1863
358
467
всего задач:
всего разделов:
активных пользователей:
  Login: (регистрация)
  Пароль:
    

30 мартра 2005

Форумы снова функционируют.

21 декабря 2004

Видимо в связи с обнаруженными дырами в phpBB, форум был взломан, а через него взломано и всё остальное содержимое ceemat.ru. Всё кроме форума восстановлено, ведется дискуссия по поводу его сохранения.
Приносим извинения за неудобства.

29 сентября 2004

Форум обновился до версии 2.0.10

15 мая 2004

Новый раздел: "Программирование"

16 апреля 2004 года

Задачи Ярославского турнира математических боев — 124 задачи с решениями.

29 марта 2004

Таллинская викторина: занимательные вопросы и задачи для увлеченных химией.

Rambler's Top100

Костромской ЦДООШ СУНЦ МГУ - Школа им. А. Н. Колмогорова.\r\nОфициальный сайт

Весенний тур. Тренировочный вариант. 10-11 класс (5)

Итог подводился по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты.

Стоимость задач
Номер задачи 1 2 3 4 5
Баллы 3 3 4 5 5

В треугольнике ABC взяли точку M так, что радиусы описанных окружностей треугольников AMC, BMC и BMA не меньше радиуса описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что все четыре радиуса равны.

Предположим противное, то есть предположим, что хотя бы один из радиусов описанных окружностей маленьких треугольников строго больше радиуса описанной окружности большого треугольника. Обозначим ÐВAС = α, ÐBMC = α1, ÐABC = β, ÐAMC = β1, ÐACB = γ, ÐAMB = γ1.

Заметим, что α1 > α, поскольку точка M лежит внутри треугольника BAC, откуда сумма углов треугольника BAC при вершинах B и C больше суммы углов треугольника BMC при вершинах B и C, то есть π - α > π - α1, а это и требовалось. Аналогично β1 > β и γ1 > γ.

Для радиуса R описанной окружности вокруг треугольника с углом α и противолежащей стороной a верна формула 2R = a / (sin α).

У треугольников BAC и BMC сторона общая, а радиус описанной окружности не меньше у второго треугольника, поэтому из формул для радиусов описанных окружностей получаем неравенство:

sin α ³ sin α1    (*)

Аналогично

sin β ³ sin β1    (*)

sin γ ³ sin γ1    (*)

Далее рассмотрим 3 случая.

1) Если АВС — остроугольный, то все углы α, β, γ меньше 90 градусов. И тогда из неравенства sin α ³ sin α1 и из неравенства α1 > α следует, что α1 ³ π - α. Аналогично получаем β1 ³ π - β и γ1 ³ π - γ. Сложив эти три неравенства получим α1 + β1 + γ1 ³ 3π - (α + β + γ) = 2π.

Заметим, что если, по нашему предположению, одно из неравенств (*) было строгим, получится противоречие с тем, что α1 + β1 + γ1 = 2π.

2) АВС — прямоугольный, угол ВAС — прямой. Тогда угол BМС тоже прямой, получаем противоречие.

3) АВС — тупоугольный, скажем, α > π / 2. Тогда из неравенства sin α ³ sin α1 получим α1 ³ α а для двух острых углов треугольника так же, как и в случае 1, получим β1 ³ π - β и γ1 ³ π - γ. Складывая эти неравенства, получаем 2π = α1 + β1 + γ1 ³ 2π + (α - β - γ). Но неравенство (α - β- γ) £ 0 противоречит тому, что угол α тупой, так что этот случай невозможен.

Таким образом, исходное предположение было неверно.

 5 Декабря 2003     21:59 
Раздел каталога :: Ссылка на задачу