Всего: 32 1–20 | 21–32
Добавить в вариант
проведены взаимно перпендикулярные хорды, которые точкой пересечения делятся в отношении 6 : 1 и 2 : 3. Найдите расстояние от центра окружности до точки пересечения хорд.
и 
По теореме о пересекающихся хордах 
Проведем серединные перпендикуляры OM и ON к хордам AC и BD соответственно. Тогда 
откуда 
и 
биссектрисы BD и CE пересекаются в точке I. Найдите наименьший возможный радиус окружности, описанной около треугольника DEI, если сумма длин отрезков DI и EI равна 2d.
Из неравенства о среднем арифметическом и геометрическом, получаем: 
причём равенство достигается в случае 
Поэтому справедливо 
то, что xy стремится к нулю, понятно из того, что один из углов B либо C можно устремить к нулю. По теореме косинусов в треугольнике EID, получаем 
ели 
и 
В треугольнике ABC точки A1, B1, C1 — середины сторон BC, AC, AB соответственно. Точки A2, B2, C2 — середины ломанных BAC, ABC, ACB соответственно (точка называется серединой ломанной если принадлежит ломанной и делит ее на две ломанных равной длины). Докажите, что прямые A1A2, B1B2, C1C2 проходят через одну точку.
Не умаляя общности, 
Тогда A2 лежит на отрезке AB, причём 
Точка B2 лежит на отрезке AB, причём 
Точка C2 лежит на отрезке AC, причём 
Поскольку 
прямая A3A2 перпендикулярная внешней биссектрисе угла, то есть параллельна внутренней. Следовательно, она является биссектрисой угла B1A1C1. Аналогично, прямые B1B2 и C1C2 — биссектрисы углов треугольника B1A1C1 и, значит, все три прямые пересекаются в центре вписанной окружности треугольника B1A1C1.
ч. т. д.Внутри треугольника ABC взяли произвольную точку M. Через вершины треугольника и эту точку провели три отрезка до пересечения с противоположными сторонами. Докажите, что среди этих отрезков можно выбрать два таких, что точка M делит один из них (считая от вершины) в отношении ⩾ 2, а другой — в отношении ⩽ 2.
а 
где S — площадь треугольника ABC. 
Аналогичное противоречие получается для треугольника AMC (при рассмотрении высот из вершин B и M на сторону AC), если предположить, что все отношения для отрезков больше двух. Таким образом, мы указали два искомых отрезка из вершин C и B, ч. т. д.
Тогда по формулам длин биссектрис BB1 в треугольнике ABC и BM в треугольнике ABA1: 
то есть 
откуда 
Значит, 
Что и требовалось доказать.Дан отрезок [0; 1]. За ход разрешается разбить любой из имеющихся отрезков точкой на два новых отрезка и записать на доску произведение длин этих двух новых отрезков. Докажите, что ни в какой момент сумма чисел на доске не превысит 
заменится на 
и 
Таким образом, общая сумма чисел на обеих досках не изменится, то есть останется равной 1. Поскольку сумма чисел на второй доске положительна, сумма чисел на первой всегда будет меньше 1.
затем 
затем 
и т. д., то есть может быть сколь угодно близка к 
Даны две концентрические окружности Ω и ω. Хорда AD окружности Ω касается ω. Внутри меньшего сегмента AD круга с границей Ω взята произвольная точка P. Касательные из P к окружности 
пересекают большую дугу AD окружности Ω в точках B и C. Отрезки BD и AC пересекаются в точке Q. Докажите, что отрезок PQ делит отрезок AD на две равные части.
(Иван Кухарчук)
тогда 
Значит, 
и 
то есть 
Тогда медиана AA1 перпендикулярна CC1. Обозначим за K точку пересечения AH и CC1. Тогда треугольник C1AK равнобедренный (в нём биссектриса является высотой). Пусть M — точка пересечения медиан ABC. Мы получили, что C1M = KM. Так как C1M — треть всей медианы CC1, получаем требуемое.Точка O — центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC, а H — точка пересечения его высот. Оказалось, что прямая OH параллельна стороне BC. На плоскости отметили такую точку K, что ABHK — параллелограмм. Отрезки OK и AC пересеклись в точке L. В каком отношении перпендикуляр, опущенный из точки L на отрезок AH, делит AH?
диаметрально противоположна точке A на этой окружности, а точка N — вторая точка пересечения прямой AK с этой окружностью. Из параллельности прямых OH и BC следует, что прямая OH перпендикулярна высоте AD. Поскольку 
—
и, значит, прямые 
и OH параллельны. Стало быть, OH — средняя линия треугольника 
поэтому AH = HE. Далее, 
и отрезок CA является медианой в треугольнике KCN. Но отрезок KO также является медианой в этом треугольнике. Следовательно, L — точка пересечения медиан этого треугольника и 
Тогда по теореме Фалеса 
Но мы уже знаем, что 
поэтому AM = MH.
и 
—
подобен треугольнику ABC с коэффициентом 
Следовательно, 
и 
—
—
Треугольники ALK и 
подобны по двум углам 
как вертикальные, 
и их коэффициент подобия равен 2.
тогда 
и 
поскольку 
и 
так как треугольники ALM и ACD подобны.
и 
Следовательно, AM = y и
и 
— средняя линия треугольника CAK, поэтому
и 
перпендикулярны AC, поэтому точки O, 
и OP параллельна AK. Стало быть, AOPK — параллелограмм. Пусть Q — точка пересечения его диагоналей, тогда AQ = QP. Следовательно, 
и OQ — медианы треугольника AOP, а L — точка их пересечения, поэтому 
и, значит, 
Из подобия треугольников AML и ADC следует, что 
Тогда если AM = x, то 
и 
а, значит, MH = x и 
Тогда и 
так как равны треугольники APO и DQO.
Тогда и 
так как равны треугольники APO и DQO.