Версия для печати
Убрать все задачи

---

Можно ли замостить доминошками 1×2 шахматную доску 8×8, из которой вырезаны
  а) клеточки b3 и e7;
  б) два противоположных угловых поля (a1 и h8)?

   Решение

---

На одной прямой взяты точки A₁, B₁ и C₁, а на другой — точки A₂, B₂ и C₂. Прямые A₁B₂ и A₂B₁, B₁C₂ и B₂C₁, C₁A₂ и C₂A₁ пересекаются в точках C, A и B соответственно. Докажите, что точки A, B и C лежат на одной прямой (Папп).

   Решение

---

На сторонах AB, BC и CD четырехугольника ABCD (или на их продолжениях) взяты точки K, L и M. Прямые KL и AC пересекаются в точке P, LM и BD — в точке Q. Докажите, что точка пересечения прямых KQ и MP лежит на прямой AD.

   Решение

---

Вася шёл от дома до автобусной остановки пешком со скоростью 4 км/ч, затем ехал на автобусе до школы со скоростью 30 км/ч и затратил на весь путь 1 час. Обратно из школы он ехал на автобусе со скоростью 36 км/ч и шёл пешком от остановки до дома со скоростью 3 км/ч. На обратную дорогу он потратил 1 час 5 мин. Найти путь, который Вася проехал на автобусе, и расстояние от дома до остановки.

   Решение

---

Докажите, что среди любых 10 целых чисел найдётся несколько, сумма которых делится на 10.

   Решение

---

Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром в точке O. Точки E и F – середины не содержащих других вершин дуг AB и CD соответственно. Прямые, проходящие через точки E и F параллельно диагоналям четырёхугольника ABCD, пересекаются в точках K и L. Докажите, что прямая KL содержит точку O.

   Решение

---

а) На параллельных прямых a и b даны точки A и B. Проведите через данную точку C прямую l, пересекающую прямые a и b в таких точках A₁ и B₁, что AA₁ = BB₁.
б) Проведите через точку C прямую, равноудаленную от данных точек A и B.

   Решение

---

Две хоккейные команды одинаковой силы договорились, что будут играть до тех пор, пока суммарный счёт не достигнет 10.
Найдите математическое ожидание числа моментов, когда наступала ничья.

   Решение

---

Продолжения сторон AB и CD четырехугольника ABCD пересекаются в точке P, а продолжения сторон BC и AD — в точке Q. Через точку P проведена прямая, пересекающая стороны BC и AD в точках E и F. Докажите, что точки пересечения диагоналей четырехугольников  ABCD, ABEF и CDFE лежат на прямой, проходящей через точку Q.

   Решение

---

Можно ли составить из цифр 2, 3, 4, 9 (каждую цифру можно использовать сколько угодно раз) два числа, одно из которых в 19 раз больше другого?

   Решение

---

На высотах BB₁ и CC₁ треугольника ABC взяты точки B₂ и C₂ так, что   ∠AB₂C = ∠AC₂B = 90°.  Докажите, что  AB₂ = AC₂.

   Решение

---

На сторонах AB, BC, CD и DA квадрата ABCD построены внутренним образом правильные треугольники ABK, BCL, CDM и DAN. Докажите, что середины сторон этих треугольников (не являющихся сторонами квадрата) и середины отрезков KL, LM, MN и NK образуют правильный двенадцатиугольник.

   Решение

---

Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством: если все прямые, на которых лежат его стороны, параллельно перенести на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному, причём параллельные стороны окажутся пропорциональными. Доказать, что в данный многоугольник можно вписать окружность.

   Решение

Темы:    [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Гомотетичные многоугольники ] [ Вписанные и описанные многоугольники ] [ Итерации ] [ Окружность, вписанная в угол ] [ Лемма о вложенных отрезках ]

Сложность: 6- Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством: если все прямые, на которых лежат его стороны, параллельно перенести на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному, причём параллельные стороны окажутся пропорциональными. Доказать, что в данный многоугольник можно вписать окружность.

Решение

Заметим, что обратное утверждение доказать значительно проще: если в многоугольник можно вписать окружность, то при отодвигании всех его сторон на одно и тоже расстояние (в частности, на единицу) получается подобный многоугольник, причём центром подобия служит центр окружности.
Перейдём теперь к решению задачи.
Первый способ.

Пусть многоугольник P' получается из многоугольника P отодвиганием сторон внутрь многоугольника P на расстояние 1 и в то же время P' можно получить из P преобразованием f подобия с коэффициентом k < 1. Подвергнем этому преобразований многоугольник P вместе с нарисованным внутри него многоугольником P'. Тогда внутри P' (образа P) появится новый многоугольник P'' (образ P'), подобный P' (с коэффициентом k) и P (с коэффициентом k²), причём, очевидно, стороны P'' = f (P') можно получить отодвиганием сторон P' внутрь на расстояние k. Точно так же, отодвинув стороны ещё на k² получим многоугольник f (P'') = P⁽³⁾, расположенный внутри P'' (образ P'' при преобразовании f), и так далее: f (P⁽³⁾) = P⁽⁴⁾,..., f (P⁽ⁿ⁾) = P⁽ⁿ⁺¹⁾, ...,
гдеP P' P'' P⁽³⁾ ... P⁽ⁿ⁾....
Очевидно, поскольку стороны многоугольника P⁽ⁿ⁾ каждый раз уменьшаются в одном и том же отношении, их длины стремятся к нулю, и поэтому пересечение всех многоугольников состоит из одной точки. (Тот факт, что это пересечение не пусто, легко вывести из аналогичного утверждения для числовой прямой: последовательность вложенных отрезков [a;b] [a₁;b₁] ... [a_n, b_n] ... всегда имеет общую точку (это утверждение или какое-либо ему эквивалентное при аксиоматическом введении действительных чисел принимается обычно за аксиому).) Обозначим её через O.
Каждая сторона многоугольника P' последовательно отодвигается на расстояния k, k², k³,..., kⁿ,..., поэтому расстояние от каждой стороны до точки O равно одному и тому же числу — сумме бесконечной геометрической прогрессии

Таким образом, окружность с центром O и радиусом r касается всех сторон многоугольника P'.
Заметим, что в приведённом доказательстве было несущественно, какие именно стороны соответствуют друг другу при преобразовании подобия f, переводящем P в P'. Можно доказать такую лемму: если многоугольники P и P' (полученный из P отодвиганием сторон на 1) подобны с каким угодно соответствием сторон (с "поворотом" или "симметричным отражением" порядка сторон), то всегда будет иметь место и подобие c естественным порядком сторон — гомотетия с коэффициентом k (0 < k < 1). Доказательство, независимое от первого решения, мы приведём в конце, а пока дадим ещё два решения задачи, опирающихся на эту лемму (то есть подразумевающих естественное соответствие сторон при подобии).

Второй способ. Пусть [AB] — сторона P, [A'B'] — соответствующая сторона P', O — точка пересечения (AA') и (BB'). Тогда

Отсюда следует, что в той же точке O прямую BB' пересекает прямая CC' (BC и B'C' — соответствующие стороны P и P'), и так далее. Кроме того, очевидно, что прямые AA', BB', CC',... являются биссектрисами углов A', B', C',... многоугольника P'. Отсюда следует, что точка O служит центром окружности, вписанной в P'.

Третий способ. Разрежем "щель" между многоугольниками P и P' на прямоугольники высоты 1 с основаниями A'B', B'С', С'D', ... и "ромбоиды" — четырёхугольники, остающиеся у каждой вершины A, B, C, .... Очевидно, из этих ромбоидов можно составить один многоугольник, описанный около окружности радиуса единица, причём его углы соответственно конгруэнтны A, B, C ,..., а длины сторон равны разностям длин соответствующих сторон многоугольников P и P', то есть равны (1 − k)|AB|, (1 − k)|BC|, .... Таким образом, наш многоугольник P' подобен многоугольнику, описанному около окружности радиуса 1, значит, и в него можно вписать окружность (радиус её будет равен, очевидно, r = ).

Доказательство леммы. Будем для каждой стороны [AB] многоугольника P обозначать через [A'B'] ту сторону P', которая получается при отодвигании AB. Пусть при подобии стороне [A₁B₁] соответствует [A₂'B₂']:
[A₁B₁] [A₂'B₂'], [A₂B₂][A₃'B₃'], ..., [A_r-1B_r-1][A_r'B_r'], [A_rB_r][A₁'B₁'].
Тогда A₁ = A₂ = ... = A_r = 2α и B₁ = B₂ = ... = B_r = 2β, а поэтому разность длин |A_iB_i| − |A_i'B_i'| = d одна и та же для всех i (d = ctgα + ctgβ). Пусть k — коэффициент подобия, |A_iB_i| = x_i. Тогда

Но, как нетрудно доказать, это система (при 0 < k < 1) имеет только одно решение x₁ = x₂ = ... = x_r = . Таким образом, мы доказали, что для любой стороны A₁B₁ многоугольника P |A₁'B₁'| = k|A₁B₁|, то есть соответствующие друг другу (при отодвигании!) стороны многоугольников пропорциональны. Углы при отодвигании не меняются, поэтому подобие многоугольников с естественным соответствием сторон [AB][A'B'] доказано.

Источники и прецеденты использования