Выбрано 12 задач 
Убрать все задачи
Отрезок KB является биссектрисой треугольника KLM .
Окружность радиуса 5 проходит через вершину K ,
касается стороны LM в точке B и пересекает сторону
KL в точке A . Найдите угол MKL и площадь
треугольника KLM , если ML=9 , KA:LB=5:6 .
Два бегуна стартовали одновременно из одной точки. Сначала они бежали по улице до стадиона, а потом до финиша – три круга по стадиону. Всю дистанцию оба бежали с постоянными скоростями, и в ходе забега первый бегун дважды обогнал второго. Докажите, что первый бежал по крайней мере вдвое быстрее, чем второй.
Дан треугольник ABC. Точки A1, B1 и
C1 – середины сторон BC, AC и AB соответственно.
На продолжении отрезка C1B1 отложен отрезок B1K
по длине равный .
Известно, AA1 = BC. Докажите, что AB = BK.
От балки в форме треугольной призмы с двух сторон отпилили (плоской пилой) по куску. Спилы не задели ни оснований, ни друг друга.
а) Могут ли спилы быть подобными, но не равными треугольниками?
б) Может ли один спил быть равносторонним треугольником со стороной 1, а другой – равносторонним треугольником со стороной 2?
В справочнике "Магия для чайников" написано:
Замените в слове ЗЕМЛЕТРЯСЕНИЕ одинаковые буквы на одинаковые цифры, а разные – на разные.
Если полученное число окажется простым, случится настоящее землетрясение.
Возможно ли таким образом устроить землетрясение?
На сторонах BC, AC и AB остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что лучи A1A, B1B и С1C являются биссектрисами углов треугольника A1B1C1. Докажите, что AA1, BB1 и СС1 – высоты треугольника ABC.
Докажите, что если у выпуклого многоугольника все углы равны, то по крайней мере у двух его сторон длины не превосходят длин соседних с ними сторон.
В некоторых клетках шахматной доски стоят фигуры. Известно, что на каждой горизонтали стоит хотя бы одна фигура, причём в разных горизонталях – разное число фигур. Докажите, что всегда можно отметить 8 фигур так, чтобы в каждой вертикали и каждой горизонтали стояла ровно одна отмеченная фигура.
Кривая на плоскости в некоторой системе координат (декартовой) служит графиком функции y = sin x. Может ли та же кривая являться графиком функции y = sin 2x в другой системе координат: если да, то каковы её начало координат и единицы длины на осях (относительно исходных координат и единиц длины)?
Окружность проходит через вершины B и C треугольника ABC и пересекает стороны AB и AC в точках D и E соответственно. Отрезки CD и BE пересекаются в точке O. Пусть M и N – центры окружностей, вписанных соответственно в треугольники ADE и ODE. Докажите, что середина меньшей дуги DE лежат на прямой MN.
В тетраэдре ABCD из вершины A опустили перпендикуляры AB' , AC' , AD' на плоскости, делящие двугранные углы при ребрах CD , BD , BC пополам. Докажите, что плоскость (B'C'D') параллельна плоскости (BCD) .
Докажите, что если для чисел a, b и c выполняются неравенства
| a - b|| c|,
| b - c|
| a|,
| c - a|
| b|, то одно из
этих чисел равно сумме двух других.
|
|
 |
Условие
Докажите, что если для чисел a, b и c выполняются неравенства
| a - b|| c|,
| b - c|
| a|,
| c - a|
| b|, то одно из
этих чисел равно сумме двух других.
Решение
Первый способ.
Предположим, сначала, что одно из чисел равно нулю. Пусть, например, a = 0
(остальные случаи аналогичны). Тогда получим неравенства: | b|| c| и
| c|
| b|, откуда | b| = | c|, т. е. b = c или b = - c. В первом случае
b = a + c, во втором a = b + c. Все доказано.
Пусть теперь ни одно из чисел a, b и c не равно нулю. Без ограничения
общности можно считать, что число a — максимальное по модулю среди чисел a,
b и c (т. е. | a|| b|, | a|
| c|). Также
можно считать, что a > 0 (в противном случае произведем замену: a = - a1,
b = - b1, c = - c1). Тогда | a| = a, | a - b| = a - b, | a - c| = a - c.
При этих предположениях из неравенства
| b - c|| a| следует, что числа b и
c не могут иметь одинаковых знаков (подумайте, почему).
Возможны два случая.
1o. b > 0, c < 0. Тогда | b| = b, | c| = - c и | b - c| = b - c, так что мы получаем
неравенства a - b - c, b - c
a, a - c
b. Из первого неравенства
следует, что b
a + c, из второго — что b
a + c, значит, b = a + c.
2o. b < 0, c > 0. Тогда, аналогично предыдущему случаю, получим неравенства
a - bc, c - b
a, a - c
- b. Следовательно, в этом случае одновременно
выполняются неравенства c
a + b, c
a + b, т. е. c = a + b. Таким
образом, в обоих случаях утверждение доказано.
Второй способ.
Возведем неравенство
| a - b|| c| в квадрат и перенесем все члены в левую
часть, получим
(a - b)2 - c2
0. Разложив левую часть на множители по
формуле разности квадратов, получим:
(a - b - c)(a - b + c)
0, или, что то же
самое,
Перемножая эти произведения находим, что
