Страница:
<< 104 105 106 107
108 109 110 >> [Всего задач: 915]
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 9,10,11
|
Сколько (максимум) кругов можно расположить на плоскости так, чтобы каждые два из них пересекались, а никакие три – нет?
Решение
Очевидно, что четыре круга расположить требуемым образом можно.
Пусть есть пять кругов K1, ..., K5, удовлетворяющих условию, и aij – общая хорда кругов Ki и Kj. Отрежем от круга K1 сегмент, ограниченный хордой a12 и целиком лежащий в K2. Проделав так для каждой пары кругов, мы получим пять выпуклых криволинейных восьмиугольников M1, ..., M5, каждый из которых имеет четыре стороны-хорды и четыре стороны-дуги. Каждые два из этих восьмиугольников имеют общую сторону-дугу, и никакие три не имеют общих точек. Пусть хорды a12, a13, a14, a15 расположены в этом порядке при обходе границы M1 по часовой стрелке. Проведя отрезки, соединяющие середины хорд a12, a24, a14, получим треугольник T, каждая сторона которого лежит внутри одного из восьмиугольников (M1, M2 и M4), а вершины – на указанных хордах. Поскольку отрезок, соединяющий середины хорд a13, a15, пересекает сторону T (соединяющую a12 с a14), один из многоугольников M3, M5 лежит внутри T, а другой снаружи. Но тогда они не имеют общей стороны. Противоречие.
Ответ
4 круга.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 9,10,11
|
Дан треугольник ABC, O – центр его описанной окружности. Проекции точек D и X на стороны треугольника лежат на прямых l и L, причём
l || XO. Докажите, что прямая L образует равные углы с прямыми AB и CD.
Решение
Из условия следует, что точки D и X лежат на описанной окружности треугольника ABC, а прямые l и L являются их прямыми Симсона. Проведём хорды CC', DD' и XX', параллельные AB. Согласно задаче 56945 прямая l, а значит, и радиус OX перпендикулярны CD', а L ⊥ CX'. Поэтому утверждение задачи равносильно равенству дуг X'D и XC. Но ⌣X'D = ⌣XD' = ⌣XС.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
|
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность ω с центром O, M1 и M2 – середины сторон AB и CD соответственно; Ω – описанная окружность треугольника OM1M2, X1 и X2 – точки пересечения ω с Ω, а Y1 и Y2 – вторые точки пересечения описанных окружностей ω1 и ω2 треугольников CDM1 и ABM2 соответственно с Ω. Докажите, что X1X2 || Y1Y2.
Решение
Пусть K – точка пересечения прямых AB и CD. Так как углы OM1K и OM2K прямые, OK – диаметр окружности ω. Поскольку X1X2 ⊥ OK, для решения задачи достаточно доказать, что дуги KY1 и KY2 равны, то есть что ∠KM1Y1 = ∠KM2Y2.
Пусть N1, N2 – вторые точки пересечения окружностей ω1 и ω2 с AB и CD соответственно. Тогда KM1·KN1 = KC·KD = KA·KB, следовательно, N1K·N1M1 = N1A·N1B. Таким образом, степени точки N1 относительно окружностей Ω и ω2 равны, то есть N1 лежит на прямой M2Y2. Аналогично N2 лежит на прямой M1Y1 (см. рис.). Но четырёхугольник M1M2N2N1, очевидно, вписанный, откуда и следует требуемое равенство.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
Дан тетраэдр ABCD. В грани ABC и ABD вписаны окружности с центрами O1, O2, касающиеся ребра AB в точках T1, T2. Плоскость πAB проходит через середину отрезка T1T2 и перпендикулярна O1O2. Аналогично определяются плоскости πAC, πBC, πAD, πBD, πCD. Докажите, что все эти шесть плоскостей проходят через одну точку.
Решение
Рассмотрим четыре сферы, для которых данные окружности являются большими кругами. Тогда, например, плоскость πAB будет радикальной плоскостью двух сфер, касающихся ребра AB, следовательно, она проходит через радикальный центр всех сфер. Остальные плоскости также проходят через эту точку.
Можно ли разрезать правильный десятиугольник по нескольким диагоналям и сложить из получившихся кусков два правильных многоугольника?
Решение
См. рис.
Ответ
Можно.
Страница:
<< 104 105 106 107
108 109 110 >> [Всего задач: 915]
Фильтр
