Версия для печати
Убрать все задачи

---

Стороны треугольника равны 3, 4 и 5. Биссектрисы внешних углов треугольника продолжены до пересечения с продолжениями сторон.
Докажите, что одна из трёх полученных точек есть середина отрезка, соединяющего две другие.

   Решение

---

Чичиков играет с Ноздрёвым. Сначала Ноздрёв раскладывает 222 ореха по двум коробочкам. Посмотрев на раскладку, Чичиков называет любое целое число N от 1 до 222. Далее Ноздрёв должен переложить, если надо, один или несколько орехов в пустую третью коробочку и предъявить Чичикову одну или две коробочки, где в сумме ровно N орехов. В результате Чичиков получит столько мертвых душ, сколько орехов переложил Ноздрёв. Какое наибольшее число душ может гарантировать себе Чичиков, как бы ни играл Ноздрёв.

   Решение

---

Рассматривается шестиугольник, который является пересечением двух (не обязательно равных) правильных треугольников.
Докажите, что если параллельно перенести один из треугольников, то периметр пересечения (если оно остаётся шестиугольником), не меняется.

   Решение

---

Даны 11 гирь разного веса (одинаковых нет), каждая весит целое число граммов. Известно, что как ни разложить гири (все или часть) на две чаши, чтобы гирь на них было не поровну, всегда перевесит чаша, на которой гирь больше. Докажите, что хотя бы одна из гирь весит более 35 граммов.

   Решение

---

Внутри угла расположены две окружности с центрами A и B. Они касаются друг друга и двух сторон угла.
Докажите, что окружность с диаметром AB касается сторон угла.

   Решение

---

В треугольнике одна сторона в три раза меньше суммы двух других. Докажите, что против этой стороны лежит наименьший угол треугольника.

   Решение

---

В треугольнике ABC точки A', B', C' лежат на сторонах BC, CA и AB соответственно. Известно, что  ∠AC'B' = ∠B'A'C,  ∠CB'A' = ∠A'C'B,  ∠BA'C' = ∠C'B'A.  Докажите, что точки A', B', C' – середины сторон треугольника ABC.

   Решение

---

В некоторых клетках квадрата 11×11 стоят плюсы, причём всего плюсов чётное количество. В каждом квадратике 2×2 тоже чётное число плюсов.
Докажите, что чётно и число плюсов в 11 клетках главной диагонали квадрата.

   Решение

---

Существуют ли такие две функции  f и g, принимающие только целые значения, что для любого целого x выполнены соотношения:
  а)  f(f(x)) = x,  g(g(x)) = x,   f(g(x)) > x,  g(f(x)) > x?
  б)  f(f(x)) < x, g(g(x)) < x,   f(g(x)) > x,  g(f(x)) > x?

   Решение

---

D – точка на стороне BC треугольника ABC. B треугольники ABD, ACD вписаны окружности, и к ним проведена общая внешняя касательная (отличная от BC), пересекающая AD в точке K. Докажите, что длина отрезка AK не зависит от положения точки D на BC.

   Решение

---

На длинной скамейке сидели мальчик и девочка. Затем по одному пришли ещё 20 детей, и каждый садился между какими-то двумя уже сидящими. Назовём девочку отважной, если она садилась между двумя соседними мальчиками, а мальчика – отважным, если он садился между двумя соседними девочками. В итоге оказалось, что мальчики и девочки на скамейке чередуются. Можно ли наверняка сказать, сколько отважных среди детей на скамейке?

   Решение

---

Две окружности пересекаются в точках A и B. В точке A к обеим проведены касательные, пересекающие окружности в точках M и N. Прямые BM и BN пересекают окружности еще раз в точках P и Q (P – на прямой BM, Q – на прямой BN). Докажите, что отрезки MP и NQ равны.

   Решение

---

Из центра O правильного n-угольника A₁A₂...A_n проведены n векторов в его вершины. Даны такие числа  a₁, a₂, ..., a_n,  что
a₁ > a₂ > ... > a_n > 0.  Докажите, что линейная комбинация векторов     отлична от нулевого вектора.

   Решение

---

Найдите геометрическом место ортоцентров (точек пересечения высот) всевозможных треугольников, вписанных в данную окружность.

   Решение

---

Треугольник ABC вписан в окружность. Точка A₁ диаметрально противоположна точке A, точка A₀ – середина стороны BC, точка A₂ симметрична точке A₁ относительно точки A₀. Точки B₂ и C₂ определяются аналогично. Докажите, что точки A₂, B₂ и C₂ совпадают.

   Решение

---

Угол при вершине A равнобедренного треугольника ABC  (AB = AC)  равен 20°. На стороне AB отложим отрезок AD, равный BC. Найдите угол BCD.

   Решение

---

На бесцветной плоскости покрасили три произвольные точки: одну – в красный цвет, другую – в синий, третью –` в жёлтый. Каждым ходом выбирают на плоскости любые две точки двух из этих цветов и окрашивают еще одну точку в оставшийся цвет так, чтобы эти три точки образовали равносторонний треугольник, в котором цвета вершин идут в порядке "красный, синий, жёлтый" (по часовой стрелке). При этом разрешается красить и уже окрашенную точку плоскости (считаем, что точка может иметь одновременно несколько цветов). Докажите, что сколько бы ходов ни было сделано, все точки одного цвета будут лежать на одной прямой.

   Решение

---

На доске 8×8 стоят 8 не бьющих друг друга ладей. Все клетки доски распределяются во владения этих ладей по следующему правилу. Клетка, на которой стоит ладья, отдаётся этой ладье. Клетку, которую бьют две ладьи, получает та из ладей, которая ближе к этой клетке; если же эти две ладьи равноудалены от клетки, то каждая из них получает по полклетки. Докажите, что площади владений всех ладей одинаковы.

   Решение

---

Прямая отсекает от правильного 10-угольника ABCDEFGHIJ со стороной 1 треугольник PAQ, в котором  PA + AQ = 1.
Найдите сумму углов, под которыми виден отрезок PQ из вершин B, C, D, E, F, G, H, I, J.

   Решение

---

В треугольнике ABC на стороне AB выбрана точка D, отличная от B, причём  AD : DC = AB : BC.  Докажите, что угол C тупой.

   Решение

---

В параллелограмме ABCD, не являющемся ромбом, проведена биссектриса угла BAD. K и L – точки её пересечения с прямыми BC и CD соответственно. Докажите, что центр окружности, проведённой через точки C, K и L, лежит на окружности, проведённой через точки B, C и D.

   Решение

---

На катетах прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C вовне построили квадраты ACKL и BCMN; CE – высота треугольника. Докажите, что угол LEM прямой.

   Решение

---

Из точки O, лежащей внутри выпуклого n-угольника A₁A₂...A_n, проведены отрезки ко всем вершинам: OA₁, OA₂, ..., OA_n . Оказалось, что все углы между этими отрезками и прилегающими к ним сторонами n-угольника – острые, причём  ∠OA₁A_n ≤ ∠OA₁A₂,  ∠OA₂A₁ ≤ ∠OA₂A₃,  ...,
∠OA_n–1A_n–2 ≤ ∠OA_n–1A_n,  ∠OA_nA_n–1 ≤ ∠OA_nA₁.  Докажите, что O – центр окружности, вписанной в n-угольник.

   Решение

---

Квадрат ABCD и окружность пересекаются в восьми точках так, что образуются четыре криволинейных треугольника:  AEF, BGH, CIJ, DKL  (EF, GH, IJ, KL – дуги окружности). Докажите, что
  а) сумма длин дуг EF и IJ равна сумме длин дуг GH и KL;
  б) сумма периметров криволинейных треугольников AEF и CIJ равна сумме периметров криволинейных треугольников BGH и DKL.

   Решение

---

Каких пятизначных чисел больше: не делящихся на 5 или тех, у которых ни первая, ни вторая цифра слева – не пятёрка?

   Решение

---

Дан треугольник ABC, AA₁, BB₁ и CC₁ – его биссектрисы. Известно, что величины углов A, B и C относятся как  4 : 2 : 1.  Докажите, что  A₁B₁ = A₁C₁.

   Решение

Темы:    [ Поворот помогает решить задачу ] [ Правильные многоугольники ] [ Вспомогательные равные треугольники ] [ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ] [ Теорема синусов ] [ Тождественные преобразования (тригонометрия) ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Дан треугольник ABC, AA₁, BB₁ и CC₁ – его биссектрисы. Известно, что величины углов A, B и C относятся как  4 : 2 : 1.  Докажите, что  A₁B₁ = A₁C₁.

Решение

  Обозначим:  α = ^π/₇.

  Первый способ. Пусть углы A, B, C равны 4α, 2α, α, I – точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Равенства  ∠AB₁I = 2α = ∠IAB₁,
∠СC₁A = ^5α/₂ = ∠C₁IA  влекут равенство отрезков  AC₁ = AI = IB₁.  Аналогично из равенств  ∠ABA₁ = 2α = ∠BAA₁,  ∠BIA₁ = 3α = ∠B₁AI  следует, что  AA₁ = BA₁ = BI.
  Выберем на отрезке BI такую точку K, что  ∠BA₁K = α.  Тогда  ∠BA₁K = ∠KBA₁,  ∠KA₁I = ∠IKA₁ = 2α,  поэтому  IK = IA₁  и
KA₁ = KB = BI – IK = AA₁ – IA₁ = AI = AC₁,  B₁K = B₁I + IK = AI + IA₁ = AA₁.  Треугольники KA₁B₁ и AC₁A₁ равны по двум сторонам и углу между ними, отсюда  A₁B₁ = A₁C₁.

  Второй способ. В правильном семиугольнике ABXYZCT отношения углов треугольника ABC как раз  4 : 2 : 1.  Опишем вокруг семиугольника окружность с центром O. Биссектрисы AA₁ и BB₁ проходят через середины дуг BC и AC – точки Y и T соответственно. Из симметрии относительно прямой OZ видим, что  BA₁ = AA₁  и  YA₁ = CA₁,  а из симметрии относительно прямой OY – что YB₁ – биссектриса угла AYT. При повороте на угол 3α вокруг точки A₁ точка B перейдёт в A, С – в Y, луч BA – в луч AC, а луч СС₁ – в луч YB₁ (угол между ними равен 3α). Поэтому C₁ (точка пересечения BA и CC₁) перейдёт в B₁ (точка пересечения AC и YB₁), тем самым отрезок A₁C₁ перейдёт в отрезок A₁B₁.

  Третий способ. Достаточно доказать равенство треугольников AA₁B₁ и BA₁С₁, для чего достаточно проверить равенство  AB₁ = BС₁.  Выражая эти отрезки через стороны треугольника ABC, сводим всё к проверке равенства  b(a + b) = a(a + c),  то есть (теорема синусов)
sin 2α (sin 4α + sin 2α) = sin 4α (sin 4α + sin α).  Но  sin 2α (sin 4α + sin 2α) = 2 sin 2α sin 3α sin α  и
sin 4α (sin 4α + sin α) = sin 3α (sin 3α + sin α) = 2 sin 3α sin 2α sin α.

Замечания

1. Равенство  b(a + b) = a(a + c)  можно проверить и без тригонометрии. Продолжим сторону CB за точку B на отрезок  BP = c.  Пусть прямая CA второй раз пересекает описанную окружность треугольника ABP в точке Q. Тогда  ∠PAB = ∠APB = α,  поэтому QB – биссектриса угла Q, т.е. треугольник QBC равнобедренный:  BQ = BC = a.  Кроме того,  ∠ABQ = ∠A – ∠QAC = 3α,  т.е. треугольник AQB равнобедренный:  AQ = BQ = a.  По теореме о секущей  CA·CQ = CB·CP,  т.е.  b(a + b) = a(a + c).

2. 7 баллов.

3. Задача была опубликована в Задачнике "Кванта" ("Квант", 2006, №3, задача М2001).

Источники и прецеденты использования