-ax+\mathrm{0,5}by=ax+\mathrm{3,5}by.$ 

  Для приведения многочлена к стандартному виду каждый из входящих в него одночленов заменяют одночленом стандартного вида и приводят подобные члены.

  Степенью многочлена называют наибольшую из степеней одночленов, составляющих многочлен после приведения его к стандартному виду.

  Пример

  Стандартным видом многочлена $2a{x}^5+x{y}^3+3x{y}^3-2a{x}^5+5$ является многочлен $4x{y}^3+5,$ его степень равна $4.$ 

  Произведение двух многочленов равно сумме произведений каждого члена первого многочлена на каждый член второго многочлена.

  Пример

  $\left(x+y\right)\left(2x^2-y\right)=2x^3+2x^{2}y-xy-y^2.$ 

  Разложить многочлен на множители означает представить его в виде произведения многочленов.

  При разложении многочлена на множители используют метод вынесения общего множителя за скобки и метод группировки членов.

  Пример 1

  Разложите на множители многочлен $2x^{2}y+y^2-2x^3-yx.$

  Решение

  Группируя члены многочлена (т. е. представляя его в виде суммы двух многочленов) и вынося общий множитель в каждой группе, получаем $2x^{2}y+y^2-2x^3-yx=\left(2x^{2}y-2x^3\right)+\left(y^2-yx\right)=2x^2\left(y-x\right)+y\left(y-x\right).$ Видим, что многочлен является общим множителем для обоих слагаемых. Вынося этот многочлен за скобки, окончательно получаем $2x^{2}y+y^2-2x^3-yx=\left(y-x\right)\left(2x^2+y\right).$

  При тождественных преобразованиях многочленов часто используют формулы, носящие название «формулы сокращенного умножения»: 

  Разность квадратов	$(a - b)(a + b) = a^2 - b^2$
  Квадрат суммы	$(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$
  Квадрат разности	$(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$
  Сумма кубов	$(a + b) (a^2 - ab + b^2) = a^3 + b^3$
  Разность кубов	$(a - b) (a^2 + ab + b^2) = a^3 - b^3$
  Куб суммы	$(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
  Куб разности	$(a - b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3$

  Пример 2

  Разложите на множители многочлен $x^3+x^2+x-3.$ 

  Решение

  Покажем, как, последовательно используя метод группировки, формулы 2 и 1 и метод вынесения общего множителя, можно разложить на множители данный многочлен:$$\begin{gathered} x^3+x^2+x-3=(x^3-1)+(x^2-1)+(x-1)= \\ =(x-1)(x^2+x+1)+(x-1)(x+1)+(x-1)= \\ =(x-1)(x^2+x+1+x+1+1)=(x-1)(x^2+2x+3). \end{gathered}$$

  Пример 3

  Разложите на множители многочлен $3x^2{y}^4-24x^{5}y.$

  Решение

  Сначала выносим общий множитель $3x^{2}y$ за скобку: $3x^2{y}^4-24x^{5}y=3x^{2}y\left(y^3-8x^3\right).$Затем к многочлену $y^3-8x^3$ применим формулу для разности кубов: $y^3-8x^3=\left(y-2x\right)\left(y^2+2xy+4x^2\right).$В результате получим $3x^2{y}^4-24x^{5}y=3x^{2}y(y-2x)\left(y^2+2xy+4x^2\right).$

  Пример 4

  Разложите на множители многочлен $27x^3+y^3+3y^2+3y+1.$

  Решение

  Заметим, что $y^3+3y^2+3y+1={\left(y+1\right)}^3,$ а $27x^3={\left(3x\right)}^3,$ тогда получаем ${\left(3x\right)}^3+{\left(y+1\right)}^3.$ Применяем формулу 3, получим $(3x{)}^3+(y+1{)}^3=(3x+y+1){\left(9x^2-3x(y+1)+(y+1\right)}^2).$ Таким образом, $27x^3+y^3+3y^2+3y+1=(3x+y+1)(9x^2-3xy-3x+y^2+2y+1).$

  Пример 5

  Разложим на множители многочлен $y^8+y^4+1.$ 

  Решение

  Покажем на этом примере ещё один способ разложения на множители. Прибавим и вычтем выражение $y^4,$ получаем: $y^8+y^4+1+y^4-y^4=y^8+2y^4+1-y^4={\left(y^4+1\right)}^2-{\left(y^2\right)}^2$А теперь применяем формулу для разности квадратов: ${\left(y^4+1\right)}^2-{\left(y^2\right)}^2=\left(y^4+1+y^2\right)\left(y^4+1-y^2\right)$

   

   
• 
  Введение

  • 7 июня
  • 0 комментариев
  • 56 просмотров

     В каждом параграфе сгруппированы теоремы, которые в учебнике рассыпаны по разным главам. Здесь мы компактно напоминаем теорию, приводим примеры решения характерных задач, доказываем некоторые дополнительные утверждения, показываем определё...

   

     В каждом параграфе сгруппированы теоремы, которые в учебнике рассыпаны по разным главам. Здесь мы компактно напоминаем теорию, приводим примеры решения характерных задач, доказываем некоторые дополнительные утверждения, показываем определённые приёмы решений.
     Прежде чем приступать к выполнению домашнего задания, рекомендуем проработать предложенный материал «с карандашом», параграф за параграфом: вспомнить одни и узнать другие теоремы, выписать и выучить формулы, прорешать приведённые примеры.
     Контрольные вопросы составлены так, чтобы проверить, как Вы усвоили темы Задания, есть ли пробелы в знаниях, умеете ли Вы решать несложные задачи на доказательство, делать выводы из разобранных теорем, а также видеть «подводные камни» в вопросах и задачах.
     Приступая к ответам на контрольные вопросы, сделайте рисунок (если надо) на черновике, уясните вопрос, подберите нужный при-мер или продумайте доказательство. Окончательные ответы должны быть достаточно подробные. В случае отрицательного ответа должен быть приведён опровергающий пример. Примеры ответов приведены в конце задания.
     Задачи могут Вам показаться сложнее решаемых в школе. Если задача не получается, найдите в тексте подобную ей задачу и разберите её решение. Либо подумайте, на какую тему – и повторите соответствующий параграф, а затем сделайте ещё одну попытку.
     Может случиться, что не все задачи удалось решить. Печально, но не следует приходить в отчаяние. Ведь и не предполагается, что все поступившие в ЗФТШ уже все знают и умеют. Школа как раз и хочет научить Вас, поэтому высылайте то, что получилось. Обратно Вы получите проверенную Вашу тетрадь и, кроме того, подробные решения всех задач и ответы на все вопросы. Это даст Вам возможность разобрать «не поддавшиеся» задачи, узнать, как они решаются, и в другой раз, в следующем задании, в работе в школе, на олимпиаде, выступить успешнее.
     Каждый ответ и решение каждой задачи оцениваются в очках. За полное правильное решение или верный ответ выставляется то число очков, которое указано в скобках после номера вопроса или задачи. За ошибки, недочёты снимается некоторое число очков. За неверный ответ на вопрос или неправильное решение задачи ставится ноль очков.
     Решение каждой задачи будем начинать символом △ и заканчивать символом ▲, доказательство будем начинать символом □ и заканчивать символом ■. В решениях и доказательствах иногда делаем по 2 – 3 рисунка для того, чтобы легче было следить за ходом рассуждений.

  
  

   

   
• 
  Андрей Константинович поделился своими взглядами на взаимосвязь науки и глобальной экономики

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 234 просмотра

  "Как правило, требуется от 20 до 40 лет, чтобы новые материалы или новые лекарства проделали бы путь от академической лаборатории до своего запуска в массовое производство. И принципиально здесь ничего не изменилось" — утверждает Андрей Гейм, вып...

   

  "Как правило, требуется от 20 до 40 лет, чтобы новые материалы или новые лекарства проделали бы путь от академической лаборатории до своего запуска в массовое производство. И принципиально здесь ничего не изменилось" — утверждает Андрей Гейм, выпускник МФТИ и лауреат Нобелевской премии за 2010 год в своем недавнем интервью для ТАСС.
  
  Также Андрей Константинович поделился своими взглядами на взаимосвязь науки и глобальной экономики, изложил свое видение перспектив практического применения его собственных разработок в области физики конденсированного состояния, а также высказал мнение о положении в российской науке.
  
  Читать подробнее: vk.cc/6BqHSK

   

   
• 
  Метод «йодного фазирования» оказывается универсальным

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 248 просмотров

  Учёные из международного коллектива с участием МФТИ показали, что метод «йодного фазирования» оказывается неожиданно универсальным, если нужно определить структуру белка, живущего в клеточной мембране. Структура таких белков позволяет на мо...

   

  Учёные из международного коллектива с участием МФТИ показали, что метод «йодного фазирования» оказывается неожиданно универсальным, если нужно определить структуру белка, живущего в клеточной мембране. Структура таких белков позволяет на молекулярном уровне понимать зрение, обоняние, работу нервной и сердечно-сосудистой систем.
  
  Авторы работы успешно применили известный метод на четырёх различных мембранных белках из разных классов и обнаружили, что йод одинаково взаимодействует со всеми белками. Это даёт гарантию на успех работы метода в случае новых структур и обеспечивает быстрое определение структур, важных для ускоренной и дешёвой разработки лекарств компьютерными методами.
  
  Читать подробнее: vk.cc/6Eurm1

   

   
• 
  Superjob представил рейтинг лучших ВУЗов России по уровню зарплат выпускников

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 254 просмотра

  Отличные новости!Superjob представил рейтинг лучших ВУЗов России по уровню зарплат выпускников 2011-2016, работающих в ИТ. Рейтинг 2017 года возглавил Московский физико-технический институт (государственный университет) со средней заработной платой вып...

   

  Отличные новости!
  
  Superjob представил рейтинг лучших ВУЗов России по уровню зарплат выпускников 2011-2016, работающих в ИТ. Рейтинг 2017 года возглавил Московский физико-технический институт (государственный университет) со средней заработной платой выпускника 136 000 рублей.
  
  Superjob.ru — сайт по поиску работы и подбору сотрудников.
  С полной версией рейтинга вы можете ознакомиться по ссылке:
  https://students.superjob.ru/reiting-vuzov/it/?utm_source=vuz&utm_medium=referral&utm_campaign=reiting_vuz

   

   
• 
  Студент Физтеха Никита Никишкин разработал метод получения тротуарной плитки

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 237 просмотров

  Студент Физтеха Никита Никишкин разработал метод получения тротуарной плитки из переработанной пластмассы и песка. По словам Никиты, срок службы плитки — до 50 лет, а выдержать она может вес до 7 тонн. Массовое производство такой плитки может пом...

   

  Студент Физтеха Никита Никишкин разработал метод получения тротуарной плитки из переработанной пластмассы и песка. По словам Никиты, срок службы плитки — до 50 лет, а выдержать она может вес до 7 тонн.
  
  Массовое производство такой плитки может помочь решить проблему загрязнения пластиковыми отходами в масштабах целых городов — для производства 1 квадратного метра требуется 10 килограммов отходов: используются старые полиэтиленовые пакеты, пищевая пленка, использованные тюбики зубной пасты и прочий непригодный для дальнейшего использования пластик.
  
  Читать подробнее: vm.ru/news/378573.html

   

   
• 
  Абелевская премия по математике вручена в Осло французу Иву Мейеру

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 238 просмотров

  23 мая в Осло Король Норвегии Харальд V вручил Абелевскую премию по математике французу Иву Мейеру за "основополагающий вклад в разработку теории вейвлетов". Церемония вручения престижной научной награды, которую нередко называют Нобелевской премией по...

   

  23 мая в Осло Король Норвегии Харальд V вручил Абелевскую премию по математике французу Иву Мейеру за "основополагающий вклад в разработку теории вейвлетов". Церемония вручения престижной научной награды, которую нередко называют Нобелевской премией по математике.
  
  Премия была присуждена Мейеру в марте за разработку вейвлетов - математических функций, широко применяемых сегодня для анализа, фильтрации и сжатия данных, в том числе фото- и видеоизображений. Как отмечают в Абелевском комитете, теория вейвлетов, разработанная в 70-х - 80-х годах XX века, лежит на стыке математики, вычислительной науки и информационных технологий. С помощью методов вейвлет-анализа и вейвлет-преобразования удалось существенно улучшить четкость снимков, которые получают с помощью магнитно-резонансных томографов и космических телескопов. Результаты работы Мейера и его коллег нашли применение и при попытках зафиксировать предсказанные в теории и открытые в феврале прошлого года гравитационные волны.
  
  "На открытие вейвлета у меня ушло 3 месяца. Мои основные достижения лежат в иных областях. Так, доказательство гипотезы Альберто Кальдерона заняло 7 лет", - признался 77-летний математик перед вручением наград
  
  Подробнее об истории жизни математика, а также о предыдущих лауреатах данной премии на сайте: http://tass.ru/nauka/4274518?utm_source=vk.com&ut..

   

   
• 
  Учёные из МФТИ научились управлять концентрацией кислорода

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 189 просмотров

  Учёные из Центра коллективного пользования МФТИ научились управлять концентрацией кислорода в плёнках оксида тантала, получаемых методом атомно-слоевого осаждения. Такие покрытия могут стать основой для создания перспективного типа памяти, способной об...

   

  Учёные из Центра коллективного пользования МФТИ научились управлять концентрацией кислорода в плёнках оксида тантала, получаемых методом атомно-слоевого осаждения.
  
  Такие покрытия могут стать основой для создания перспективного типа памяти, способной объединить быстроту оперативной памяти и энергонезависимость флеш-памяти.
  
  Подробнее: vk.cc/6Hmm7S

   

   
• 
  Живой океан в мультфильме «Моана»

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 284 просмотра

  Выпускник МФТИ и сотрудник компании Disney Алексей Стомахин рассказал, как именно был сконструирован живой океан в мультфильме «Моана», снег в «Холодное сердце» и зачем вообще мультипликаторам нужна физика и математика.Подробнее...

   

  Выпускник МФТИ и сотрудник компании Disney Алексей Стомахин рассказал, как именно был сконструирован живой океан в мультфильме «Моана», снег в «Холодное сердце» и зачем вообще мультипликаторам нужна физика и математика.
  
  Подробнее: vk.cc/6I3wtw

   

   
• 
  Было заключено важное для МФТИ соглашение с «Газпром нефтью»

  • 5 июня
  • 0 комментариев
  • 248 просмотров

  1-3 июня 2017 состоялся Петербургский международный экономический форум (ПМЭФ) - ежегодное деловое российское мероприятие в экономической сфере, проводимое в Санкт-Петербурге с 1997 года и с 2005 года при участии президента России.В рамках этого форма ...

   

  1-3 июня 2017 состоялся Петербургский международный экономический форум (ПМЭФ) - ежегодное деловое российское мероприятие в экономической сфере, проводимое в Санкт-Петербурге с 1997 года и с 2005 года при участии президента России.
  
  В рамках этого форма было заключено важное для МФТИ соглашение с «Газпром нефтью». Главные задачи, которые поставили перед собой стороны, заключившие данное соглашение о сотрудничестве – это повышение эффективности освоения месторождений углеводородов за счёт внедрения новых разработок и технологий в области нефтегазового инжиниринга, а также подготовка высококвалифицированных кадров, ориентированных на решение актуальных задач нефтегазовых компаний.
  
  В рамках данного соглашения студенты МФТИ, обучающиеся в сфере нефтегазового инжиниринга, получают право проходить производственную практику на месторождениях, принадлежащих компании «Газпром нефть».
  
  Более подробную информацию вы можете найти на сайте МФТИ: mipt.ru/news/gazprom_neft_i_mfti_zaklyuchili_soglashe..

   

   
• 
  Регламент проведения олимпиад «Физтех» (2018 г.)

  • 3 июня
  • 0 комментариев
  • 194 просмотра

  Общие положения   Регламент проведения олимпиады школьников «Физтех» в 2017/2018 учебном году (далее – регламент) разработан в соответствии с приказом Минобрнауки России от 04 апреля 2014 года № 267 «Об утверждении Поря...

   

  Общие положения

   

  1. Регламент проведения олимпиады школьников «Физтех» в 2017/2018 учебном году (далее – регламент) разработан в соответствии с приказом Минобрнауки России от 04 апреля 2014 года № 267 «Об утверждении Порядка проведения олимпиад школьников» и Положением об олимпиаде школьников «Физтех» (далее – положение, олимпиада).
  2. Олимпиада проходит в сроки в соответствии с регламентом. Дополнительные (резервные) дни для проведения олимпиады не предусмотрены.
  3. В случае нарушения регламента или положения участник не допускается к олимпиаде, удаляется из аудитории, его работа не проверяется. При этом участник не допускается до олимпиады по другому предмету, уже написанная работа может быть аннулирована.
  4. Если факт нарушения зафиксирован техническими средствами видеофиксации, работы участника по всем предметам могут быть аннулированы.
  5. По запросу победителя (призера) олимпиад Российский совет олимпиад школьников выдает электронную форму его диплома на портале Совета олимпиад, расположенном по адресу: http://rsr-olymp.ru.

   

  Этапы олимпиады и сроки проведения олимпиады

   

  6. Олимпиада по каждому предмету проходит в два этапа:
     • Первый этап – отборочный, проводится в очной и заочной формах, в т.ч. с применением дистанционных технологий;
     • Второй этап – заключительный, проводится в очной форме на площадках в соответствии со списком, опубликованном на официальном сайте олимпиады http://olymp.mipt.ru (далее – сайт олимпиады).
  7. Отборочный этап состоит из нескольких независимых туров. Участник олимпиады по своему выбору может участвовать в одном или нескольких турах.
  8. Информация о засчитываемых турах публикуется на сайте олимпиады.
  9. Отборочный этап олимпиады проводится в период с 01 сентября 2017 года по 04 февраля 2018 года. Даты проведения каждого тура определяются организаторами, и информация публикуется на сайте олимпиады и на сайтах соответствующих туров.
  10. Заключительный этап проводится: по математике – 24 февраля 2018 года, по физике – 25 февраля 2018 года.
  11. Сроки проведения отдельных туров, а также этапов олимпиады могут корректироваться. Актуальная информация публикуется на сайте олимпиады и сайтах соответствующих туров.
  12. К участию в заключительном этапе олимпиады по предмету допускаются победители и призёры отборочного этапа по соответствующему предмету и классу текущего учебного года, а также победители и призёры заключительного этапа олимпиады прошлого учебного года по соответствующему предмету, продолжающие освоение общеобразовательных программ основного общего и среднего общего образования, а также в форме семейного образования или самообразования.

   

   

   

  Регистрация на олимпиаду

   

  13. Для участия в каждом туре и на заключительных этапах требуется регистрация участника. Регистрация участника (кроме туров с заочной формой проведения) подтверждается полностью заполненной и подписанной анкетой.
  14. На каждый тур и на заключительный этап по каждому предмету требуется отдельная регистрация, предоставляется отдельная анкета.
  15. Порядок регистрации на отборочные туры публикуется на сайте соответствующего тура.
  16. Регистрация на заключительный этап олимпиады осуществляется на сайте олимпиады http://olymp.mipt.ru в срок до 23:59 19 февраля 2018 года. Дата начала регистрации объявляется на сайте. Незарегистрированные участники к заключительному этапу не допускаются.
  17. Сроки регистрации на заключительный этап может продлеваться. Соответствующая информация публикуется на сайте олимпиады. В случае проведения регистрации в день олимпиады разрешается проводить её в виде бумажного заполнения анкет, соответствующее решение принимается организатором от МФТИ на соответствующей площадке.
  18. Регистрация на определённый тур и определённую площадку может быть закрыта досрочно в связи с окончанием мест. При этом не допускается закрытие регистрации по всем площадкам одновременно до истечения заявленного срока окончания регистрации.
  19. Участник может принять участие только на той площадке, которую указал при регистрации. Изменение площадки возможно только в установленные сроки регистрации при наличии мест в соответствии с п. 18.
  20. Участник, не представивший подписанную анкету (не вложивший её в работу), не может претендовать на получение диплома.
  21. Анкета участника заключительного этапа олимпиады скачивается и распечатывается участником самостоятельно из кабинета участника на сайте олимпиады.
  22. Анкета участника содержит согласие на сбор, хранение, использование, распространение (передачу) и публикацию собственных персональных данных, а также олимпиадной работы, в том числе в сети Интернет. Анкету подписывает участник, а также, в случае если участник несовершеннолетний, его родитель (законный представитель).
  23. Документом, удостоверяющим личность участников, достигших 14-летнего возраста, является общегражданский паспорт. Для участников, не достигших 14-летнего возраста, документом, удостоверяющим личность, является заверенная печатью среднего образовательного учреждения справка с фотографией (печать должна охватывать угол фотографии).

   

  Запуск и проведение олимпиады

  24. Время запуска по каждой точке проведения и каждому классу публикуется на сайте олимпиады.
  25. Время начала отдельных туров и заключительных этапов на различных площадках, указываются на сайте олимпиады и сайтах соответствующих туров по местному времени.
  26. Опоздавшие участники (независимо от причины) к олимпиаде не допускаются.
  27. При входе участник должен предъявить:
      • документ, удостоверяющий личность (в соответствии с п. 23);
      • подписанную анкету участника олимпиады.
  28. Родители и сопровождающие лица не допускаются в аудитории проведения олимпиады.
  29. Участники сдают верхнюю одежду, сумки, мобильные телефоны и другие средства связи в гардероб, либо в иные места хранения (при наличии) по указанию организаторов. В аудиторию участники проходят только с документом, удостоверяющим личность, анкетой участника, ручками с пастой синего или черного цвета, карандашами, обычной линейкой (не содержащей справочные сведения). Участнику разрешается иметь с собой пластиковую бутылку с негазированной минеральной водой.
  30. На олимпиаду запрещается вносить электронные устройства, шпаргалки и другие вспомогательные материалы. Наличие любых электронных устройств (даже в выключенном состоянии), шпаргалок и других вспомогательных материалов, а также попытка их пронести, приравнивается к их использованию. Во время олимпиады запрещается разговаривать и мешать окружающим.
  31. Вход участников заключительного этапа олимпиады в г. Долгопрудный проводится в соответствии с персональным графиком входа. Персональное время входа участника может рассылаться с помощью смс и e-mail рассылок накануне олимпиады, его можно узнать у организаторов в день проведения на входе в учебный корпус.
  32. Олимпиада проводится согласно следующей процедуре:
      • время, отведенное для написания работы – 4 астрономических часа;
      • находясь в аудитории, участник должен выполнять все требования дежурных, относящиеся к проведению олимпиады. Если возникает вопрос, участник должен поднять руку и ждать, когда подойдет дежурный;
      • выход участника из аудитории во время написания работы допускается только один раз с разрешения и в сопровождении дежурного, не ранее чем через 1 час после начала олимпиады и не позднее 1 часа до окончания олимпиады;
      • после получения задания участник олимпиады может покинуть аудиторию со сдачей работы не ранее, чем через 2 часа.
  33. По требованию участника с ограниченными возможностями здоровья ему может быть выдан вариант задания с укрупнённым шрифтом. Данное требование должно быть указано при регистрации.

   

  Правила оформления и проверки работ

   

  34. Правила оформления работ:
      • работа выполняется только на листах, выданных участнику в аудитории. В случае необходимости участник может получить дополнительные листы. Для этого участник должен поднять руку и ждать, когда подойдет дежурный;
      • работу рекомендуется выполнять ручкой с пастой синего или чёрного цвета. Допускается делать рисунки и чертежи карандашом;
      • черновик и чистовик должны быть отмечены и разделены. Чистовики нумеруются. Черновик работы не проверяется. Неотмеченный лист считается черновиком;
      • посторонние пометки и рисунки, не относящиеся к решению задач, в работе не допускаются. Указание личных данных в работе, кроме внешнего титульного листа, запрещены;
      • в работе должен находиться вариант задания, выданный участнику, а также полностью заполненная и подписанная анкета;
      • ответ задачи должен быть обоснован. Правильный ответ без обоснования не засчитывается.
  35. Перед проверкой работы шифруются.
  36. Работы участников удалённых за нарушения правил проведения олимпиады не проверяются.

   

  Порядок подачи и рассмотрения апелляций

   

  37. Апелляция по результатам проверки работ отборочного этапа олимпиады проводится организатором проведения олимпиады на данной региональной площадке, по каждому отборочному туру.
  38. Апелляции не по существу не рассматриваются. В апелляции должны быть указаны отсылки на критерии проверки или на конкретные неточности проверки, иначе в рассмотрении апелляции может быть отказано.
  39. Подача апелляции по результатам заключительного этапа проводится в кабинете участника олимпиады в сроки, устанавливаемые оргкомитетом. Информация о сроках подачи апелляций доносится до участников путем публикации на сайте олимпиады.
  40. При рассмотрении апелляции оценка работы может быть повышена, оставлена без изменения или понижена в случае обнаружения ошибок, не замеченных при первоначальной проверке.
  41. Решение по результатам апелляции является окончательным и пересмотру не подлежит.