Фильтр
Задачи
Задача 79424 |
|
|
Внутри правильного шестиугольника находится другой правильный шестиугольник с
вдвое меньшей стороной.
Доказать, что центр большого шестиугольника лежит внутри малого шестиугольника.
Решение
Предположим, что центр O большого шестиугольника M2 лежит вне малого шестиугольника M1. Тогда существует такая сторона AB шестиугольника M1, что M1 и точка O лежат по разные стороны от прямой AB. Пусть DE – сторона шестиугольника M1, параллельная AB. Расстояние между прямыми AB и DE равно радиусу вписанной окружности S шестиугольника M, поэтому прямая DE лежит вне окружности S. С другой стороны, отрезок DE лежит внутри шестиугольника M2. Следовательно, согласно задаче 57477 длина отрезка DE меньше половины длины стороны шестиугольника M2. Противоречие.
|
|
Задача 110771 |
|
|
Диагональ правильного 2006-угольника P называется хорошей, если её концы делят границу P на две части, каждая из которых содержит нечётное число сторон. Стороны P также называются хорошими. Пусть P разбивается на треугольники 2003 диагоналями, никакие две из которых не имеют общих точек внутри P. Какое наибольшее число равнобедренных треугольников, каждый из которых имеет две хорошие стороны, может иметь такое разбиение?
Решение
Назовём равнобедренный треугольник хорошим, если у него две хороших стороны. Рассмотрим разбиение, удовлетворяющее условиям задачи. С помощью индукции легко убедиться в справедливости следующего утверждения.
Лемма. Пусть AB – одна из диагоналей разбиения и L – более короткая часть границы P, на которую её делят точки A, B. Если L состоит из n отрезков, то количество хороших равнобедренных треугольников разбиения с вершинами на L не превосходит n/2.
Рассмотрим длиннейшую диагональ разбиения. Пусть Lxy – более короткий участок границы, с концами X и Y. Пусть XYZ – треугольник разбиения, причём Z не принадлежит Lxy. Заметим, что треугольник XYZ – остроугольный или прямоугольный (иначе XZ либо YZ будет длиннее XY).
Обозначим Lxz, Lyz соответствующие участки границы P. Применив лемму к Lxz, Lyz, Lxy, мы видим, что имеется не более 1003 = 2006 : 2 равнобедренных хороших треугольников, за исключением треугольника XYZ (если он таков). Однако если треугольник XYZ хороший, неравенства, получающиеся из леммы, окажутся строгими. Итак, количество хороших равнобедренных треугольников разбиения не превосходит 1003.
С другой стороны, соединяя вершины P через одну, легко построить пример разбиения с 1003 хорошими треугольниками.
|
|
|
Задача 57089 |
|
|
Докажите, что если число n не является степенью простого числа, то существует выпуклый n-угольник со сторонами длиной 1, 2,..., n, все углы которого равны.
Решение
Пусть e0, ..., en–1 – векторы сторон правильного n-угольника. Достаточно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой набор векторов {a1, ..., an}, что kak = 0.
Число n по условию можно представить в виде n = pq, где p и q взаимно просты. Докажем, что набор
{e0, ep, ..., e(q–1)p; eq, eq+p, ..., eq+(q–1)p, ...; e(p–1)q+p, ..., e(p–1)q+(q–1)p}, где все номера берутся по модулю n, – искомый.
Заметим сначала, что если xq + yp ≡ x'q + y'p (mod pq), то x ≡ x' (mod p) и y ≡ y' (mod q), поэтому в рассматриваемом наборе каждый из векторов e0, ..., en–1 встречается ровно один раз.
Концы векторов eq, eq+p, ..., eq+(q–1)p с общим началом образуют правильный q-угольник, поэтому их сумма равна нулю. Кроме того, векторы e0, ep, ..., e(q–1)p переходят в eq, eq+p, ..., eq+(q–1)p, при повороте на угол φ = 2π/p. Поэтому если e0 + 2ep + ... + qe(q–1)p = b, то
(q + 1)eq + (q + 2)eq+n + ... + 2qeq+(q–1)p = q(eq + ... + eq+(q–1)p) + eq + 2eq+p + ... + qeq+(q–1)p = Rφb, где Rφb – вектор, полученный из вектора b поворотом на угол φ.
Аналогичные рассуждения показывают, что для рассматриваемого набора векторов kak = b + Rφb + ... + R(p–-1)φb = 0.
|
|
|
Задача 97793 |
|
|
а) Из произвольной точки M внутри правильного n-угольника проведены перпендикуляры MK1, MK2, ..., MKn к его сторонам (или их продолжениям). Докажите, что (O – центр n-угольника).
б) Докажите, что сумма векторов, проведённых из любой точки M
внутри правильного тетраэдра перпендикулярно к его граням, равна где O – центр тетраэдра.
Решение
а) Пусть Li – середины сторон n-угольника. где Pi – проекция точки M на прямую OLi. Как известно (см. задачи 55719,
55373 а),
где Qi – точка, симметричная M относительно прямой OLi. Заметим, что точки Qi получаются друг из друга поворотом на 4π/n вокруг точки O (например, Q2 получается из Q1 композицией двух симметрий относительно прямых OL1 и OL2, то есть поворотом на удвоенный угол между этими прямыми). Таким образом, Qi – вершины правильного многоугольника с центром O (число его сторон равно n, если n нечётно, и n/2, если n чётно; при n = 4 получается отрезок). Следовательно,
также равна 0, а
что и доказывает утверждение.
б) Пусть Li – центр грани, противоположной вершине Ai тетраэдра A1A2A3A4, Pi – проекция M на OLi. Как и в а),
Заметим, что линейно зависит от вектора
(это просто проекция). Следовательно, и
линейно зависит от
. Но при M = A1 три слагаемых обращаются в нуль, и
Аналогичное равенство выполняется для каждой вершины тетраэдра, значит, оно верно и для любой точки M (поскольку вектор есть линейная комбинация векторов
).
|
|
|
Задача 57073 |
|
|
Докажите, что в правильном тридцатиугольнике A1...A30 следующие тройки диагоналей:
а) A1A7, A2A9, A4A23;
б) A1A7, A2A15, A4A29;
в) A1A13, A2A15, A10A29
пересекаются в одной точке.
Решение
Во всех случаях проверка условия теоремы Чевы (см. зад. 35216) для соответствующего шестиугольника (A1A2A4A7A9A23, A1A2A4A7A15A29, A1A2A10A13A15A29) сводится к проверке равенства sin 6° sin 18° sin 84° = sin 12° sin 12° sin 48°.
2 sin 6° sin 84° = 2 sin 6° cos 6° = sin 12°, sin 18° = cos 72°, 2 sin 12° sin 48° = cos 36° – cos 60°, поэтому все сводится к известному (см. зад. 61163) равенству cos 36° – cos 72° = ½.
|
|
|
Страница: << 12 13 14 15 16 17 18 >> [Всего задач: 179]
