Выбрано 5 задач 
Убрать все задачи
На плоскости даны две окружности $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$, касающиеся внешним образом. На окружности $\omega_{1}$ выбран диаметр $AB$, а на окружности $\omega_{2}$ выбран диаметр $CD$. Рассмотрим всевозможные положения точек $A$, $B$, $C$ и $D$, при которых $ABCD$ — выпуклый описанный четырёхугольник, и пусть $I$ — центр его вписанной окружности. Найдите геометрическое место точек $I$.
В каждой клетке полоски длины 100 стоит по фишке. Можно за 1 рубль поменять местами любые две соседние фишки, а также можно бесплатно поменять местами любые две фишки, между которыми стоят ровно три фишки. За какое наименьшее количество рублей можно переставить фишки в обратном порядке?
Существуют ли 100 таких натуральных чисел, среди которых нет одинаковых, что куб одного из них равен сумме кубов остальных?
Внутри параллелограмма $ABCD$ взята такая точка $P$, что ∠$PDA$ = ∠$PBA$. Пусть Ω – вневписанная окружность треугольника $PAB$, лежащая против вершины $A$, а ω – вписанная окружность треугольника $PCD$. Докажите, что одна из общих касательных к Ω и ω параллельна $AD$.
Ортогональной проекцией тетраэдра на плоскость одной из его граней является трапеция площади 1. Может ли ортогональной проекцией этого тетраэдра на плоскость другой его грани быть квадрат площади 1?
|
|
 |
Условие
Ортогональной проекцией тетраэдра на плоскость одной из его граней является трапеция площади 1. Может ли ортогональной проекцией этого тетраэдра на плоскость другой его грани быть квадрат площади 1?
Решение
Предположим, что это возможно, и исходный тетраэдр $A'BCD$ проецируется в квадрат $ABCD$ со стороной 1. Достроим исходный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда $ABCDA'B'C'D'$, имеющего размеры $1\times 1\times x$.
Заметим, что исходный тетраэдр симметричен относительно плоскости $AA'C'C$. Поэтому при проекции на плоскость грани $A'BD$ трапеция получиться не может (если две противоположные стороны параллельны, то две другие тоже параллельны). В силу симметрии достаточно рассмотреть проекцию на плоскость грани $A'CD$. Проведем высоту $BH$ в треугольнике $B'BC$ (см. рис.). Тогда точка $H$ — проекция точки $B$ на плоскость $A'B'CD$, так как прямая $BH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CB'$ и $CD$ в этой плоскости, а значит, и самой плоскости. Поэтому при проекции исходного тетраэдра на плоскость грани $A'CD$ получается трапеция $A'HCD$. Из прямоугольного треугольника $BB'C$ в силу подобия получаем $HC : BC = BC : B'C$. Отсюда находим $$ HC = \frac{BC^2}{B'C} = \frac1{\sqrt{x^2+1}}. $$ Площадь трапеции $A'HCD$ равна $$ S(x) = DC \cdot \frac{A'D + HC}{2} = \frac12\Bigl(\sqrt{x^2+1} + \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\Bigr) \geqslant 1 $$ (здесь мы воспользовались неравенством о средних для двух положительных чисел: $\frac{a + b}{2} \geqslant \sqrt{ab}$). При этом равенство достигается, только если слагаемые равны между собой, т. е. при $x = 0$. Но $x>0$, поэтому $S(x) > 1$.
Ответ
Не может.
