Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 153]      

На окружности радиуса 1 отмечено 100 точек.
Докажите, что на окружности найдётся точка, сумма расстояний от которой до всех отмеченных точек будет не меньше 100.

Подсказка

Возьмите две диаметрально противоположные точки. Одна из них будет искомой.

Решение

Пусть A₁, A₂, ... , A₁₀₀ – отмеченные точки, O – центр окружности. Возьмём две диаметрально противоположные точки B и C. По неравенству треугольника  BA_i + CA_i ≥ BC = 2.  Сложив полученные оценки для всех точек A₁, A₂, ..., A₁₀₀, получим  (BA₁ + BA₂ + ... + BA₁₀₀) + (CA₁ + CA₂ + ... + CA₁₀₀) ≥ 200 = 2·100.  Поэтому одна из скобок будет не меньше 100, то есть либо точка B, либо точка C обладает требуемым свойством.

Прислать комментарий

Найдите радиус наибольшей окружности, касающейся изнутри двух пересекающихся окружностей с радиусами R и r, если расстояние между их центрами равно a
(a < R + r).

Подсказка

Воспользуйтесь неравенством треугольника.

Решение

  Пусть O₁ и O₂ – центры окружностей с радиусами R и r соответственно, A и B – наименее удалённые друг от друга их точки пересечения с прямой O₁O₂. Тогда
AB = R + r – a.
  Докажем, что окружность, построенная на отрезке AB как на диаметре, удовлетворяет условию. Рассмотрим любую другую окружность, касающуюся изнутри двух данных. Пусть O – её центр, x – радиус, M и N – точки касания с первой и второй окружностью соответственно. Тогда  O₁O = R – x,  O₂O = r – x,
O₁O + O₂O > O₁O₂,  R – x + r – x > a.
  Следовательно,  2x < R + r - a = AB.

Ответ

^R+r–a/₂.

Прислать комментарий

Докажите, что если длины сторон треугольника связаны неравенством  a² + b² > 5c², то c — длина наименьшей стороны.

Решение

Предположим, что c — не наименьшая сторона, например, a c. Тогда  a² c² и  b² < (a + c)² 4c². Поэтому  a² + b² < 5c². Получено противоречие.

Прислать комментарий

Две высоты треугольника равны 12 и 20. Докажите, что третья высота меньше 30.

Решение

Так как c > | b - a| и  a = 2S/h_a, b = 2S/h_b, c = 2S/h_c, то  > - . Значит, в нашем случае  h_c < 20 ^. 12/8 = 30.

Прислать комментарий

Из шести палочек попарно различной длины сложены два треугольника (по три палочки в каждом). Всегда ли можно сложить из них один треугольник, стороны которого состоят из одной, двух и трех палочек соответственно?

Решение

Рассмотрим два треугольника, образованных такими шестью палочками. Упорядочим длины сторон первого треугольника и обозначим их через $A > B > C$; длины сторон второго аналогично обозначим через $a > b > c$; также без ограничения общности считаем, что самая длинная палочка оказалась в первом треугольнике, то есть $A > a$. Из неравенства треугольника следует, что $A < B + C$ и $a < b + c$. Тогда возьмём в качестве сторон искомого треугольника $A$, $B + a$, $C + b + c$. Осталось проверить, что выполнены все три неравенства треугольника: \begin{align*} A &< B + C < (B + a) + (C + b + c); \\ B + a &< A + (b + c) < A + (C + b + c) ; \\ C + b + c &< B + a + a < B + A + a = A + (B + a) . \end{align*}

Комментарий.

Существуют и другие способы получить требуемый треугольник. Например, если упорядочить длины всех шести палочек в порядке убывания $a_1 > a_2 > a_3 > a_4 > a_5 > a_6$, то можно составить треугольник со сторонами $a_1$, $a_2 + a_4$, $a_3 + a_5 + a_6$.

Ответ

Да, всегда.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 153]