Версия для печати
Убрать все задачи

---

Часть клеток бесконечной клетчатой бумаги покрашена в красный цвет, остальные — в белый (не обязательно в шахматном порядке). По красным клеткам прыгает кузнечик, по белым — блоха, причём каждый прыжок может быть сделан на любое расстояние по вертикали или горизонтали. Докажите, что кузнечик и блоха могут оказаться рядом, сделав в общей сложности (в сумме) не более трёх прыжков.

   Решение

---

Есть 40 гирек массой 1 г, 2 г, ..., 40 г. Из них выбрали 10 гирь чётной массы и положили на левую чашу весов. Затем выбрали 10 гирь нечётной массы и положили на правую чашу весов. Весы оказались в равновесии. Докажите, что на какой-нибудь чаше есть две гири с разностью масс в 20 г.

   Решение

Темы:    [ Пересекающиеся окружности ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Признаки и свойства параллелограмма ] [ Вписанный угол равен половине центрального ] [ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ] [ Четыре точки, лежащие на одной окружности ] [ Прямые, лучи, отрезки и углы (прочее) ]

Сложность: 4- Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Две окружности с центрами O₁ и O₂ пересекаются в точках A и B. Биссектриса угла O₁AO₂ повторно пересекает окружности в точках C и D.
Докажите, что центр O описанной окружности треугольника CBD равноудалён от точек O₁ и O₂.

Решение

  AO₁C и AO₂D – равнобедренные подобные треугольники (см. рис.). Далее можно рассуждать по-разному.

  Первый способ. Не умаляя общности предположим, что C лежит на отрезке AD. Пусть P – точка пересечения прямых O₁C и O₂D.   ∠O₁AC = ∠CAO₂,  следовательно,  O₁C || AO₂. Аналогично  O₁A || O₂D.  Таким образом, O₁AO₂P – параллелограмм.
  Заметим, что  O₁P = AO₂ = BO₂ и O₁B = O₁A = O₂P, то есть треугольники BO₁P и PO₂B равны. В силу симметрии O₁O₂PB – равнобедренная трапеция.
  С другой стороны,  ∠BDA = ½ ∠AO₂B = ∠AO₂O₁ = ∠O₁O₂B  и  ∠O₂O₁P = ∠AO₂O₁.  Следовательно,  ∠BDA = ∠O₁PB = ∠O₂O₁P,  то есть BCPD – вписанный четырёхугольник.
  Значит, O – центр описанной окружности четырёхугольника BCPD и, следовательно, лежит на серединном перпендикуляре к стороне BP, совпадающим с серединным перпендикуляром к O₁O₂.

  Второй способ. Так как  OO₁ ⊥ BC,  O₁O₂ ⊥ AB,  то  ∠OO₁O₂ = ∠ABC = ½ ∠AO₁C.  Аналогично ∠OO₂O₁ = ½ ∠AO₂D.
Но  ∠AO₁C = ∠AO₂D,  поэтому треугольник O₁OO₂ – равнобедренный.

Источники и прецеденты использования