Выбрано 14 задач 
Убрать все задачи
Найти геометрическое место четвёртых вершин прямоугольников, три вершины которых лежат на двух данных концентрических окружностях, а стороны параллельны двум данным прямым.
К некоторому натуральному числу справа последовательно приписали два двузначных числа. Полученное число оказалось равным кубу суммы трёх исходных чисел. Найдите все возможные тройки исходных чисел.
Известно, что в кодовом замке исправны только кнопки с номерами 1, 2, 3, а код этого замка трёхзначен и не содержит других цифр. Написать последовательность цифр наименьшей длины, наверняка открывающую этот замок (замок открывается, как только подряд и в правильном порядке нажаты все три цифры его кода).
Из всех параллелограммов данной площади найти тот, у которого наибольшая диагональ минимальна.
Разрежьте квадрат на 6 частей и сложите из них три одинаковых квадрата.
В треугольник вписана окружность, и точки касания её со сторонами треугольника соединены между собой. В полученный таким образом треугольник вписана новая окружность, точки касания которой со сторонами являются вершинами третьего треугольника, имеющего те же углы, что и первоначальный треугольник. Найти эти углы.
В прямоугольной таблице произведение суммы чисел любого столбца на сумму чисел
любой строки равно числу, стоящему на их пересечении.
Доказать, что сумма всех чисел в таблице равна единице, или все числа равны нулю.
На стороне AD выпуклого четырёхугольника ABCD нашлась такая точка M, что CM и BM параллельны AB и CD соответственно.
Докажите, что SABCD ≥ 3SBCM.
Точки M, N, K – середины рёбер соответственно AB, BC,
DD1 параллелепипеда ABCDA1B1C1D1.
а) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки M, N, K.
б) В каком отношении эта плоскость делит ребро CC1 и диагональ DB1?
в) В каком отношении эта плоскость делит объём параллелепипеда?
За круглым столом сидят 2015 человек, каждый из них – либо рыцарь, либо лжец. Рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут. Им раздали по одной карточке, на каждой карточке написано по числу; при этом все числа на карточках различны. Посмотрев на карточки соседей, каждый из сидящих за столом сказал: "Мое число больше, чем у каждого из двух моих соседей". После этого k из сидящих сказали: "Мое число меньше, чем у каждого из двух моих соседей". При каком наибольшем k это могло случиться?
а) Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки P описанной окружности треугольника на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой (прямая Симсона).
б) Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки P на стороны треугольника или их продолжения, лежат на одной прямой. Докажите, что точка P лежит на описанной окружности треугольника.
Дан выпуклый четырёхугольник площади S. Внутри него выбирается точка и отображается симметрично относительно середин его сторон. Получаются четыре вершины нового четырёхугольника. Найдите его площадь.
Найдите высоту трапеции, у которой основания равны a и b (a < b), угол между диагоналями равен 90o, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45o.
В тетраэдр ABCD вписана сфера с центром O, касающаяся его граней BCD, ACD, ABD и ABC в точках A1, B1, C1 и D1 соответственно.
а) Пусть Pa – такая точка, что точки, симметричные ей относительно прямых OB, OC и OD, лежат в плоскости BCD. Точки Pb, Pc и Pd определяются аналогично. Докажите, что прямые A1Pa, B1Pb, C1Pc и D1Pd пересекаются в некоторой точке P.
б) Пусть I – центр сферы, вписанной в тетраэдр A1B1C1D1; A2 – точка пересечения прямой A1I с плоскостью B1C1D1; B2, C2, D2 определены аналогично. Докажите, что P лежит внутри тетраэдра A2B2C2D2.
|
|
 |
Условие
В тетраэдр ABCD вписана сфера с центром O, касающаяся его граней BCD, ACD, ABD и ABC в точках A1, B1, C1 и D1 соответственно.
а) Пусть Pa – такая точка, что точки, симметричные ей относительно прямых OB, OC и OD, лежат в плоскости BCD. Точки Pb, Pc и Pd определяются аналогично. Докажите, что прямые A1Pa, B1Pb, C1Pc и D1Pd пересекаются в некоторой точке P.
б) Пусть I – центр сферы, вписанной в тетраэдр A1B1C1D1; A2 – точка пересечения прямой A1I с плоскостью B1C1D1; B2, C2, D2 определены аналогично. Докажите, что P лежит внутри тетраэдра A2B2C2D2.
Решение
а) Пусть Ba – второй конец диаметра A1Ba описанной окружности треугольника A1С1D1 с центром Ob и радиусом RB. Точки Ca, Da, Oa и т.д. определим аналогично. Обозначим вписанную сферу тетраэдра ABCD через ω, а её радиус через r. Пусть da(X) – расстояние от точки X до плоскости (B1C1D1), аналогично определим db(X) и т.д.
Очевидно, Ba симметрична A1 относительно BO. Так как плоскость (BCD) касается ω, то и PaBa касается ω. Пусть Q – проекция Pa на плоскость (A1С1D1). ∠PaBaO = 90°, значит, треугольники PaQBa и BaOaO подобны, и db(Pa) : RB = PaBa : r. Аналогично
dc(Pa) : RC = PaCa : r и dd(Pa) : RD = PaDa : r. Поскольку PaBa = PaCa = PaDa (как касательные к сфере), то расстояния db(Pa), dc(Pa), dd(Pa) от Pa до граней тетраэдра A1В1С1В1 относятся, как RB : RC : RD. Аналогично расстояния от Pb до соответствующих граней относятся, как RA : RC : RD, и такие же пропорции верны для Pc и Pd.
Но геометрическим местом точек с фиксированным отношением расстояний до трёх данных плоскостей является прямая, проходящая через общую точку этих плоскостей, а геометрическим местом точек с данным отношением расстояний до двух плоскостей – плоскость, проходящая через линию их пересечения. Следовательно, прямые A1Pa и B1Pb лежат в одной плоскости и пересекаются в некоторой точке P. Через эту же точку проходят прямые C1Pc и D1Pd.
б) Заметим, что внутренность тетраэдра A2B2C2D2 является ГМТ X, для которых верны неравенства da(X) + db(X) + dc(X) ≥ 2dd(X),
db(X) + dc(X) + dd(X) ≥ 2da(X) и т.д. В этом легко убедиться, используя барицентрические координаты относительно тетраэдра A1B1C1D1. Действительно, если α, β, γ и δ – координаты некоторой точки X, а dA и т.д. – расстояния от A2 до трёх соответствующих граней A1B1C1D1, то
da(X) = βdB + γdC + δdD и т.д, значит, 3dA = db(X) + dc(X) + dd(X) – 2da(X) и т.д. Поэтому неравенства выполнены тогда и только тогда, когда α, β, γ и δ положительны, то есть X лежит внутри A2B2C2D2.
Таким образом, осталось показать, что RA + RB + RC > 2RD.
Заметим, что все грани A1B1C1D1 – остроугольные треугольники, а точки Oa, Ob лежат внутри них. Очевидно,
2RA + 2RB + 2RC ≥ B1С1 + C1A1 + A1B1 (диаметры больше хорд). Пусть K, L и M – середины сторон B1C1, A1C1, A1B1 треугольника A1B1C1. Точка Od лежит внутри четырёхугольника A1LKB1 (так как она лежит внутри треугольника KLM), значит, A1L + LK + KB1 > A1Od + OdB1. Но
A1L + LK + KB1 = ½ B1C1 + ½ C1A1 + ½ A1B1, откуда и вытекает нужное неравенство.
