ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Выбрано 7 задач
Версия для печати
Убрать все задачи

К Ивану на день рождения пришли 2$N$ гостей. У Ивана есть $N$ чёрных и $N$ белых цилиндров. Он хочет устроить бал: надеть на гостей цилиндры и выстроить их в хороводы (один или несколько) так, чтобы в каждом хороводе было хотя бы два человека и люди в цилиндрах одного цвета не стояли в хороводе рядом. Докажите, что Иван может устроить бал ровно $(2N)!$ различными способами. (Цилиндры одного цвета неразличимы; все гости различимы.)

Вниз   Решение


Отрезки AD , BD и CD попарно перпендикулярны. Известно, что площадь треугольника ABC равна S , а площадь треугольника ABD равна Q . Найдите площадь ортогональной проекции треугольника ABD на плоскость ABC .

ВверхВниз   Решение


В Долине Пяти Озёр есть пять одинаковых озёр, некоторые из которых соединены ручьями (на рис. пунктиром обозначены возможные "маршруты" ручьёв). Маленькие караси появляются на свет только в озере S. Пока карась взрослеет, он ровно четыре раз переходит из одного озера в другое по какому-нибудь ручью (карась выбирает ручей наудачу), а затем остается жить в том озере, в котором оказался. Из каждой тысячи карасей в среднем 375 остается жить в озере S, а остальные остаются жить в озере B, в других озерах не остается жить никто. Определите, сколько ручьёв в Долине Пяти Озёр.

ВверхВниз   Решение


В треугольнике ABC угол A равен 120°, точка D лежит на биссектрисе угла A, и  AD = AB + AC.  Докажите, что треугольник DBC – равносторонний.

ВверхВниз   Решение


а) В городе Мехико для ограничения транспортного потока для каждой частной автомашины устанавливаются два дня недели, в которые она не может выезжать на улицы города. Семье требуется каждый день иметь в распоряжении не менее десяти машин. Каким наименьшим количеством машин может обойтись семья, если её члены могут сами выбирать запрещенные дни для своих автомобилей?

б) В Мехико для каждой частной автомашины устанавливается один день в неделю, в который она не может выезжать на улицы города. Состоятельная семья из десяти человек подкупила полицию, и для каждой машины они называют два дня, один из которых полиция выбирает в качестве невыездного дня. Какое наименьшее количество машин нужно купить семье, чтобы каждый день каждый член семьи мог самостоятельно ездить, если утверждение невыездных дней для автомобилей идёт последовательно?

ВверхВниз   Решение


Докажите, что каково бы ни было целое число n, среди чисел n,  n + 1,  n + 2,  ...,  n + 9  есть хотя бы одно, взаимно простое с остальными девятью.

ВверхВниз   Решение


На доске написаны две суммы:

1 + 22 + 333 + 4444 + 55555 + 666666 +7777777 + 88888888 + 999999999
9 + 98 + 987 + 9876 + 98765 + 987654 + 9876543 + 98765432 + 987654321

Определите, какая из них больше (или они равны).

Вверх   Решение

Задача 66954
Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ]
[ Прямые, касающиеся окружностей (прочее) ]
[ Теорема Птолемея ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
Сложность: 5
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Белухов Н.

Пусть $AM$ – медиана неравнобедренного треугольника $ABC$, $T$ – точка касания вписанной окружности $\omega$ со стороной $BC$, $S$ – вторая точка пересечения $\omega$ с отрезком $AT$. Докажите, что вписанная окружность треугольника $\delta$, образованного прямыми $AM$, $BC$ и касательной к $\omega$ в точке $S$, касается описанной окружности треугольника $ABC$.

Решение 1

Пусть $D$ – произвольная точка отрезка $BC$. Две окружности, вписанные в углы $ADB$, $ADC$ и касающиеся внутренним образом описанной окружности треугольника $ABC$, называются окружностями Тебо. Воспользуемся следующими свойствами окружностей Тебо (см. В.Протасов, «Касающиеся окружности от Тебо до Фейербаха», Квант, №4(2008), стр.10).

1. Вторая общая внешняя касательная окружностей Тебо касается также вписанной окружности $\omega$.

2. Точка пересечения $E$ отрезка $AD$ и второй внешней касательной к окружностям Тебо лежит на касательной к $\omega$, параллельной $BC$.

Пусть $U$ – точка $\omega$, противоположная $T$. В силу свойств окружностей Тебо для решения задачи достаточно доказать, что касательные к $\omega$ в точках $U$ и $S$ пересекаются на медиане $AM$. Пусть касательная в точке $U$ пересекает касательную в точке $S$ и прямую $AT$ в точках $V$ и $W$ соответственно. Так как $\angle USW=\pi/2$, а $UV=VS$, то $V$ – середина отрезка $UW$. Но прямая $AU$ пересекает сторону $BC$ в точке ее касания с вневписанной окружностью, которая симметрична $T$ относительно $M$, следовательно, $AM$ проходит через $V$.


Решение 2

Пусть $\sigma$ – вписанная окружность треугольника $\delta$, для точки $X$, лежащей вне $\sigma$, обозначим через $t_X$ длину касательной из $X$ к $\sigma$. Будем считать, что $AB < AC$. Применяя к описанной окружности треугольника $ABC$, окружностям нулевого радиуса $A$, $B$, $C$ и окружности $\sigma$ теорему Кези, получаем, что утверждение задачи равносильно равенству $at_A+bt_B-ct_C=0$.

Пусть касательная $t$ к $\omega$, параллельная $BC$, пересекает отрезки $AM$ и $AT$ в точках $K$ и $P$ соответственно. Пусть $TQ$ – диаметр $\omega$ (т.е. $Q$ – точка касания $t$ и $\omega$). Аналогично первому решению получаем, что $SK$ – медиана прямоугольного треугольника $PSQ$. Следовательно, $\angle KSQ = \angle KQS$ и $KS$ касается $\omega$. Пусть прямые $BC$ и $KS$ пересекаются в точке $L$. Тогда $\delta$ совпадает с треугольником $KLM$.

Имеем $$2t_A=2(AK+t_K)=2AK+(KL+KM-LM)=2AK+KS+KM-MT,$$ $$2t_B=2(t_L-BL)=(KL+LM-KM)-2BL=(KL-BL)+(LM-BL)-KM=KS+BT+BM-KM$$ и $$2t_C=2(CM+t_M)=2CM+(KM+LM-KL)=BC+KM+MT-KS.$$

Следовательно, $$ 2(at_A+bt_B-ct_C)=2aAK-(-a+b+c)KM+(a+b+c)KS-(a+c)MT+b\cdot\frac{a - b + c}{2}+b\cdot\frac{a}{2}-ca. $$

Также $KP = KS$ и $AK:AM=KP:MT=r:r_A$, где $r$ и $r_A$ – радиусы $\omega$ и $\omega_A$ соответственно, поскольку гомотетия с центром $A$, переводящая $\omega$ в $\omega_A$, переводит также треугольник $AKP$ в $AMT$.

С другой стороны, для длин касательных из $A$ к $\omega$ и $\omega_A$ выполнено $r:r_a=(-a+b+c):(a+b+c)$.

Следовательно, $AK:KM=(-a+b+c):2a$ и $KS:MT=(-a+b+c):(a+b+c)$, значит, $$2aAK-(-a+b+c)KM+(a+b+c)KS-(a+c)MT=(-2a+b)MT=(-2a+ b)\cdot\frac{b-c}{2}.$$

Осталось показать, что $$(-2a+b)\cdot\frac{b-c}{2}+b\cdot\frac{a-b+c}{2}+b\cdot\frac{a}{2}-ca=0,$$ что выполнено для любых действительных $a$, $b$, $c$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год 2021
Заочный тур
задача
Номер 18 [10-11 кл]

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .