Главная страница

А. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями


Скачать 0.98 Mb.
НазваниеА. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями
Анкор18×
Дата04.11.2018
Размер0.98 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файла18_215_18_Vstupitelnye_zadachi_FMSh_pri_MGU.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипКнига
#48039
страница14 из 19
Каталогid3453405

С этим файлом связано 25 файл(ов). Среди них: Shkolny_etap_5_klass_uslovia.pdf, Построение сечений элементарными средствами Урок№4.ppt.ppt, Prasolov_Zadachi_po_planimetrii.pdf, Vilenkin_N_Ya_i_dr_Fakultativny_kurs_Izbrannye_voprosy_matematik, Kiselev_A_P_Pod_red_Glagoleva_N_A_Geometria.pdf, 9_klass.pdf, Shkolny_etap_4_klass_otvety.pdf, 2_Trigonometria_Falin_G_I.pdf и ещё 15 файл(а).
Показать все связанные файлы
1   ...   11   12   13   14   15   16   17   18   19
. (). В треугольнике ABC проведена высота AD на основание. Известно, что AC
> AB. Что больше DC DB или AB?
. (). В каких пределах может меняться длина отрезка с концами на сторонах AB и BC равностороннего треугольника единичной площади при условии, что точки и N равноудалены от середины стороны AC, а отрезок не параллелен AC?
. (). Докажите, что если a, b, c –– стороны треугольника, то+ b
4
+ c
4
< 2(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ b
2
c
2
).


. (). Найдите наибольшую возможную площадь четы- рёхугольника со сторонами 1, 4, 7, 8 (в произвольном порядке. Найдите наибольшую высоту, которую может иметь треугольник ABC со сторонами AB
4, BC
5 и AC
6.
. (). Найдите наименьшее значение выражения 1
+ (3 − x
2
)
2
+ x
2 2
+ (1 − x
3
)
2
+
+ x
2 3
+ (3 − x
4
)
2
+ x
2 4
+ (2 − x
1
)
2
.. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = AC) на стороне взята точка K, а на стороне AC –– точка L так, что CL. Докажите, что KL не меньше половины BC.
.. Периметр четырёхугольника, вписанного в окружность,
равен 1 м. Может ли радиус окружности быть большем. На данной прямой найдите такую точку, чтобы расстояния от неё до двух данных точек имели а) наименьшую сумму;
б) наибольшую разность. Рассмотрите различные случаи взаимного расположения данных точек и прямой. В треугольнике даны сторона и противоположный угол.
Найдите наибольшее значение суммы квадратов двух других сторон. Однажды вечером все ученики одного класса услышали по радио интересную новость, и каждый побежал рассказать её своему товарищу по классу, жившему ближе всего. Не застав соседа дома, каждый оставляет ему записку. Докажите,
что ни один ученик не получит более пяти записок, если известно, что нет двух пар учеников, живущих на одном и том же расстоянии.
О т в е ты и решения. а) Указание. Воспользуйтесь неравенством h
a
<
b
+ б) Пусть I –– центр вписанной окружности, r –– её радиус, и C
1
–– основания перпендикуляров, опущенных из точки на стороны BC, CA и AB соответственно. Площадь S
a

четырёхугольника вдвое больше площади треугольника, и значит, S
a
< AI · IB
1
< l
a
· r. Треугольник состоит из трёх таких четырёхугольников, значит p · r < (l
a
+ l
b
+ l
c
)
· где p –– полупериметр Сравнение с периметром вытекает из неравенства l
c
<
<
a
+ b
2
. Чтобы доказать последнее, воспользуемся формулой ab a b , где a и b –– отрезки, на которые биссектриса делит сторону c. Неравенство a b <
a
+ b
2 после раскрытия скобок преобразуется к виду b < a

2
− 2ab + что, очевидно, верно. Пусть P = A
1
A
2
A
n
–– данный многоугольники где i
< j, –– его самая длинная диагональ (одна из них, если таких несколько. Можем считать, что площадь многоугольника не меньше 2
. Если P –– треугольник, то всё доказано.
Пусть теперь j
> i + 2. Проведём через точки и перпендикуляры и b к отрезку A
i
A
j
. Вершины иле- жат в полосе между прямыми a и b, иначе одна из диагоналей
A
i
A
j
−1
или имела бы длину больше d. В силу выпуклости все вершины A
i
+1
, …, также лежат в этой полосе.
При этом найдётся вершина, скажем A
k
, которая удалена от прямой не менее чем на 2d
. В противном случае многоугольник целиком помещался бы в прямоугольнике со стороной и смежной стороной, меньшей 2d
, и его площадь была бы меньше 2
. У треугольника основание равно d, высота не менее 2d
, значит, его площадь не меньше 4
, что и требовалось. Пусть M –– произвольная точка на окружности, R –– радиус окружности, описанной около треугольника AMO. Угол

AMO, очевидно, острый при любом положении точки M. Так как sin
AMO =
OA
2R
, то величина угла AMO тем больше, чем меньше R. Значение R будет минимальным в случае касания двух окружностей. Для нахождения точки M в этом случае достаточно восстановить в точке A перпендикуляр к OA и найти его пересечение с исходной окружностью. Указание. Среди треугольников, вписанных в данную окружность и имеющих фиксированную сторону, наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник, среди равнобедренных равносторонний.
Ответ. Правильный треугольник. Указание. Рассмотрите прямоугольник внутри ромба,
расположенный так, что стороны прямоугольника параллельны диагоналям ромба.
Ответ. Да. Пусть I –– центр вписанной окружности и прямая AI пересекается с серединным перпендикуляром к стороне AB в точке D. Треугольник ADB равнобедренный, и значит =
= ∠DAB. А коль скоро ∠IBA < IAB, точка I лежит наотрез- ке AD. Длины отрезков IA и IB связаны неравенством IA
< ибо проекция отрезка IA на сторону AB короче проекции Аналогично IA
< Пусть O –– центр описанной окружности, d –– расстояние от него до стороны BC, R –– радиус окружности. Запишем теорему Пифагора для треугольника BOK, где K –– середина BC:
d
2
= R
2

BC
2 Аналогичные формулы выражают расстояния от O до двух других сторон. В треугольнике сторона BC имеет максимальную длину, так как она лежит против наибольшего угла. Поэтому расстояние доне от точки O минимально.
Ответ. A; BC.
.. Указание. исследуйте изменение площади при малом смещении отрезка Ответ. Так, чтобы отрезок AB делился кривой пополам

.. Так как AC > AB, то по свойству наклонных и CD > Поэтому точка D лежит на луче CB. Докажем, что AC
AB <
< DC DB. Если точки B и D совпадают или точка D лежит на продолжении отрезка CB заточку, то DC
DB = CB, и неравенство следует из неравенства треугольника.
Если же точка D лежит на отрезке CB, построим точку E, симметричную точке B относительно прямой AD. Неравенство AE < DC DE следует из доказанного выше. Справедливость неравенства AC
AB < DC DB вытекает из того, что AE и DB = Рис. Ответ. DC
DB.
.. Пусть D –– середина AC, E и F основания перпендикуляров, опущенных из D на стороны AB и BC соответственно
(см. рис. ). Прямоугольные треугольники и FDN равны, поскольку равны их катеты и гипотенузы. Если бы обе точки и N лежали по одну сторону от прямой, то оказались бы равными углы и CND, и тогда прямые AC и MN оказались бы параллельными, что противоречит условию задачи. Поэтому без ограничения общности можно считать, что точка M лежит на отрезке AE, а точка N –– на отрезке BF. Тогда =
= ∠EDF = 120

. Следовательно, треугольник MDN –– равнобедренный с углом при вершине, значит, MN
= Так как точка M лежит на отрезке AE и не совпадает св случае M
= E отрезок MN параллелен стороне AC треугольника, длина отрезка MD меняется в пределах ED
< MD Исходя из того, что площадь треугольника ABC равна 1, вычислим длины отрезков AD и ED: AD
=
1 и ED
=
4 3
2
. Наконец, используя равенство MN
= 3MD, получим, что длина отрезка MN меняется в пределах 27 2
< MN
4 Ответ. MN


4 27 2
;
4 3 .
.. Указание. Раскройте скобки в формуле Герона.


.. Если четырёхугольник разрезать диагональю на два треугольника и один из них перевернуть, то получится равновеликий четырёхугольник со сторонами той же длины, но расположенными в другом порядке. Поэтому решение задачи не зависит от порядка сторон. Будем считать, что они располагаются в порядке 1, 4, 7, 8. Площадь четырёхугольника равна 2
· (1 · 8 · sin α + 4 · 7 · sin где и β –– углы между сторонами с длинами 1, 8 и 4, 7 соответственно. Поэтому S
1
· 8 + 4 · 7 2
= 18. Четырёхугольник с площадью 18 получается, когда
= β =
π
2
. Он существует,
поскольку 1 2
+ 8 2
= 4 2
+ 7 Ответ. 18.
.. В треугольнике ABC всегда выполняются неравенства и h
a
AC, поэтому при наложенных условиях наибольшая высота не превосходит 5. Прямоугольный треугольник с гипотенузой AC
= 6 и катетом BC = 5 удовлетворяет условию.
Ответ. 5.
.. Зафиксируем набор из четырёх чисел x
1
, x
2
, x
3
, x
4
. Сумма векторов (3 − x
2
; x
1
),
−−→
A
2
A
3
= (x
2
; 1
x
3
),
−−→
A
3
A
4
=
= (3 − x
4
; x
3
) и (x
4
; 2
x
1
) есть вектор (6; Выражение из условия задачи –– нечто иное, как длина ломаной. В силу неравенства треугольника длина этой ломаной не меньше длины отрезка A
1
A
5
, те 5.
Подберём числа x
1
, x
2
, итак, чтобы значение исходного выражения в точности равнялось бы 3 5. Это возможно,
если ломаная совпадает с отрезком и точки, A
2
, A
3
, A
4
, следуют одна за другой. Предположим, что это так. Тогда векторы, коллинеарны вектору (6; 3). Поэтому x
2
x
1
=
x
2 1
x
3
=
3
x
4
x
3
=
x
4 2
x
1
=
6 3

Отсюда 3 − 2x
1
,
x
3
= −
1 2
+ x
1
,
x
4
= 4 − Чтобы точки A
1
, A
2
, A
3
, A
4
, следовали одна за другой,
координаты векторов, должны быть неотрицательны. Поскольку у каждого вектора отношение координат равно 2, то достаточно обеспечить выполнение условий 0, 1
x
3 0, x
3 0, 2
x
1 0, откуда 2
x
1 3
2
. Выбирая 1, получаем четвёрку чисел x
1
= x
2
= 1, x
3
=
1 2
, x
4
= 2, для которой ломаная имеет длину 3 Ответ.
3 5.
.. Решение . Пусть AB = AC = b, BC = a, ∠BAC = α, AK =
= CL = x. Применим теорему косинусов к треугольнику KAL:
KL
2
= x
2
+ (b x)
2
− 2x(b x) cos Коэффициент при в полученном квадратном трёхчлене равен) и, следовательно, положителен. Заметим,
что полученный квадратный трёхчлен принимает равные значения при x
= 0 и x = b, поэтому своё минимальное значение он принимает при x
=
b
2
. Нов этом случае отрезок KL является средней линией треугольника ABC и длина его равна. При- ведённые рассуждения показывают, что всегда имеет место неравенство Рис. Решение . Пусть DE –– средняя линия треугольника (D
AB, E ∈ см. рис. ). Достроим треугольник до параллелограмма По условию KD
= LE, поэтому треугольник равнобедренный.
В нм
= 2∠C, ибо и значит
= 90

− ∠C. Таким образом, треугольник DEM –– прямоугольный, в нём гипотенуза DM
= KL

длиннее катета DE
=
BC
2
. Равенство этих отрезков достигается только в случае K
= D, L = E.
.. Указание. Рассмотрите равнобокую трапецию, у которой высота очень мала.
Ответ. Да. Указание. В каждом пункте водном случае расположения точек относительно прямой нужно применить неравенство треугольника. В другом случае –– применить к одной из точек осевую симметрию относительно прямой. Указание. При помощи теоремы косинусов сумма квадратов сторон выражается через их произведение, которое в свою очередь пропорционально площади треугольника.
Ответ. Пусть даны сторона c и угол. Если γ 90

, то искомая величина равна 2 sin
2 γ
2
. Если >
90

, то треугольника с максимальной суммой квадратов двух других сторон не существует. Рассмотрим произвольного ученика A, и пусть он получил записки от учеников B
1
, B
2
, …, B
n
. Покажем, что для любых B
i
, B
j
. Допустим, это не таки для каких-то
B
i
, выполнено. Тогда в треугольнике угол не является наибольшими поэтому одна из сторон
AB
i
или длиннее, нежели B
i
B
j
. Это противоречит тому,
что ученик A является ближайшим к каждому из учеников
B
i
и B
j
. Таким образом и, значит, n
< Решите сами. Докажите, что сумма медиан треугольника меньше периметра и больше периметра этого треугольника. а) Верно ли, что если все медианы треугольника меньше единицы, то его площадь меньше единицы?
б) Верно ли, что если все биссектрисы треугольника меньше единицы, то его площадь меньше единицы?
в) Верно ли, что если все высоты треугольника меньше единицы, то его площадь меньше единицы

(). Гипотенуза прямоугольного треугольника равна В каких пределах может изменяться площадь треугольника. Докажите, что сумма расстояний от любой точки до вершин правильного шестиугольника не меньше его периметра. Докажите, что медиана треугольника меньше полусуммы сторон, между которыми она заключается, и больше разности между этой полусуммой и половиной третьей стороны. Найдите наибольшую площадь, которую может иметь треугольник ABC со сторонами AB
8, BC
6 и AC
5.
(). Решите систему уравнений+ x
1
+ 1 + x
2
+ … + 1 + x
100
= 100 1 +
1 100
,
1
x
1
+ 1 − x
2
+ … + 1 − x
100
= 100 1 −
1 100
(). В прямоугольном треугольнике ABC высота, опущенная на гипотенузу AB, равна 1. На стороне BC взята точка такая, что CD : DB
= 1 : 3. Каково наименьшее значение длины отрезка AD?
(). Можно ли отметить на плоскости 225 точек так, чтобы максимальное расстояние между ними было не больше а минимальное –– не меньше 3?
. Пусть внутри некоторого круга заданы две точки A и Для какой из точек C, расположенных на окружности, угол принимает наибольшее значение?
Л и тер ату р а поте м е Башмаков М. Геометрические неравенства // Квант. .
№ . С. –– .
[2] Сефибеков С. Доказательство геометрических неравенств Квант. . № . С. –– .
[3] Ольхов В. Как придумать геометрическое неравенство Квант. . № . С. .

Тема 
Стереометрия
Т е ори я. Если плоскость пересекает параллельные плоскости, то линии её пересечения с этими плоскостями параллельны между собой.
Если две пересекающиеся плоскости параллельны одной и той же прямой, то и линия их пересечения параллельна этой прямой. Теорема о трёх перпендикулярах. Прямая a, пересекающая плоскость, перпендикулярна прямой b, лежащей в тогда и только тогда, когда ортогональная проекция прямой на плоскость является либо точкой, либо прямой, перпендикулярной. Признак перпендикулярности прямой и плоскости.

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим водной плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Признак параллельности плоскостей. Если плоскость параллельна двум пересекающимся прямым, то она параллельна плоскости, содержащей эти прямые. Признак перпендикулярности плоскостей. Если плоскость содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти две плоскости перпендикулярны.
З ада ч и
(). Можно ли куб пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился правильный пятиугольник. Докажите, что не существует многогранника с семью рёбрами.


. (). Может ли параллельная проекция куба на плоскость быть правильным шестиугольником. Можно ли произвольный трёхгранный угол пересечь плоскостью так, чтобы в сечении был правильный треугольник. Можно ли выпуклый четырёхгранный угол пересечь плоскостью так, чтобы в сечении был параллелограмм. Можно ли через данную точку провести прямую,
пересекающую две скрещивающиеся прямые. Докажите, что сумма расстояний от вершин параллелепипеда до любой не пересекающей его плоскости враз больше, чем расстояние от его центра до той же плоскости. Натр х данных параллельных прямых в пространстве отданных на этих прямых точек A, B, C откладывают в данном направлении отрезки AA
1
, BB
1
, так, что сумма+ BB
1
+ CC
1
остаётся постоянной. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника A
1
B
1
C
1
остаётся постоянной (). Опишите геометрическое место середин отрезков с концами на данных скрещивающихся прямых. Докажите, что для любых четырёх точек в пространстве и D имеет место равенство 0.
1   ...   11   12   13   14   15   16   17   18   19

перейти в каталог файлов
связь с админом