Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

В треугольнике \(ABC\) сторона \(AC\) больше стороны \(BC\). Медиана \(CD\) делит угол \(C\) на два угла. Какой из них больше?

Решение №17384: Отложим на продолжении медианы \(CD\) за точку \(D\) отрезок \(DC_{1}\), равный \(DC\) (см. рис. ниже). Тогда \(AC_{1} = BC\) и \( \angle AC_{1}C = \angle BCD\). В треугольнике \(CAC_{1}\) известно, что \( AC > AC_{1} = BC\). Следовательно, \(\angle ACD = \angle ACC_{1} < \angle AC_{1}C = \angle BCD\).

Ответ: NaN

Биссектриса треугольника делит его сторону на два отрезка. Докажите, что к большей из двух других сторон треугольника примыкает больший из них.

Решение №17385: Пусть \(BD\) — биссектриса треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже) и \(AB > BC\). Рассмотрим точку \(C_{1}\), симметричную вершине \(C\) относительно биссектрисы угла \(B\). Тогда \(CD = C_{1}D\). Поскольку \(BC_{1} = BC < AB\), точка \(C_{1}\) лежит на отрезке \(AB\), а \(AC_{1}D\) — внешний угол треугольника \(BDC_{1}\), поэтому \(\angle AC_{1}D > \angle BDC_{1} = \angle BDC > \angle A\. Следовательно, \(CD = C_{1}D < AD\).

Ответ: NaN

\(AD\) — биссектриса треугольника \(ABC\), причем \(BD > CD\). Докажите, что \(AB > AC\).

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

В треугольнике \(ABC\) известно, что \( \angleB > 90^{\circ}\). На отрезке \(BC\) взяты точки \(M\) и \(N\) (\(M\) между \(B\) и \(N\)) так, что лучи \(AN\) и \(AM\) делят угол \(BAC\) на три равные части. Докажите, что \(BM < MN < NC\).

Решение №17387: В треугольнике \(ABN\) (см. рис. ниже) угол \(B\) наибольший, поэтому \(AN > AB\), а так как \(AM\) — биссектриса треугольника \(ABN\), то \(MN > BM\). Неравенство \( MN < NC\) доказывается аналогично.

Ответ: NaN

В треугольнике \(ABC\) угол \(B\) прямой или тупой. На стороне \(BC\) взяты точки \(M\) и \(N\) так, что \(BM = MN = NC\). Докажите, что \( \angle BAM > \angle MAN > \angle NAC\).

Решение №17388: В треугольнике \(ABN\) сторона \(AN\) лежит против тупого или прямого угла \(ABN\), поэтому \(AN > AB\). На продолжении отрезка \(AM\) за точку \(M\) отложими отрезок \(MK\), равный \(AM\). Тогда четырёхугольник \(ANKB\) — параллелограм. Поэтому \(NK = AB < AN\). В треугольнике \(ANK\) против стороны \(AN\) лежит угол \(AKN\), больший угла, лежащего против стороны \(KN\), т.е. угла \(MAN\). Поэтому \( \angle BAM = \angle AKN > \angle MAN \). Аналогично докажем, что \(\angle MAN > \angle NAC\).

Ответ: NaN

Даны точки \(A\) и \(B\). Найдите геометрическое место точек, расстояние от каждой из которых до точки \(A\) больше, чем расстояние до точки \(B\).

Решение №17389: Содержащая точку B полуплоскость, граница которой — серединный перпендикуляр к отрезку AB.

Ответ: NaN

В треугольнике \(ABC\) с тупым углом \(C\) точки \(M\) и \(N\) расположены соответственно на сторонах \(AC\) и \(BC\). Докажите, что отрезок \(MN\) короче отрезка \(AB\).

Решение №17390: Поскольку \( \angle AMN = \angle MCN + \angle MNC > \angle C\), то угол \(AMN\) тупой (см. рис. ниже). Следовательно, \(AN\) — наибольшая сторона треугольника \(AMN\). Тогда \(MN < AN\). Аналогично докажем, что \(AB\) — наибольшая сторона треугольника \(ANB\). Поэтому \(AN < AB\). Следовательно, \(MN < AB\).

Ответ: NaN

Отрезок соединяет вершину треугольника с точкой, лежащей на противоположной стороне. Докажите, что этот отрезок меньше большей из двух других сторон.

Решение №17391: Пусть \(D\) — точка на стороне \(BC\) треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже). Один из углов \(ADB\) и \(ADC\) не меньше прямого. Пусть \(\angle ADC > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(ADC\), значит, \(AD < AC\). Если же \(\angle ADC > 90^{\circ}\), то аналогично докажем, что \(AD < AB\).

Ответ: NaN

Докажите, что расстояние между любыми двумя точками, взятыми на сторонах треугольника, не больше наибольшей из его сторон.

Решение №17392: Соедините одну из данных точек с противоположной вершиной треугольника и воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.

Ответ: NaN

В треугольнике \(ABC\) на наибольшей стороне \(BC\0, равной \(a\), выбирается точка \(M\). Найдите наименьшее расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников \(BAM\) и \(ACM\).

Решение №17393: Проекции центров \( O_{1}\) и \(O_{2}\) данных окружностей на \(BC\) — середины \(P\) и \(Q\) отрезков \(BM\) и \(MC\) (рис. 204). Тогда \( O_{1}O_{2}\geqslant PQ=\frac{1}{2}a \). Если \(AM\) — высота треугольника \(BAC\), то \( O_{1}O_{2}=PQ=\frac{1}{2}a \) . В остальных случаях \( O_{1}O_{2}> \frac{1}{2}a \) .

Ответ: \frac{1}{2}a

На биссектрисе внешнего угла \(C\) треугольника \(ABC\) взята точка \(M\), отличная от \(C\). Докажите, что \(MA + MB > CA + CB\).

Решение №17394: Пусть \( B_{1} \) — точка, симметричная точке \(B \) относительно прямой \(CM\) (см. рис. ниже). Поскольку биссектриса есть ось симметрии угла, точка \( B_{1}\) лежит на продолжении стороны \(AC\) за точку \( C, CB_{1} = CB\) и \(MB_{1} = MB\). Поэтому \(MA + MB = MA + MB_{1} > AB_{1} = CA + CB_{1} = CA + CB\).

Ответ: NaN

Угол при вершине \(A\) треугольника \(ABC\) равен \(60^{\circ}\). Докажите, что \(AB + AC < 2BC\).

Решение №17395: Если треугольник \(ABC\) равносторонний, то \(AB + BC = 2BC\). Пусть \( AB \neq AC\) (см. рис. ниже). При симметрии относительно биссектрисы угла \(A\) вершина \(C\) переходит в точку \(C_{1}\) луча \(AB\), а вершина \(B\) — в точку \(B_{1}\) луча \(AC\). При этом \( B_{1}C_{1} = BC, CC_{1} = AC, BB_{1} = AB\). Следовательно, \(2BC = BC + B_{1}C_{1} > BB_{1} + CC_{1} = AB + AC\)

Ответ: NaN

Пусть \(AA_{1}\) — медиана треугольника \(ABC\). Докажите, что угол \(A\) острый тогда и только тогда, когда \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) .

Решение №17396: Пусть \( \angle BAC < 90^{\circ}\). Докажем, что точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Ясно, что точка \(A\) не может лежать на этой окружности, так как тогда \( \angle BAC = 90^{\circ}\). Предположим, что она внутри окружности (рис. 207,а), и продолжим отрезок \(BA\) до пересечения с окружностью в точке \(M\). Тогда \( \angle BAC > \angle BMC = 90^{\circ}\), что невозможно. Значит, точка \(A\) лежит вне окружности. Следовательно, \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Пусть \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Тогда точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Если луч \(AB\) пересекает окружность в точке \(M\) (рис. 207,б), то \( \angle BAC < \angle BMC = 90^{\circ}\).

Ответ: NaN

Точки \(D\) и \(E\) — середины сторон соответственно \(AB\) и \(BC\) треугольника \(ABC\). Точка \(M\) лежит на стороне \(AC\), причем \(ME > EC\). Докажите, что \(MD < AD\).

Решение №17397: Поскольку \(ME\) — медиана треугольника \(BMC\) (см. рис. ниже) и \( ME > EC=\frac{1}{2}BC \) , то угол \(BMC\) острый . Значит, угол \(AMB\) тупой, следовательно, \( MD < \frac{1}{2}AB = AD\).

Ответ: NaN

Два противоположных угла выпуклого четырехугольника тупые. Докажите, что диагональ, соединяющая вершины этих углов, меньше другой диагонали.

Решение №17398: Постройте окружность на другой диагонали как на диаметре.

Ответ: NaN

Диагональ \(AC\) делит вторую диагональ выпуклого четырехугольника \(ABCD\) на две равные части. Докажите, что если \(AB > AD\), то \(BC < DC\).

Решение №17399: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) (см. рис. ниже). В треугольниках \(AMD\) и \(AMB\) сторона \(AM\) — общая, \(DM = MB\), а \( AD < AB \). Поэтому \( \angle AMD < \angle AMB\). Тогда \( \angle BMC < \angle CMD\). В треугольниках \(BMC\) и \(CMD\) сторона \(CM\) общая, \(DM = MB\), а \( \angle BMC < \angle CMD\). Следовательно, \( BC < DC\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте хорду данной окружности, равную и параллельную заданному отрезку.

Решение №17408: Геометрическое место середин хорд окружности, равных данному отрезку, — окружность, концентрическая данной.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте прямую, касающуюся данной окружности в данной точке, не используя центр окружности.

Решение №17409: Если точки \(A, B\) и \(C\) лежат на окружности, причем \(AC = BC\), то прямая, проходящая через точку \(C\) параллельно \(AB\), — касательная к окружности.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и радиусу вписанной окружности.

Решение №17410: Центр вписанной окружности треугольника лежит на биссектрисе данного угла.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте точку так, чтобы касательные, проведенные из нее к двум данным окружностям, были равны данным отрезкам.

Решение №17411: Искомая точка принадлежит окружностям, соответственно концентрическим данным.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте общие касательные к двум данным окружностям.

Решение №17412: Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей радиусов \(R\) и \(r\). Задача сводится к построению прямоугольного треугольника по гипотенузе \(O_{1}O_{2}\) и катету \(R − r\) (рис. 165,а) или \(R + r\) (рис. 165,б).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Постройте окружность, касающуюся данной прямой и данной окружности в данной на ней точке.

Решение №17413: Предположим, задача решена. Пусть построенная окружность с центром \(O_{2}\) касается данной прямой \(l\) в точке \(C\), а данной окружности с центром \(O_{1}\) — в данной на ней точке \(A\) (см. рис. ниже). Первый способ. Пусть прямая \(AC\) вторично пересекает данную окружность в точке \(B\). Тогда касательная, проведенная к этой окружности в точке \(B\), параллельна прямой \(l\), а точки \(O_{1}, O_{2}\) и \(A\) лежат на одной прямой. Отсюда вытекает следующий способ построения. Проведем касательную к данной окружности, параллельную данной прямой \(l\). Пусть \(B\) — точка касания, а прямая \(AB\) пересекает прямую \(l\) в точке \(C\). Тогда центр \(O_{2}\) искомой окружности найдем как точку пересечения перпендикуляра к прямой \(l\), восставленного из точки \(C\), и прямой \(O_{1}A\). Второй способ. Пусть касательная к данной окружности, проведенная через точку \(A\), пересекает данную прямую в точке \(M\). Тогда искомая окружность касается прямой \(AM\) в точке \(A\), а ее центр \(O_{2}\) лежит на биссектрисе угла \(AMC\) или на биссектрисе смежного с ним угла. Отсюда вытекает соответствующий способ построения. Если данная окружность не имеет с прямой \(l\) общих точек и данная точка не лежит на перпендикуляре к данной прямой, проходящем через центр данной окружности, задача имеет два решения (внутреннее и внешнее касания).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Точки \(M\) и \(N\) расположены по одну сторону от прямой \( l\). Постройте на прямой \(l\) такую точку \(K\), чтобы сумма \(MK + NK\) была наименьшей.

Решение №17416: Пусть \(N_{1}\) — точка, симметричная точке \(N\) относительно прямой \(l\) (см. рис. ниже). Тогда для любой точки \(K\) этой прямой \(MK + NK = MK + N_{1}K > MN_{1} = MP + PN_{1} = MP + PN\). Равенство достигается в случае, когда точка \(K\) совпадает с точкой \(P\) пересечения прямых \(l\) и \(MN_{1}\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, Задачи на построение с помощью циркуля и линейки,

Задача в следующих классах: 7 класс

Сложность задачи : 2

Задача встречается в следующей книге: Гордин Р. К. Г68 Геометрия. Планиметрия. 7–9 классы. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2006. — 416 с.: ил.

Точка \(M\) лежит внутри острого угла. Постройте на сторонах этого угла точки \(A\) и \(B\), для которых периметр треугольника \(AMB\) был бы наименьшим.

Решение №17417: Рассмотрите точки, симметричные точке \(M\) относительно сторон угла.

Ответ: NaN

В соревновании по стрельбе за каждый промах в серии из 25 выстрелов стрелок получал штрафные очки: за первый промах — одно штрафное очко, а за каждый последующий — на 0,5 очка больше, чем за предыдущий. Сколько раз попал в цель стрелок, получивший 7 штрафных очков?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 21

Турист. поднимаясь в гору. в первый час достиг высоты 800 м, а каждый следующий час поднимался на высоту, на 25 м меньшую, чем в предыдущий. За сколько часов он достигнет высоты в 5700 м?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 8

Вычислить \((1+3^{2}+5^{2}+...+(2n-1)^{2}+...+199^{2})-(2^{2}+4^{2}+6^{2}+...+(2n)^{2}+...+200^{2})\).

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: -20100

Решить уравнение: \(2x+1+x^{2}-x^{3}+x^{4}-x^{5}+...=\frac{13}{6}\), где |x| < 1.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \frac{1}{2};-\frac{7}{9}

Решить уравнение: \( \frac{1}{x}+x+x^{2}+...+x^{n}+...=\frac{7}{2}\), где |x| < 1.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \frac{1}{3};\frac{2}{3}

Найти сумму всех положительных четных двузначных чисел, делящихся на 3 нацело.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 810