Версия для печати
Убрать все задачи

---

Через центры некоторых клеток шахматной доски 8×8 проведена замкнутая несамопересекающаяся ломаная. Каждое звено ломаной соединяет центры соседних по горизонтали, вертикали или диагонали клеток. Докажите, что в ограниченном ею многоугольнике общая площадь чёрных частей равна общей площади белых частей.

   Решение

---

На плоскости даны два таких конечных набора P₁ и P₂ выпуклых многоугольников, что любые два многоугольника из разных наборов имеют общую точку и в каждом из двух наборов P₁ и P₂ есть пара непересекающихся многоугольников. Докажите, что существует прямая, пересекающая все многоугольники обоих наборов.

   Решение

---

В ряду из 2009 гирек вес каждой гирьки составляет целое число граммов и не превышает 1 кг. Веса каждых двух соседних гирек отличаются ровно на 1 г, а общий вес всех гирь в граммах является чётным числом. Докажите, что гирьки можно разделить на две кучки, суммы весов в которых равны.

   Решение

Темы:    [ Треугольник (построения) ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Вспомогательная окружность ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Метод ГМТ ] [ Вспомогательные равные треугольники ] [ Против большей стороны лежит больший угол ] [ Доказательство от противного ]

Сложность: 4 Классы: 9,10

Прислать комментарий

Условие

Внутри остроугольного треугольника ABC постройте (с помощью циркуля и линейки) такую точку K, что  ∠KBA = 2∠KAB  и  ∠KBC = 2∠KCB.

Решение

  Пусть окружность ω с центром K и радиусом KB пересекает AB и BC в точках P и Q соответственно, а T – середина дуги ABC описанной окружности. Тогда   ∠KPB = ∠KBP = 2∠KAP,  следовательно,  ∠KAP = ∠PKA  и  AP = PK = KB.  Аналогично  CQ = QK = KB.  Поскольку
AP = CQ,  AT = CT  и  ∠PAT = ∠QCT,  треугольники TAP и TCQ равны, то есть  ∠TPB = ∠TQB  и точка T лежит на ω. Значит, центр K этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к BT. Кроме того, из условия следует, что  ∠AKC = ^3∠B/₂,  то есть K лежит на соответствующей дуге (см. рис.).

  Докажем, что построенная таким образом точка K удовлетворяет условию. Поскольку в этом случае окружность ω проходит через точку T, то
∠PTQ = ∠PBQ = ∠B = ∠ATB.  Следовательно,  ∠ATP = ∠CTQ,  и треугольники ATP и CTQ равны по стороне и двум углам. Значит,  AP = CQ.
  Если, например,  AP > PK = KB,  то  ∠PKA > ∠PAK,  ∠KPB > ∠KPB > 2∠BAK,  ∠KBC > 2∠KCB  и  ∠AKC < ^3∠B/₂,  что противоречит построению точки K.

  Аналогично при  AP < PK  получаем  ∠AKC > ^3∠B/₂.

Источники и прецеденты использования