اکنون در دسترس! پژوهش تلگرام ۲۰۲۵ — مهمترین بینشهای سال 
Геометрия-канал
رفتن به کانال در Telegram
Решаем задачи по геометрии каждый день. Чат https://t.me/joinchat/DxYaB0QLindiVZpW32-rfQ
نمایش بیشتر9 815
مشترکین
+124 ساعت
-187 روز
-230 روز
در حال بارگیری داده...
کانالهای مشابه
ابر برچسبها
اشارات ورودی و خروجی
---
---
---
---
---
---
جذب مشترکین
ژوئن '26
ژوئن '26
+38
در 0 کانالها
مه '26
+122
در 3 کانالها
Get PRO
آوریل '26
+134
در 3 کانالها
Get PRO
مارس '26
+115
در 2 کانالها
Get PRO
فوریه '26
+177
در 3 کانالها
Get PRO
ژانویه '26
+134
در 0 کانالها
Get PRO
دسامبر '25
+133
در 2 کانالها
Get PRO
نوامبر '25
+137
در 1 کانالها
Get PRO
اکتبر '25
+193
در 6 کانالها
Get PRO
سپتامبر '25
+164
در 2 کانالها
Get PRO
اوت '25
+180
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئیه '25
+287
در 1 کانالها
Get PRO
ژوئن '25
+112
در 0 کانالها
Get PRO
مه '25
+173
در 6 کانالها
Get PRO
آوریل '25
+173
در 2 کانالها
Get PRO
مارس '25
+277
در 3 کانالها
Get PRO
فوریه '25
+169
در 3 کانالها
Get PRO
ژانویه '25
+239
در 1 کانالها
Get PRO
دسامبر '24
+253
در 5 کانالها
Get PRO
نوامبر '24
+301
در 2 کانالها
Get PRO
اکتبر '24
+357
در 3 کانالها
Get PRO
سپتامبر '24
+339
در 7 کانالها
Get PRO
اوت '24
+243
در 4 کانالها
Get PRO
ژوئیه '24
+266
در 7 کانالها
Get PRO
ژوئن '24
+233
در 1 کانالها
Get PRO
مه '24
+401
در 3 کانالها
Get PRO
آوریل '24
+227
در 2 کانالها
Get PRO
مارس '24
+210
در 4 کانالها
Get PRO
فوریه '24
+391
در 6 کانالها
Get PRO
ژانویه '24
+295
در 2 کانالها
Get PRO
دسامبر '23
+256
در 1 کانالها
Get PRO
نوامبر '23
+397
در 6 کانالها
Get PRO
اکتبر '23
+565
در 3 کانالها
Get PRO
سپتامبر '23
+444
در 0 کانالها
Get PRO
اوت '23
+261
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئیه '23
+214
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئن '23
+194
در 0 کانالها
Get PRO
مه '23
+332
در 0 کانالها
Get PRO
آوریل '23
+222
در 0 کانالها
Get PRO
مارس '23
+233
در 0 کانالها
Get PRO
فوریه '23
+346
در 0 کانالها
Get PRO
ژانویه '23
+421
در 0 کانالها
Get PRO
دسامبر '22
+364
در 0 کانالها
Get PRO
نوامبر '22
+430
در 0 کانالها
Get PRO
اکتبر '22
+419
در 0 کانالها
Get PRO
سپتامبر '22
+381
در 0 کانالها
Get PRO
اوت '22
+352
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئیه '22
+210
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئن '22
+214
در 0 کانالها
Get PRO
مه '22
+339
در 0 کانالها
Get PRO
آوریل '22
+285
در 0 کانالها
Get PRO
مارس '22
+287
در 0 کانالها
Get PRO
فوریه '22
+158
در 0 کانالها
Get PRO
ژانویه '22
+300
در 0 کانالها
Get PRO
دسامبر '21
+351
در 0 کانالها
Get PRO
نوامبر '21
+277
در 0 کانالها
Get PRO
اکتبر '21
+294
در 0 کانالها
Get PRO
سپتامبر '21
+350
در 0 کانالها
Get PRO
اوت '21
+170
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئیه '21
+108
در 0 کانالها
Get PRO
ژوئن '21
+136
در 0 کانالها
Get PRO
مه '21
+205
در 0 کانالها
Get PRO
آوریل '21
+216
در 0 کانالها
Get PRO
مارس '21
+203
در 0 کانالها
Get PRO
فوریه '21
+310
در 0 کانالها
Get PRO
ژانویه '21
+284
در 0 کانالها
Get PRO
دسامبر '20
+4 411
در 0 کانالها
| تاریخ | رشد مشترکین | اشارات | کانالها | |
| 12 ژوئن | 0 | |||
| 11 ژوئن | +4 | |||
| 10 ژوئن | +3 | |||
| 09 ژوئن | +3 | |||
| 08 ژوئن | 0 | |||
| 07 ژوئن | 0 | |||
| 06 ژوئن | +3 | |||
| 05 ژوئن | +3 | |||
| 04 ژوئن | +6 | |||
| 03 ژوئن | +4 | |||
| 02 ژوئن | +6 | |||
| 01 ژوئن | +6 |
پستهای کانال
| 2 |  в комментариях к предыдущему посту напомнили такой физико-геометрически сюжет
будем кидать камни из точки O в разных направлениях с фиксированной начальной скоростью
в вертикальной плоскости возникнет множество парабол
задачи от Торричелли: доказать, что
1) они имеют общую директриссу
2) их фокусы лежат на одной окружности
3) все они касаются одной параболы
(картинка — из видео Wild Mathing; решения можно прочитать в статье Заславского и Нилова в Кванте №1 за 2023 год) | 1 817 |
| 3 | учебный год закончился. предлагаю желающим написать в комментарии по паре геометрических задач/фактов, которые восхитили в этом году (сам чуть позже тоже напишу)
// указывать источник и автора приветствуется, но пожалуйста пишите условия, не просто номера | 2 166 |
| 4 |  +1Во второй задаче черные прямые это директрисы общего фокуса.
\\ Вторая задача предлагалась в проекте по ТДИ с ЗКТГ | 2 136 |
| 5 | выложена видеозапись лекции Д.В.Прокопенко «Необычные идеи в геометрических задачах» на закрытии ММО-2026
https://mathnet.ru/present50591
доступно начинающим | 2 971 |
| 6 | Отметьте все верные утверждения | 1 845 |
| 7 |  Задача одна — решений много
В новой статье Дмитрия Викторовича Прокопенко обсуждается более десятка разных решений одной задачи.
Статья, как это обычно бывает у Д.В., такова, что сразу же хочется пересказывать всюду.
К примеру, замечательная коллега(Лариса, привет!) провела целый урок по этой статье в форме игры: класс разбивается на команды и нужно придумать как можно больше различных решений.
Сегодня, мне кажется, прекрасный повод посмотреть не только на статью, но и на обновлённую страничку с материалами Дмитрия Викторовича: статьи, видео, карта по материалам — всё там.
Дима, с Днём Рождения! 🎁
Продолжай писать! | 2 145 |
| 8 | [среда 20 мая, 16:15, ауд.302]
Иван Полянский, Михаил Чернов,
"Движение точек в стереометрии"
В планиметрии есть метод «движения точек», он достаточно известный в олимпиадной геометрии, но никто не пытался двигать точки в пространстве. Этим мы и займёмся.
Мы расскажем про алгебру Грассмана и операции на ней (внешнее произведение и звёздочку Ходжа), которые позволяют задавать геометрические объекты в проективном пространстве и работать с ними. Эта же теория применяется и для движения точек в плоскости.
Если останется время, то мы порешаем задачи по стереометрии от публики, так что можно принести свои задачи (с подвижным условием, где не зафиксирована какая-нибудь точка).
Для понимания доклада надо знать, что такое однородные координаты. | 1 875 |
| 9 |  на стороне и двух диагоналях правильного пятиугольника построены квадраты как на рисунке
доказать, что 4 точки лежат на одной прямой
// такой задачи от М.Панова кажется здесь еще не было | 2 850 |
| 10 | В этом году я вёл кружок по геометрии для 9 классов в Л2Ш, поэтому прилагаю файлик со всеми листиками.
Я старался убирать опечатки, но скорее всего они там все еще есть. | 2 374 |
| 11 | лекция Ю.А.Блинкова про геометрические неравенства тоже представляет интерес совсем не только для учителей:
https://vk.com/video-65937233_456239427
начинается все с совсем простых вещей, а доходит до не таких уж простых задач с Устной олимпиады по геометрии, Турнира городов… | 5 560 |
| 12 |  Легко проверить, что правильный треугольник и квадрат можно разрезать на равные части так, чтобы центр лежал строго внутри одной из частей.
Оказывается, что правильный шестиугольник можно разрезать на 108 равных трапеций так, чтобы центр лежал внутри одной из них.
Это построение осуществил Питер Мюлер при помощи компьютера, опираясь на следующую идею: сначала разрезать шестиугольник на равные правильные треугольники, а потом объединить некоторые треугольники в трапеции.
Можно ли осуществить аналогичное разрезание для других правильных многоугольников или круга - открытый вопрос. | 2 761 |
| 13 |  видеозапись лекции В.Н.Дубровского про движения: vk.com/video-65937233_456239430 (в т.ч. обсуждается предыдущая задача) | 2 312 |
| 14 |  биссектриса угла параллелограмма пересекает продолжение его стороны
вокруг образовавшегося треугольника описали зеленую окружность
доказать, что центр зеленой окружности лежит на окружности, проходящей через остальные вершины параллелограмма
// задача И.Ф.Шарыгиина с сегодняшней лекции В.Н.Дубровского | 2 557 |
| 15 | вот, кстати, видеозапись геометрического доклада Д.В.Прокопенко: vk.com/video-65937233_456239422
можно узнать решение задачи выше — и совсем не только | 2 042 |
| 16 | Дана пирамида с основанием параллелограмм (пускай общего положения — без лишних равных ребер) объема 1. Составим из ее боковых граней тетраэдр. Какой у него объем?
// на лекциях Д.В.Прокопенко всегда бывают симпатичные задачи — с сегодняшней пусть будет такая (предлагалась когда-то на мат. регате) | 2 067 |
| 17 | 28.04> Дано четыре точки общего положения A, B, C, D на плоскости. Тогда ГМТ P таких, что двойное отношение (PA, PB, PC, PD) = const — коника через A, B, C, D.
Как задаются коники, проходящие через точки A, B, C, D? Если l1=0 — (линейное) уравнение прямой AB и т.д., то уравнение такой коники получается как линейная комбинация l1.l3 и l2.l4… другими словами, может быть записано в виде l1.l3/l2.l4 = const.
Ну вот если взять в качестве l1(P) площадь (ориентированную) треугольника ABP и т.д., то l1.l3/l2.l4 — это как раз двойное отношение из условия.
***
Еще я думаю можно увести точки C и D в циклические (общие комплексные точки всех окружностей) и двойное отношение станет примерно углом APB. Но не придумал простого объяснения (а считать пока поленился) | 2 301 |
| 18 | 1. Дано четыре точки общего положения A, B, C, D на плоскости. Тогда ГМТ P таких, что двойное отношение (PA, PB, PC, PD) = const — коника через A, B, C, D.
2. Дано 6 точек A, A_1, B, B_1, C, C_1 на плоскости так, что они не образуют четырёхсторонник. Тогда ГМТ P таких, что существует проективная инволюция, которая меняет пары прямых (PA, PA_1), (PB, PB_1), (PC, PC_1) — кубика через A, A_1, B, B_1, C, C_1.
\\ Геометрическое (довольно сложное) доказательство 2, можно прочитать в окончательной версии проекта 1 ЗКТГ про ТДИ и всё такое. Еще там продлили время подачи работ. Напомню, что ЗКТГ это один из способов попасть на ЛКТГ. | 2 008 |
| 19 | 03.04> У первого тетраэдра каждый двугранный угол не больше соответствующего двугранного угла второго. Доказать, что все неравенства обращаются в равенство.
Обозначим единичные нормальные вектора к граням одного тетраэдра a, b, c, d, площади соответствующих граней — A, B, C, D. Тогда Aa+Bb+Cc+Dd=0 (если не верите — заполните тетраэдр водой).
Пусть у другого тетраэдра все скалярные произведения нормалей к граням (они и определяют двугранные углы!) не больше: (a',b')⩽(a,b) и т.д.
Если хотя бы одно из этих неравенств строгое, то у вектора Aa'+Bb'+Cc'+Dd' скалярный квадрат меньше, чем у Aa+Bb+Cc+Dd, т.е. меньше нуля. Противоречие.
// если придумали другое решение — поделитесь | 1 976 |
| 20 |  > На окружности отмечены точки A, B, C. Построить на этой окружности точку D так, чтобы в четырехугольник ABCD можно было вписать окружность.
В выпуклый четырехугольник ABCD можно вписать окружность <=> вписанные окружности треугольников ABC и ADC касаются AC в одной точке (ср. с постами выше).
То есть центр I' вписанной окружности треугольника ADC должен лежать на перпендикуляре из I к AC… а с другой стороны, мы знаем, под каким углом должна быть видна сторона AC из точки I'.
Теперь легко построить I' как пересечение прямой и дуги окружности (центр этой окружности — середина M дуги ABC). А уж дальше и вовсе делать нечего (например, отражая относительно AI' луч AC получаем луч AD и т.п.). | 0 |
