Выбрана 1 задача 
Убрать все задачи
Даны две окружности, длина каждой из которых
равна 100 см. На одной из них отмечено 100 точек, а на
другой — несколько дуг, сумма длин которых меньше 1 см.
Докажите, что эти окружности можно совместить так, чтобы
ни одна отмеченная точка не попала на отмеченную дугу.
|
|
 |
Условие
В основании A1A2...An
пирамиды SA1A2...An лежит точка O, причём SA1 = SA2 = ... = SAn и ∠SA1O = ∠SA2O = ... = ∠SAnO.
При каком наименьшем значении n отсюда следует, что SO – высота пирамиды?
Решение
По теореме синусов для треугольников SAkO (k = 1, 2, ..., n)
Так как правая часть этого равенства не зависит от выбора k = 1, 2, ..., n, величина sin∠SOAk
также не зависит от этого выбора. Следовательно, при различном выборе k величина угла SOAk может принимать не более двух различных
значений, каждое из которых вместе с величинами длин SO, SAk
и угла SOAk однозначно определяет треугольник SAkO.
Если n ≥ 5, то среди треугольников SAkO (k = 1, 2, ..., 5) есть по крайней мере три одинаковых. Пусть это, для определенности, треугольники SA1O, SA2O и SA3O. Так как OA1 = OA2 = OA3, точка O – центр описанной окружности треугольника A1A2A3. Пусть SH – высота пирамиды SA1A2A3. Тогда точка H также является центром описанной около A1A2A3 окружности, то есть H = O.
При n = 4 из условия не следует, что SO – высота пирамиды. Например, если A1A2A3A4 – равнобокая трапеция, O – точка пересечения её диагоналей, H – центр описанной около
неё окружности, то для пирамиды SA1A2A3A4, в которой SH является высотой к основанию, выполнены все условия задачи. Действительно, во-первых,
SA1 = SA2 = SA3 = SA4 в силу равенства (по двум катетам) треугольников SHA1, SHA2, SHA3 и
SHA4, а во-вторых,
∠SA1O = ∠SA2O = ∠SA3O = ∠SA4O в силу равенства (по трём сторонам) равнобедренных треугольников SA1A3 и SA2A4. При этом H ≠ O. При n ≤ 4 из условия тем более не следует, что SO – высота пирамиды (соответствующий пример получается из предыдущего рассмотрением его части – пирамиды SA1A2A3 ).
Ответ
При n = 5.
