Версия для печати
Убрать все задачи

---

В каждой клетке таблицы  (n–2)×n  (n > 2)  записано целое число от 1 до n, причём в каждой строке все числа различны и в каждом столбце все числа различны. Докажите, что эту таблицу можно дополнить до квадрата n×n, записав в каждую новую клетку какое-нибудь целое число от 1 до n так, чтобы по-прежнему в каждой строке и в каждом столбце числа были различны.

   Решение

---

На доске написаны два 2007-значных числа. Известно, что из обоих чисел можно вычеркнуть по семь цифр так, чтобы получились одинаковые числа. Докажите, что в исходные числа можно вписать по семь цифр так, чтобы тоже получились одинаковые числа.

   Решение

Темы:    [ Теорема косинусов ] [ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Основания трапеции равны 3 см и 5 см. Одна из диагоналей трапеции равна 8 см, угол между диагоналями равен 60^o . Найдите периметр трапеции.

Подсказка

Через вершину меньшего основания трапеции проведите прямую, параллельную одной из диагоналей.

Решение

Пусть ABCD – данная трапеция, BC=3 и AD=5 – её основания, AC=8 – данная диагональ, O – точка пересечения диагоналей. Через вершину C проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть эта прямая пересекается с продолжением основания AD в точке E . Тогда BCED – параллелограмм,

DE=BC=3, AE = AD+DE = AD+BC=3+5 = 8 = AC.
Поэтому треугольник CAE – равнобедренный. Значит,
AEC = ACE = AOD.
Заметим, что угол AOD не может быть тупым, т.к. он равен углу ACE при основании равнобедренного треугольника. Поэтому AOD = 60^o . Следовательно, треугольник ACE – равносторонний, а значит, CE=8 . Поскольку диагонали AC и BD трапеции ABCD равны, то она равнобедренная. По теореме косинусов из треугольника CED находим, что
CD2 = CE2+DE2 - 2· CE· DE cos 60^o = 64+9 - 2· 8· 3 · = 49.
Поэтому CD = 7 . Следовательно, периметр трапеции равен 3+5+7+7 = 22 .

Ответ

22.00

Источники и прецеденты использования