Версия для печати
Убрать все задачи

---

В пространстве даны 200 точек. Каждые две из них соединены отрезком, причём отрезки не пересекаются друг с другом. Первый игрок красит каждый отрезок в один из k цветов, затем второй игрок красит в один из тех же цветов каждую точку. Если найдутся две точки и отрезок между ними, окрашенные в один цвет, выигрывает первый игрок, в противном случае второй. Докажите, что первый может гарантировать себе выигрыш, если
  а)  k = 7;   б)  k = 10.

   Решение

---

Даны 15 целых чисел, среди которых нет одинаковых. Петя записал на доску все возможные суммы по 7 из этих чисел, а Вася – все возможные суммы по 8 из этих чисел. Могло ли случиться, что они выписали на доску одни и те же наборы чисел? (Если какое-то число повторяется несколько раз в наборе у Пети, то и у Васи оно должно повторяться столько же раз.)

   Решение

---

С помощью циркуля и линейки опишите около данной окружности ромб с данным углом.

   Решение

---

Решить в целых числах уравнение  ¹/_a + ¹/_b + ¹/_c = 1.

   Решение

---

Докажите, что две изотомические прямые треугольника не могут пересекаться внутри его серединного треугольника. ( Изотомическими прямыми треугольника $ABC$ называются две прямые, точки пересечения которых с прямыми $BC$, $CA$, $AB$ симметричны относительно середин соответствующих сторон треугольника.)

   Решение

---

Известно, что уравнение  x⁴ + ax³ + 2x² + bx + 1 = 0  имеет действительный корень. Докажите неравенство  a² + b² ≥ 8.

   Решение

---

Внутри треугольника $ABC$ на биссектрисе угла $A$ выбрана произвольная точка $J$. Лучи $BJ$ и $CJ$ пересекают стороны $AC$ и $AB$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Касательная к описанной окружности треугольника $AKL$ в точке $A$ пересекает прямую $BC$ в точке $P$. Докажите, что $PA=PJ$.

   Решение

---

Докажите, что число
  а)  97⁹⁷,
  б)  1997¹⁷
нельзя представить в виде суммы кубов нескольких идущих подряд натуральных чисел.

   Решение

---

Докажите, что если

то один из углов треугольника ABC равен 60^o.

   Решение

---

Докажите, что  16Rr - 5r² p² 4R² + 4Rr + 3r².

   Решение

---

В некоторых клетках квадрата 200×200 стоит по одной фишке – красной или синей; остальные клетки пусты. Одна фишка видит другую, если они находятся в одной строке или одном столбце. Известно, что каждая фишка видит ровно пять фишек другого цвета (и, возможно, некоторое количество фишек своего цвета). Найдите наибольшее возможное количество фишек.

   Решение

---

Окружности $s_1$ и $s_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проводятся всевозможные прямые, вторично пересекающие окружности в точках $P_1$ и $P_2$. Постройте циркулем и линейкой ту прямую, для которой $P_1A\cdot AP_2$ принимает наибольшее значение.

   Решение

Темы:    [ Пересекающиеся окружности ] [ Построения (прочее) ] [ Экстремальные свойства (прочее) ] [ Инверсия помогает решить задачу ] [ Гомотетия помогает решить задачу ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Окружности $s_1$ и $s_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проводятся всевозможные прямые, вторично пересекающие окружности в точках $P_1$ и $P_2$. Постройте циркулем и линейкой ту прямую, для которой $P_1A\cdot AP_2$ принимает наибольшее значение.

Решение 1

Пусть $X$, $Y$ – проекции точки $A$ на прямые $BP_1$, $BP_2$. Так как углы $AP_1B$, $AP_2B$ не зависят от выбора прямой, произведения $AP_1\cdot AP_2$ и $AX\cdot AY$ принимают наибольшие значения одновременно. Поскольку точки $X$, $Y$ лежат на окружности с диаметром $AB$, то угол $XAY$, а значит, и длина отрезка $XY$ постоянны, следовательно, надо найти такое положение хорды $XY$, при котором расстояние от $A$ до нее максимально. Так как все хорды $XY$ касаются фиксированной окружности с центром в середине $AB$, максимальное расстояние достигается, когда точка касания находится на максимальном расстоянии от $A$. Построение соответствующей хорды очевидно.

Так как концы построенной хорды можно обозначить через $X$ и $Y$ двумя способами, мы получаем два положения прямой $P_1P_2$. При одном из них $BA$ является внутренней биссектрисой угла $P_1BP_2$, при другом – внешней. Если угол $P_1BP_2$ тупой, максимальное значение произведения $AP_1\cdot AP_2$ достигается в первом случае, если острый, во втором. При $\angle P_1BP_2=90^{\circ}$ значения произведений равны.

Решение 2

После инверсии с центром $A$ получаем следующую задачу:

Даны точка $A$ и прямые $\ell_1$ и $\ell_2$. Нужно построить прямую, проходящую через $A$ и пересекающую $\ell_1$ и $\ell_2$ в точках $P_1$ и $P_2$ так, что $P_1A \cdot AP_2$ минимально.

Зафиксируем $\ell_1$ и применим к $\ell_2$ гомотетию с центром $A$, после которой $A$ будет равноудалена от $\ell_1$ и $\ell_2$. Все произведения $P_1A \cdot AP_2$ умножатся на одно и тоже число, поэтому искомая прямая не изменится. Пусть $\ell_1$ и $\ell_2$ пересекаются в точке $C$, а перпендикуляр к $CA$ в точке $A$ пересекает $\ell_1$ и $\ell_2$ в точках $Q_1$ и $Q_2$ соответственно. Треугольник $CQ_1Q_2$ равнобедренный, а $A$ – середина $Q_1Q_2$.

Докажем, что искомая прямая – это либо $Q_1Q_2$, либо $AC$. Пусть $m$ – прямая через $A$, пересекающая $\ell_1$ и $\ell_2$ в точках $P_1$ и $P_2$ соответственно. Без ограничения общности есть два случая.

В первом $P_1$ лежит на отрезке $CQ_1$, а $P_2$ лежит на продолжении $CQ_2$ за точку $Q_2$. Поскольку $\angle P_1P_2Q_2 < \angle AQ_2C = \angle P_1Q_1Q_2$, то точка $Q_1$ лежит внутри окружности $(P_1P_2Q_2)$, а значит, $Q_1A \cdot AQ_2 < P_1A \cdot AP_2$.

Во втором случае $P_1$ лежит на отрезке $CQ_1$, а $P_2$ лежит на продолжении $CQ_2$ за точку $C$. Поскольку $\angle P_1P_2C < \angle P_1CA$, то окружность $P_1CP_2$ пересекает отрезок $CA$, а значит, $CA^2 < P_1A \cdot AP_2$.

Для построения искомой прямой нужно сделать циркулем и линейкой инверсию и гомотетию, выбрать из величин $Q_1A \cdot AQ_2$ и $CA^2$ наименьшую, и провести соответствующую прямую.

Источники и прецеденты использования