Версия для печати
Убрать все задачи

---

Коля и Петя делят 2n + 1 орехов, n2, причём каждый хочет получать возможно больше. Предполагаются три способа дележа (каждый проходит в три этапа). 1-й этап: Петя делит все орехи на две части, в каждой не меньше двух орехов. 2-й этап: Коля делит каждую часть снова на две, в каждой не меньше одного ореха. 1-й и 2-й этапы общие для всех трёх способов. 3-й этап: При первом способе Коля берёт большую и меньшую части; При втором способе Коля берёт обе средние части; При третьем способе Коля берёт либо большую и меньшую части, либо обе средние части, но за право выбора отдаёт Пете один орех. Определить, какой способ самый выгодный для Коли и какой наименее выгоден для него.

   Решение

Темы:    [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Три прямые, пересекающиеся в одной точке ] [ Треугольник, образованный основаниями двух высот и вершиной ] [ Симметрия помогает решить задачу ] [ Вписанные и описанные окружности ]

Сложность: 4+ Классы: 8,9,10

Прислать комментарий

Условие

Точки A', B', C' – основания высот остроугольного треугольника ABC. Окружность с центром B и радиусом BB' пересекает прямую A'C' в точках K и L (точки K и A лежат по одну сторону от BB'). Докажите, что точка пересечения прямых AK и CL лежит на прямой BO, где O – центр описанной окружности треугольника ABC.

Решение 1

Так как ортоцентр треугольника ABC является центром вписанной окружности треугольника A'B'C' (см. задачу 52866), точка, симметричная B' относительно AB, лежит на прямой A'C', то есть совпадает с K. Аналогично, B' и L симметричны относительно BC. Отсюда следует, что  ∠AKC' = ∠AB'C' = ∠CB'A' = ∠CL'A',  то есть точка пересечения AK и CL лежит на серединном перпендикуляре к отрезку KL. Так как  BK = BB' = BL,  этот серединный перпендикуляр совпадает с биссектрисой угла KBL, которая в силу равенства  ∠OBA = 90° – ∠C = ∠B'BC проходит через O (рис. слева).

Решение 2

Пусть BT – высота треугольника BA'C'. Из подобия BA'C' и BCA имеем  BT : BK = BT : BB' = BA' : BC = cos∠ABC,  поэтому  ∠KBT = ∠ABC = ∠LBT.  Значит,
∠KBA = ∠KBT – ∠ABT = ∠ABC – ∠CBB' = ∠ABB'.  Следовательно, точки K и B' симметричны относительно AB, поэтому AK (и аналогично CL) – касательные к нашей окружности в точках K и L. Они пересекаются на биссектрисе угла KBL, то есть на прямой BT (рис. справа). Но, как известно, точка O тоже лежит на прямой BT (см. задачу 56510 б).

Источники и прецеденты использования