knop: (qr)
В принципе, когда-то у меня уже публиковалась, но если раньше не видели и хотите, можете порешать, пока в "Элементах" нет решений и даже подсказок.
http://elementy.ru/problems/920

P.S. Уже есть и решения, и подсказки. Можно читать.
knop: (qr)
Из картона вырезан трафарет в форме правильного 2014-угольника со стороной 1 см. Будем называть его 2014-трафаретом. Разрешены следующие геометрические построения:
а) приложить трафарет к листу бумаги так, чтобы несколько вершин трафарета совпали с ранее отмеченными на бумаге точками;
б) полностью или частично обвести приложенный к листу трафарет, отметив все полученные при этом вершины.
Докажите, что с помощью этих операций можно построить центр правильного 2014-угольника со стороной 1 см.

Комменты скрывать не буду. Задача не очень простая (10 и 11 кл. олимпиады ЮМШ этого года)
knop: (uzel)
И еще одна задача на поиск хорошего геометрического решения.

Суть: тригонометрически не очень сложно убедиться, что произведения синусов углов (в градусах), выписанные в заголовке, равны.
sin10 sin26 sin70 = sin22 sin24 sin28
Например, это можно сделать так: домножив на 4 и преобразовав произведения в сумму, получаем равносильное равенство
-sin34 + sin54 + sin86 - sin106 = sin18 + sin26 + sin30 - sin74
Сокращая на sin106 = sin74, получаем эквивалентное
sin54 + sin86 = sin18 + sin26 + sin30 + sin34.
Теперь учтем, что sin26 + sin34 = 2sin30cos4 = cos4 = sin86.
Осталось доказать sin54 = sin18 + sin30, 2cos36 sin18 = sin30, 4cos36 sin18 = 1.
Это доказывается домножением на sin36 и двукратными применением синуса двойного угла: 4cos36 sin36 sin18 = 2sin72 sin18 = 2cos18 sin18 = sin36.

А теперь объяснение того, почему у этой задачи МОЖЕТ БЫТЬ хорошее геом. решение. Как известно из тригонометрической формы теоремы Чевы, выписанное в Subj условие в сочетании с тем, что сумма всех шести
углов равна 180, эквивалентно тому, что некоторая тройка чевиан пересекаются в одной точке. При этом еще и остается свобода выбора порядка углов (т.е. того, какими будут углы треугольника и какими - углы между чевианами и сторонами этого треугольника).

Комменты скрывать не буду.
knop: (qr)
В треугольнике ABC угол B = 50 градусов, угол C = 30 градусов. Внутри треугольника выбрана точка M так, что угол MBC = 20 градусов, угол MCB = 10 градусов. Докажите, что AM перпендикулярно BC.

Тригонометрические решения не интересуют.
Геометрическое - чем проще, тем лучше - интересует, и очень.
Задача предлагалась в 2012 г. на Турнире памяти А.П.Савина.
knop: (uzel)

Перед вами - правильный треугольник со стороной 16 (для удобства визуально разделенный на треугольники со стороной 2), из которого вырезан единичный правильный треугольник. Разрежьте эту фигуру на две подобных друг другу фигуры, коэффициент подобия которых равен 2.

А ниже - "прямоугольная" версия той же самой задачи:


Комментарии скрыты до ближайшего вторника, а при отсутствии верных ответов - и дольше
knop: (uzel)
1. Угол A треугольника ABC равен 45 градусам. H - ортоцентр этого треугольника.
Как доказать без вычислений (чисто "евклидовыми" приёмами), что AH=BC ?

[Вычислительное решение почти тривиально: в любом треугольнике AH = BC*сtg(A), а поскольку A=45, то AH=BC]

PS. И еще две вариации обратной задачи.

2. Точка D внутри треугольника ABC такова, что AD перпендикулярно BC, AD=BC и
a) BAC + BDC = 180
б) BDC - BAC = 90
Как доказать (попроще), что BAC = 45?
knop: (Default)
Увидел в Инете, очень понравилось. Сделал картинку в Geogebra сам, убедился, что правильно разгадал... Поразгадывайте и вы. В чем тут секрет? Два одинаковых шестиугольника составлены из одинаковых (специально в Geogebra вывел значения площадей) фигур. Однако в один помещается небольшой шестиугольник в центре, а в другом его нет.



Если кликнуть по картинке, она откроется в новом окне/вкладке в полном размере.
Комменты скрываю на несколько дней. Разгадку можно сформулировать в одном коротком предложении.

P.S. Вот тут можно поиграть с исходником.
http://www.geogebratube.org/student/m20952

PPS. Открыл комменты Полностью правильными я считаю утверждение, что "лишнее" пространство размазано вдоль границы и закамуфлировано толстой линией границы.
knop: (Default)
(совместная с И.Богдановым, номер 11.8, то есть последняя в 11-м классе)
Выпуклый четырехугольник ABCD таков, что AB x CD = AD x BC.
Докажите, что сумма углов BAC, CBD, DCA и ADB равна 180 градусам.

Комменты на несколько дней скрыты.
knop: (Default)
Я как-то давно видел картинку, в которой геометрически - через разрезания - доказывалось, что 72+42=82+12. Но как именно это делалось, в упор не помнил.
Сегодня стал рисовать, и осознал, что

а) хватает трех частей;
б) картинка разрезания универсальна - может быть легко "перекроена" для любого равенства вида a2+b2=c2+d2.



Как было принято у древних греков - "Смотри!". Доказательство утверждения б) предлагаю каждому проделать самостоятельно. Комменты скрывать не буду.
knop: (Default)
Кажется, новая, несмотря на простоту материала...

Дан треугольник ABC с углами ∠A=45o, ∠B=30o, ∠C=105o. Треугольник AB'C' центрально симметричен ему (А - центр симметрии). Чему равны углы CB'A и BC'A?

(Ищутся евклидовы решения, без тригонометрии и проч.)

AIME 1989

May. 16th, 2011 05:09 pm
knop: (Default)
Три чевианы AD, BE, CF пересекаются в точке P внутри треугольника ABC. Известно, что AD=20, BP=PE=6, CP=9, PF=3. Чему равна площадь треугольника ABC?

[Комменты скрыты. Я пока знаю только решение с тригонометрией, к тому же использующее "обратный ход" - т.е. фактически, требующее сначала угадать ответ, а потом воспользоваться его единственностью. Найдется ли что-нибудь более геометричное?]

PS. Нашлось. Раскрываю комменты.
knop: (Default)
Этой задаче намного меньше повезло с известностью: я нашел ее только в статье В.Н.Березина и В.И.Слепого "Если треугольник задан" (задача 5). Кажется, именно она являлась для авторов поводом для статьи, потому что именно к ней относится преамбула "но есть и такие задачи, где встречаются углы в 80o, 40o и даже 47o!". И непосредственно перед условием авторы еще раз пишут: "Теперь - обещанная задача, в которой встречается угол 47o".

Теперь, внимание, минутка напряжения мозгов. Текст условия: "В четырёхугольнике BGEC (BE и GC - его диагонали) <EBC=30o, <BCG=26o. <GCE=51o, <GEB=13o. Найти величину угла BGC."

Попробуйте найти здесь угол 47o? Я не смог. Причем в ответе его тоже нет: угол BGC оказывается равным 107o, а последний неизвестный угол GBE - 17o. В общем, авторы такие авторы... Решение, которое они написали к этой задаче, без допинга просто не понять, хотя в нём они как раз использовали эти злосчастные 47 градусов. Впрочем, я не смог понять и того, зачем они обозначили вершины четырехугольника таким странным набором букв. Зато они совершенно правильно увидели, что эта задача допускает обобщение: вместо 26o можно подставить угол 2α, тогда остальные заданные углы будут 30o, α и 90o-3α. Ну, а доказать нужно будет, что величины неизвестных углов равны 120o-&alpha и 30o-&aplha;.

Вот мой рисунок.

На нём уже есть практически всё, что нужно для доказательства. Приглашаю попробовать.
knop: (Default)
Эта задача тоже отметилась во всех геометрических задачниках. Цитирую ее условие по Прасолову (12.058, 57641 на www.problems.ru).

В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC угол при вершине A равен 80o. Внутри треугольника ABC взята точка M так, что MBC = 30o и MCB = 10o. Найдите величину угла AMC.

Я впервые увидал эту задачу в очень старом (украинском) издании геометрического задачника Л.М.Лоповка; в более новом издании ("Факультативные задания по геометрии для 7-11 кл.", Киев, 1990) она имеет номер 102 для 7 класса. Есть она и у Шарыгина (251 в издании "Дрофы" 1996 г.).
А еще рядышком у Лоповка есть такая задача 104: В равнобедренном треугольнике ABC угол B равен 100o. Внутри треугольника взята такая точка M, что <MAB=10o, а <MBA=20o. Найдите <BMC.

Прасоловское решение (которое можно увидеть по ссылке на problems.ru) не оставляет никаких сомнений, что обе этих задачи - на свойства правильного 18-угольника и только на них. Ага, щазз... "И только мы заявляем прямо: это полная ерунда!"

Смотрите на картинку.

На ней изображён равнобедренный треугольник с углом при вершине не 80 и не 100, а 82o. Внутреннюю точку M я переобозначил как X, а в пару к ней изобразил симметричеую (относительно оси симметрии треугольника) точку Y. Если пока не задумываться над тем, какие из углов даны, а какие необходимо вычислить, то общность этой картинки с обеими задачами Лоповка очевидна. Все эти задачи обладают следующими характеристиками: если угол BAX=α, то углы при основании равнобедренного треугольника равны 30+α, угол при вершине равен 120-2α, при этом каждый из углов ABX,ACX,CAY,CBY равен 30-α, а треугольник BXY является равносторонним (это, кстати, ключевой факт для решения задачи).

Как я уже написал вчера в "общем взгляде", эта ("однопараметрическая", ибо произвольно выбрать можно только один из углов) картинка порождает 64 разных задачи. (Возможно, для конкретно этой картинки принципиально разных задач будет немножко поменьше из-за симметрий, мне сейчас лениво об этом думать). Двумя из этих задач будут задачи, в которых углы заданы так, как у Лоповка. Попробуйте придумать для каждой из них решение, не опирающееся на свойства 18-угольника, т.е. допускающее обобщение и последующую специализацию на мою картинку.
knop: (Default)
На 15-й Московской олимпиаде (1952 г.) была предложена такая задача (15.30 по книжке Гальперина-Толпыго, № 77963 на www.problems.ru):
В равнобедренном Δ ABC <ABC = 20o. На равных сторонах CB и AB взяты соответственно точки P и Q такие, что <PAC = 50o и <QCA = 60o. Докажите, что <PQC = 30o.

Эта же задача приведена в упр.4 на стр.38 книги Г.С.М. Коксетера и С.Л. Грейтцера "Новые встречи с геометрией", а еще - в главе "Вычисления" задачника В.В.Прасолова (12.059, № 57642 на www.problems.ru), ну и в куче других геометрических задачников "олимпиадной" трудности. В свое время я тоже не удержался и посвятил ей целую статью в "Кванте".

После изящного решения Прасолова (основанного на рассмотрении правильного 18-угольника) остается полное ощущение, что эта задача "нуль-параметрическая", т.е. ни на какие углы с параметром не обобщается. Однако это не так. Правильное обобщение нашлось в старой статье В.Н.Березина, В.И.Слепого в "Кванте" "Если треугольник задан..." (задача 4):
На сторонах AB и BC треугольника ABC взяты точки D и E соответственно так, что <ADE=<ECD=30o. Известно, что AE=AC. Считая, что <ABC=α, найдите остальные углы треугольника ABC. Каким может быть угол α ?

Если вы уже нарисовали чертёж и не поняли, в чем тут задача, не торопитесь удивляться. Я тоже не понял. То полустраничное "решение", которое авторы приводят в статье, для решения этой задачи совершенно не нужно. Более того, для её решения совершенно не важно, что <ADE=30o (этот угол вообще не нужен для ответа), да и угол ECD может быть достаточно произвольным. Для нахождения угла A можно просто воспользоваться тем, что <AEC - внешний угол в Δ BEC, а затем моментально получить и два остальных угла равнобедренного Δ AEC.

Однако задача на самом деле оказывается верной, а все заданные в ней условия - нужными, если потребовать найти не просто <A, а величины обеих частей, на которые он делится отрезком AD. А именно, докажите, что <CAD = 3 <EAD. Комменты скрывать не буду, дерзайте!
knop: (Default)

Пара слов об общем взгляде )Еще несколько слов о том, какие задачи нас интересуют )
Видимо, всё сказанное выше означает, что мне можно не бояться публиковать "угломанские" задачи в открытом доступе в ЖЖ. Интересных задач всё равно много больше, чем я успею опубликовать. ;-)
knop: (Default)


Предыдущая задача, видимо, совсем тяжелой получилась. Эта попроще - зацепки лежат на поверхности...

Итак, в четырехугольнике ABCD (точка A - нижняя вершина, обозначение отрезалось, простите) диагонали пересекаются под прямым углом в точке O. Кроме этого, известно, что угол ABO втрое меньше угла CBO, а угол DCO - втрое меньше угла BCO. Считая углы B,C четырехугольника известными (собственно, достаточно знать один из них), вычислите углы A и D (опять-таки, любой из них).

P.S. Несколько дней прошли. Пожалуй, нарисую-ка я идею решения. Правда, обозначения на этом рисунке немного другие.
knop: (Default)
На меня иногда нападает странная "угломания" - я придумываю геометрические задачки о треугольниках и четырехугольниках с конкретными углами. Недостаток у этих задач с точки зрения их применения на мат.соревнованиях один и тот же: как только участники овладевают теоремой синусов и минимальным джентльменским набором тригонометрических формул, задача превращается в скучное техническое упражнение.

Вот сегодня придумал еще одну. Комменты, как обычно, скрою, чтобы вы могли порешать, но сразу подчеркну: принимаются только классические геометрические решения.

Угломания Кнопа

В четырехугольнике ABCD известны следующие углы: BDA=CAB=30 градусов, CAD = \alpha (на рисунке - 8.5 градусов; ограничение на величину этого угла - она не больше 30 градусов), BDC = 90+\alpha. [Отмечу, что этими четырьмя углами при фиксированном \alpha четырехугольник задан, с точностью до подобия.] Докажите, что величина угла DBC равна 2*\alpha.

Комменты скрыты.

April 2017

S M T W T F S
      1
234567 8
9101112131415
16171819202122
23242526272829
30      

Syndicate

RSS Atom

Style Credit

Expand Cut Tags

No cut tags
Page generated Sep. 23rd, 2017 11:02 am
Powered by Dreamwidth Studios