На плоскости даны 16 точек (см. рисунок).

  а) Покажите, что можно стереть не более восьми из них так, что из оставшихся никакие четыре не будут лежать в вершинах квадрата.
  б) Покажите, что можно обойтись стиранием шести точек.
  в) Найдите минимальное число точек, которые достаточно стереть для этого.

   Решение

Дана бесконечная последовательность многочленов P₁(x), P₂(x), ... . Всегда ли существует конечный набор функций  f₁(x),  f₂(x), ...,  f_N(x), композициями которых можно записать любой из них (например,  P₁(x) =  f₂(f₁(f₂(x))))?

   Решение

Даны две пересекающиеся окружности с центрами O₁, O₂. Постройте окружность, касающуюся одной из них внешним, а другой внутренним образом, центр которой удален от прямой O₁O₂ на наибольшее расстояние.

   Решение

Разделим каждое четырёхзначное число на сумму его цифр. Какой самый большой результат может получиться?

   Решение

В треугольнике ABC провели биссектрису CK, а в треугольнике BCK – биссектрису KL. Прямые AC и KL пересекаются в точке M. Известно, что
∠A > ∠C.  Докажите, что  AK + KC > AM.

   Решение

Темы:    [ Против большей стороны лежит больший угол ] [ Вспомогательные равные треугольники ]

Сложность: 4- Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

В треугольнике ABC провели биссектрису CK, а в треугольнике BCK – биссектрису KL. Прямые AC и KL пересекаются в точке M. Известно, что
∠A > ∠C.  Докажите, что  AK + KC > AM.

Решение

  Обозначим  ∠A = α,  ∠C = γ.

  Первый способ. На продолжении биссектрисы CK за точку K отложим отрезок  KA₁ = KA.  Тогда  AK + KC = A₁K + KC = CA₁.  Треугольники AKM и A₁KM равны по двум сторонам и углу между ними  (∠AKM = ∠BKL = ∠CKL = ∠A₁KM),  поэтому  AM = A₁M.  Осталось доказать, что  CA₁ > A₁M.
  ∠ACK = ^γ/₂.  По теореме о внешнем угле треугольника  ∠AKA₁ = α + ^γ/₂,  ∠AMK = ∠CAK – ∠AKM = α – ½ (α + ^γ/₂) = ^α/₂ – ^γ/₄.  Значит,
∠CMA₁ = ∠AMA₁ = 2∠AMK = 2(^α/₂ – ^γ/₄) = α – ^γ/₂ > ^γ/₂ =  ∠MCA₁,  поскольку  α > γ.  В треугольнике CMA₁ против большего угла CMA₁лежит большая сторона CA₁.

  Второй способ.  ∠BKL = ∠AKM = ^α/₂ + ^γ/₄,  ∠AML = ^α/₂ – ^γ/₄.
  Следовательно,  AM > AK  и на отрезке AM можно отложить такую точку P, что  KP = PM.  Тогда  ∠KPC = 2∠PMK = 2∠AML = α – ^γ/₂,
∠PKA = ∠AKM – ∠PKM = (^α/₂ + ^γ/₄) – (^α/2 – ^γ/₄) = ^γ/₂ = ∠KCP.
  Из условия следует, что  α – ^γ/₂ > ^γ/₂,  значит, в треугольнике APK сторона AK больше стороны AP, а в треугольнике KPC сторона KC больше стороны KP. Таким образом,  AK + KC > AP + KP = AM.

Источники и прецеденты использования