Фильтр
Задачи
Задача 86104 |
|
|
Разрежьте круг на несколько равных частей так, чтобы центр круга не лежал на границе хотя бы одной из них.
Решение
Разобьём окружность с центром в точке O на шесть равных частей точками A, B, C, D, E и F. Треугольники OAB, OBC, OCD, ODE, OEF, OFA – равносторонние. Проведём дугу окружности с центром в точке A радиуса AB от точки B до точки O. Аналогично проведём дуги окружностей с центрами в точках B, C, D, E, F (см. рис.). Таким образом, мы разбили окружность на 6 равных частей. Теперь каждую из этих частей разобьём на две равные части одним из двух способов, изображённых на рисунке.
|
|
Задача 98003 |
|
|
Выпуклые четырёхугольники ABCD и PQRS вырезаны соответственно из бумаги и картона. Будем говорить, что они подходят друг к другу, если выполняются два условия:
1) картонный четырёхугольник можно наложить на бумажный так, что его вершины попадут на стороны бумажного, по одной вершине на каждую сторону;
2) если после этого перегнуть четыре образовавшихся маленьких бумажных треугольника на картонный, то они закроют весь картонный четырёхугольник в один слой.
а) Докажите, что, если четырёхугольники подходят друг к другу, то у бумажного либо две противоположные стороны параллельны,
либо диагонали перпендикулярны.
б) Докажите, что если ABCD – параллелограмм, то можно сделать подходящий к нему картонный четырёхугольник.
Решение
Будем считать, что P лежит на AB, Q – на BC, R – на CD и S – на DA. Ясно, что каждый угол картонного четырёхугольника равен половине развёрнутого угла, то есть это – прямоугольник.
а) Пусть все четыре вершины A, B, C, D после перегибания попадут в одну точку O. Тогда AP = OP = BP, то есть P – середина стороны AB. Аналогично Q – середина BC, то есть PQ – средняя линия треугольника ABC. Значит, AC || PQ. Аналогично BD || QR, а PQ ⊥ QR. Итак, в этом случае диагонали бумажного четырёхугольника перпендикулярны.
Предположим, что A и B после перегибания попадут в разные точки E и F, причём E лежит на отрезке PF. При этом угол SEF должен быть покрыт при отражении треугольника SDR, так что при сгибании D попадёт в точку E. Следовательно, E и F лежат на диагонали PR и
∠BPR = 2∠QPR = 2∠PRS = ∠PRD, то есть AB || CD.
б) Пусть угол A – острый и AB ≤ BC. В качестве точек P и R возьмём середины сторон AB и CD. На отрезке PR как на диаметре построим окружность, Q – точка её пересечения со стороной BC (если таких точек две, возьмём ближайшую к точке C), а S – диаметрально противоположная точка. Мы получили прямоугольник PQRS, вписанный в параллелограмм ABCD (см. рисунок). Докажем, что он – подходящий.
|
|
|
Задача 98117 |
|
Можно ли разрезать плоскость на многоугольники, каждый из которых переходит в себя при повороте на 360°/7 вокруг некоторой точки и все стороны которых больше 1 см?
Решение
Рассмотрим правильный семиугольник. Проведём гомотетию с большим коэффициентом относительно середины A его стороны. Вырежем из большого семиугольника еще шесть маленьких, получающихся из первого поворотами на 360°/7 вокруг центра большого семиугольника. Оставшаяся "снежинка" имеет центр симметрии 7-го порядка (см. рис.).
.Повторяя процесс, получим разбиение полуплоскости на семиугольники и "снежинки". Вторую полуплоскость разобьём аналогично.
Ответ
Можно.
|
|
|
Задача 98287 |
|
|
Прямоугольник разбит на прямоугольные треугольники, граничащие друг с другом только по целым сторонам, так, что общая сторона двух треугольников всегда служит катетом одного и гипотенузой другого. Докажите, что отношение большей стороны прямоугольника к меньшей не менее 2.
Решение
Пусть всего получилось n. треугольников. Тогда катетов – 2n, гипотенуз – n. Пусть m из этих n гипотенуз лежат на границе прямоугольника, тогда внутри него лежат n – m гипотенуз и столько же катетов, а на сторонах – n + m катетов. Следовательно, на границе лежат m + (n + m) = 2m + n вершин (четыре из которых – вершины прямоугольника).
Пусть k вершин треугольников лежат строго внутри прямоугольника; тогда сумма углов всех треугольников равна
180°n = 360°k + 180°(n + 2m – 4) + 90°·4. Отсюда k + m = 1.
m > 0, так как максимальная гипотенуза лежит на границе. Значит, k = 0, m = 1, поэтому наибольшая гипотенуза и соответствующая вершина прямого угла лежат на противоположных сторонах прямоугольника. Осталось заметить, что высота прямоугольного треугольника не больше половины гипотенузы.
|
|
|
Задача 109197 |
|
|
Можно ли разбить какую-нибудь призму на непересекающиеся пирамиды, у каждой из которых основание лежит на одном из оснований призмы, а противоположная вершина – на другом основании призмы?
Решение
Рассмотрим центральное сечение призмы. Каждая разрешённая пирамида пересекает его по многоугольнику, площадь которого в 4 раза меньше площади её основания. Сумма площадей оснований таких пирамид должна быть равна двум основаниям призмы. Но тогда сумма площадей пересечений с центральным сечением равна половине основания призмы. Значит, даже центральное сечение не заполняется целиком.
Ответ
Нельзя.
|
|
|
Страница: << 14 15 16 17 18 19 20 >> [Всего задач: 186]
