Тема Геометрия помогает алгебре

Увидеть треугольник

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрия помогает алгебре

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#105333

Для положительных чисел $x$ и $y$ докажите неравенство

∘-2------∘-2------ ∘-2------∘-2------ x − x+ 1 y − y+ 1+ x + x+ 1 y + y+ 1≥2(x+ y)

Показать доказательство

Пусть $A = (− 1,0),C = (0,1)$ в декартовой системе координат с центром $O.$ Отметим точку $B$ на прямой через точку $O$ и образующей с прямой $OC$ угол $∘ 60$ так, что $OB = x,$ точку $D$ так, что $OD = y.$ По теореме косинусов для треугольника $BOC$

2 2 2 ∘ 2 BC = OB + OC − 2OB ⋅OC ⋅cos60 = x +1− x

Откуда $BC =√x2-− x-+1.$ Аналогично вычисляются другие стороны четырехугольника $ABCD$

∘ -2------ ∘ -2------ ∘ -2------ AD = y + 1− y; AB = x + 1+x; CD = y + 1+y

таким образом, доказываемое неравенство можно переписать в виде

BC ⋅AD +AB ⋅CD ≥ AC⋅BD

что представляет из себя утверждение теоремы Птолемея для четырехугольника $ABCD.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80574

Пусть $a,$ $b,$ $c$ — стороны треугольника. Докажите, что

(a +b− c)(b+ c− a)(a +c− b) ≤ abc

Показать доказательство

Первое решение. Введём переменные $x= a+ b− c,y = b+ c− a,z = a+ c− b.$ Тогда $a= x+z,b= x+y,c= y+z. 2 2 2$ Подставим это в неравенство и уножим его на $8:$

8xyz ≤ (x +y)(x +z)(y +z)

Покажем, что числа $x,y,z$ положительные. Изначальное неравенство инвариантно относительно перестановки пременных, поэтому не умаляя общности положим, что $a ≤b ≤c.$ Тогда очевидно, что $y$ и $z$ положительны. Если же при этом $x$ отрицательно, то изначальное неравенство верно, потому что левая часть неположительна, а правая — положительна. Поэтому будем считать, что $x$ также больше $0.$

В этом случае мы можем написать неравенства о средних: $√-- √-- √ -- 2 xy ≤ x+ y,2 xz ≤x+ z,2 yz ≤ y+z.$ Осталось их перемножить и получить требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выражение слева чем-то похоже на формулу Герона, не так ли? Давайте домножим неравенство на $a+b+c 16 ,$ чтобы оно в точности стало ею:

abc(a +b+ c) S2 ≤ ----16-----

Вспомним известные формулы площади через радиусы вписанной и описанной окружностей: $a+b +c= 2Sr ,abc =4RS.$ Если подставить это в неравенство, поделить на $S2$ и преобразовать, получим неравенство $2r ≤R.$ Оно следует из теоремы Эйлера про расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85996

Для положительных чисел $x,y,z$ докажите неравенство

∘-2------2- ∘ -2------2 ∘-2-------2 x − xy+ y + y − yz+ z ≥ z + zx+ x

Показать доказательство

Отложим от одной точки на плоскости отрезки длиной $x,y,z$ так, чтобы угол между отрезками $x$ и $y$ был $60∘,$ угол между отрезками $y$ и $z$ был $∘ 60 ,$ а угол между отрезками $x$ и $z$ был $∘ 120 .$ Обозначим вторые концы отрезков $x,y,z$ через $A,B$ и $C$ соответственно.

$PIC$

Тогда по теореме косинусов $∘---------- ∘--------- ---------- AB = x2− xy+ y2,BC = y2− yz+ z2,CA = √z2+zx +x2.$ Тогда наше неравенство сразу следует из неравенства треугольника $ABC$ (возможно, вырожденного).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#99292

Решите уравнение

√--------- ∘----√----- 15− 12cosx+ 7− 4 3sin x= 4

при $0∘ < x< 90∘.$

Показать ответ и решение

Обозначим $cos(90∘− x)= cosφ,$ тогда наше уравнение перепишется в виде:

∘-√--2---√--2--√-√----- ∘ --2--√--2---√----- ( 3) +(2 3) − 2 3 3cosx+ (2) + ( 3) − 2 3cosφ = 4

Таким образом у нас получаются два треугольника $△ABH$ и $△CBH$ , где $AB = 2,BC = 2√3,BH = √3,∠ABH = x,∠HBC = 90∘ − x.$

$PIC$

Так как по теореме Пифагора $AC =4,$ то $AH$ и $CH$ лежат на $AC.$ Заметим, что $BH$ — высота в треугольнике $ABC.$ Действительно,

SABC = AB ⋅BC ⋅ 1= 2√3= AC ⋅BH ⋅ 1= 4⋅√3⋅ 1 2 2 2

Следовательно, $∠ABH = x= π. 6$

Ответ:

$π 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#101439

Два корабля двигаются в море со скоростями $v1 = 15 м/с$ и $v2 = 30 м/ с,$ при этом скорости направлены таким образом, что траектории кораблей пересекаются под углом $α = 60∘ :$

Корабли расположены таким образом, что расстояние между кораблями равно $S0 = 20 км,$ расстояния между кораблями и точкой пересечения траекторий равны. Через некоторое время расстояние между кораблями становится минимальным. Найдите это расстояние.

Показать ответ и решение

I способ
Перейдем в систему отсчета, связанную с первым кораблем.
Тогда относительная скорость равна

v⃗отн = ⃗v2 − ⃗v1

Чтобы найти угол $β,$ рассмотрим треугольник со сторонами $v1,v2,v отн$

Угол между сторонами $v1$ и $v2$ равен $60∘.$ По теореме косинусов

∘ ------------------- v = v2 +v2 − 2vv cos60∘ = 26 м/с отн 1 2 12

По теореме синусов найдем $γ$

v1 v отн v1sin 60∘ 1 sin-γ = sin60∘-⇒ sinγ = --v отн-= 2

А угол $β$ равен $60∘ − 30∘ = 30∘$ , значит, траектория относительного движения является биссектрисой, а в равностороннем треугольнике она является еще и медианой, следовательно, $L = S0-= 10 км min 2$

___________________________________________________________________________________________________

II способ
До момента пересечения траекторий корабли будут сближаться, после пересечения траекторий корабли будут удаляться. Значит, минимальное расстояние в точке пересечения траекторий. Так как скорость второго в 2 раза больше, чем скорость первого, то он придет в точку пересечения в 2 раза быстрее, а расстояние между кораблями будет равно половине траектории. Заметим, что треугольник равносторонний (равнобедренный и при этом с углом в 60 градусов при вершине), значит, длина траектории равна $S = 20 км. 0$ Так что минимальное расстояние между кораблями равно $S0 -2-= 10 км.$

Ответ: 10 км

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:	3
I) записаны положения теории и физические законы,
закономерности, применение которых необходимо для решения
задачи выбранным способом (в данном случае - записана формула относительной скорости, сказано, когда расстояние будет минимальным);
II) описаны вновь вводимые в решении буквенные обозначения
физических величин (за исключением обозначений констант,
указанных в варианте КИМ, обозначений величин, используемых
в условии задачи, и стандартных обозначений величин,
используемых при написании физических законов);
III) проведены необходимые математические преобразования
и расчёты (подстановка числовых данных в конечную формулу),
приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение
«по частям» с промежуточными вычислениями);
IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения
фиизческой величины

Правильно записаны все необходимые положения теории,	2
фиизческие законы, закономерности, и проведены необходимые
преобразования, но имеется один или несколько из следующих
недостатков.

Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном
объёме или отсутствуют.
И(ИЛИ)
В решении имеются лишние записы, не входящие в решение
(возможно, неверные), которые не отделены от решения и не
зачёркнуты
И(ИЛИ)
В необходимых математических преобразованиях или вычислениях
допущены ошибки, и(или) в математических преобразованиях/
вычислениях пропущены логически важные шаги.
И(ИЛИ)
Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе
в записи единиц измерений величины)

Представлены записи, соответствующие одному из следующих	1
случаев.
Представлены только положения и формулы, выражающие
физические законы, применение которых необходимо для решения
данной задачи, без каких-либо преобразований с их
использованием, направленных на решение задачи.
ИЛИ
В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая
для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе
решения), но присутствуют логически верные преобразования
с имеющимися формулами, направленные на решение задачи.
ИЛИ
В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной
задачи (или в утверждения, лежащем в основе решения), допущена
ошибка, но присутствуют логически верные преобразования
с имеющимися формулами, направленные на решение задачи

Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным	0
критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74137

Положительные $a,b,c$ удовлетворяют условию $abc(a+b+ c)= 3.$ Докажите, что $(a+b)(a +c)(b+ c)≥8.$

Показать доказательство

Давайте сделаем следующую замену: $a +b= x,b+c =y,a+ c= z.$ А также обозначим полупериметр треугольника со сторонами $x,y,z$ (а такой существует, так как очевидно, что выполняется неравенство треугольника) за $p.$ Тогда условия перепишутся следующим образом:

p(p− a)(p− b)(p − c)= 3

xyz ≥8

Первое условие говорит нам о том, что площадь треугольника $S = √3$ по формуле Герона. Значит имеет место быть равенство: $xyz= √3. 4R$ Тогда можно переписать вопрос как: $R ≥ √2. 3$ Предположим противное, $R< √2, 3$ тогда по известному факту о том, что при фиксированном радиусе треугольник наибольшей площади — равносторонний можем понять (чтобы его доказать, можно заметить, что для фиксированной стороны треугольник наибольшей площади равнобокий, значит он равнобокий для всех $3$ сторон-оснований), что наибольшая площадь будет равна $3√3R2< √3 =S. 4$ Противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74139

Существует ли треугольник со сторонами $x$ , $y$ и $z$ такой, что

3 3 3 x + y +z = (x+ y)(y+ z)(z+ x)?

Показать ответ и решение

Сделаем стандартную для сторон треугольника замену: $x = a+b,y = b+c,z = a+ c.$ Раскроем скобки и сократим подобные слагаемые. Получим, что должно выполнятся равенство $0 =6abc.$ Что невозможно, значит такого треугольника не существует.

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#74141

Пусть $a,b,c$ — стороны треугольника. Докажите неравенство:

2 2 2 a b(a− b)+b c(b− c)+c a(c− a)≥0.

Показать доказательство

Сделаем стандартную для сторон треугольника замену: $x = a+b,y = b+c,z = a+ c.$ Раскроем скобки и сократим подобные слагаемые. Получим, что нужно доказать следующее:

3 3 3 x y+ y z+z x≥ xyz(x +y+ z)

Но заметим, что по неравенству о средних:

3 3 3 2 4xz+ 2y x+z y ≥ 7x yz

Аналогично, для $2$ других слагаемых правой части, после сложения $3$ неравенств получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#34676

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что

2 2 2 a + b − ab= c

Докажите, что

(a− c)(b− c)≤ 0

Показать доказательство

Первое решение.

Рассмотрим треугольник с длинами сторон $a$ , $b$ и углом в $∘ 60$ между ними.

$PIC$

Тогда по теореме косинусов длина стороны напротив угла в $60$ градусов равна $c$ . При этом в треугольнике с углом в $∘ 60$ сторона напротив такого угла является средней из трёх сторон (напротив большего угла лежит большая сторона, напротив меньшего угла – меньшая). В искомом неравенстве стоят разности сторон, так что одна скобка неотрицательна, а другая неположительна.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В силу положительности чисел искомое неравенство равносильно

(a− c)(b− c)(a+c)(b +c)≤ 0

Ведь множители $a+c$ и $b+ c$ положительны.

Тогда нам нужно доказать (с учётом формулы разности квадратов)

(a2− c2)(b2 − c2)≤0

Подставляем условие $2 2 2 c = a +b − ab:$

(ab− b2)(ab− a2)≤0

На положительное $ab$ можно сократить и получим

(a− b)(b− a)≤ 0

Что верно в силу неотрицательности квадрата.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#34723

Докажите равенство:

1 1 π arctg1+ arctg 2 + arctg3 = 2 .

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Отложим на оси координат от точки $D$ с координатами $(2;0)$ отрезок длины $2$ влево, длины $1$ вверх и длины $3$ вправо. Тогда $1 1 ∠BAD =arctg 2,∠BCD =arctg3.$ В треугольнике $ABC$ по теореме косинусов $2 √- √-- 5 =5 +10− 2⋅ 5⋅ 10⋅cosABC.$ Тогда $√2- π cosABC = −-2 =⇒ ∠ABC =π −4$ . По теореме о сумме углов в треугольнике получаем, что $1 1 π arctg2 +arctg3 = 4$ , откуда следует $1 1 π arctg1 +arctg2 +arctg3 = 2.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Сначала заметим, что $arctg 1= π4$ . Кроме того, $arctg 12 + arctg 13 ∈ (0,π)$ из-за области определения каждого арктангенса из суммы. По формуле тангенса суммы

( ) 1 1 tg arctg 1+ arctg 1 =-2 +131-=1 =⇒ arctg 1 +arctg 1 = π 2 3 1− 2 ⋅3 2 3 4

Поскольку угол лежит на промежутке $(0,π)$ , то это единственное возможное значение. Отсюда сумма из условия равна $π π π 4 + 4 = 2$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Рассмотрим прямоугольник $ABDC$ со сторонами $2$ и $3$ и построим из точки $A$ лучи с нужными тангенсами:

$PIC$

Заметим, что $1 ∠EAB = arctg3$ и $1 ∠CAF = arctg2$ , то есть осталось доказать, что $∠F AE =45∘ = arctg1$ (поскольку сумма всех трёх равна $90∘$ ). Но $AF2+ FE2 =10 =AE2$ , так что по обратной теореме Пифагора $∠AFE =90∘$ , причём $△AF E$ равнобедренный прямоугольный, откуда и следует нужное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#34724

Решите уравнение $∘x2-−-5x√2-+-25-+∘x2-− 12x√2-+144= 13.$

Показать ответ и решение

Если $x ≤0,$ то $∘x2-−-5x√2-+-25-≥√25-=5$ и $∘x2-−-12x√2-+144≥ √144= 12$ , так что в уравнении получаем

∘-2----√----- ∘ -2----√------ 13= x − 5x 2+ 25+ x − 12x 2+144≥ 5+ 12 =17

противоречие.

При $x> 0$ рассмотрим треугольник с длинами сторон $x,5$ и углом в $45∘$ между ними. Тогда третья сторона по теореме косинусов равна $√-2------------∘--- x + 25− 2⋅cos45 ⋅5x$ . Второе слагаемое из условия получается аналогично для длины стороны $12$ вместо $5$ . Рассмотрим конструкцию

$PIC$

Тогда исходное уравнение примет вид $√------ BD +CD = 13= 122+ 52 =BC$ , поскольку треугольник прямоугольный. По неравенству треугольника получаем, что такое равенство может быть выполнено только при $D∈ BC$ , то есть только когда $x$ равен длине биссектрисы из вершины прямого угла треугольника с катетами $5$ и $12$ . По формуле длины биссектрисы

√- x= 2⋅5⋅12⋅cos45∘= 60-2 5+12 17

Ответ:

$60√2 17$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#36671

Докажите равенство:

∘ ∘ ctg30 + ctg75 = 2.

Показать доказательство

Первое решение.

∘ ∘ cos30∘ cos(45∘+30∘) ctg30 +ctg75 = sin30∘ + sin(45∘-+30∘) =

√ - √ - √- √- = √3+ √-6−√-2= 3+--3√-+-3-− 1 =2. 6+ 2 3+ 1

Второе решение.

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ABC$ , в котором $∘ ∠A= ∠C = 75$ и $∘ ∠B = 30$ . Проведём высоту $CH$ , получим прямоугольный $△BAH$ с углом $∘ 30$ , откуда $1 1 AH = 2AB = 2BC$ . С другой стороны, из прямоугольных $△ACH$ и $△BAH$ имеем $∘ ∘ ∘ ∘ BC = BH + HC = AHctg75 +AH ctg30 =AH (ctg75 + ctg30)= 2AH$ , откуда и следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71647

Известно, что положительные числа $x,y,z$ удовлетворяют системе:

(| x2+ y2+ xy =529 { x2+ z2+√3xz = 441 |( 2 2 z + y = 144

Найдите значение выражения $√3xy +2yz+ xz.$

Источники: Межвед-2022, 11.5 (см. www.academy.fsb.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник $ABC$ с выбранной внутри него точкой $O$ так, что

∘ ∘ ∘ AO = y,OB =z,OC =x,∠AOB = 90 ,∠AOC =120 ,∠BOC =150

$PIC$

Условия системы представляют собой теорему косинусов (в т.ч. теорему Пифагора) для треугольников $AOB, AOC,BOC.$

Отсюда нетрудно понять, что $AB = 12,BC = 21,$ $AC =23.$ Теперь заметим, что

√ - 3xy+ 2yz+ xz =4SAOC + 4SAOB + 4SBOC = 4(SAOC + SAOB +SBOC )= 4SABC

Площадь треугольника $ABC$ найдем по формуле Герона:

12+ 21+ 23 √- p= ----2---- = 28, SABC = 56 5

Следовательно, $√ - 4SABC = 224 5.$

Ответ:

$224√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76639

Клиенты интернет магазина «Али-экспресс» проживают в семи домах, расположенных в вершинах выпуклого семиугольника. От жителей первого дома поступил один заказ, от второго дома – два заказа, и т.д. от жителей шестого – шесть заказов. А вот жители последнего седьмого дома сделали $21$ заказ. Менеджер магазина задумался о том в какое место следует доставить все заказы, чтобы суммарное расстояние, преодолеваемое всеми клиентами для получения товара, было минимально возможным. Помогите ему в решении этой задачи и обоснуйте результат.

Источники: Росатом-2022, московский вариант, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $O$ – произвольная точка привоза товара, $d ,d,,...,d 1 2 7$ – расстояния от точки привоза до домов; Суммарное расстояние:

∑ =1 ⋅d1+ 2d2+3d3+ 4d4 +5d5+ 6d6+ 21d7 =

= (d1+ d7)+ 2(d2+ d7)+4(d4+d7)+ 5(d5+ d7)+ 6(d6+ d7)

$PIC$

Из неравенства треугольника:

d1+d7 ≥ A7A1, d2+ d7 ≥ A7A2, d3+d7 ≥A7A3, d4+ d7 ≥ A7A4,

d5+ d7 ≥ A7A5, d6+d7 ≥ A7A6 (1)

Равенство достигается только в случае, когда треугольники вырождаются в отрезки.

∑ ≥A7A1 +2 ⋅A7A2 +3 ⋅A7A3 +4 ⋅A7A4 +5 ⋅A7A5 +6⋅A7A6 (2)

Правая часть неравенства $(2)$ не зависит от положения точки $O,$ поэтому

min∑ ≥A7A1 +2⋅A7A2 +3⋅A7A3 +4⋅A7A4 +5⋅A7A5+ 6⋅A7A6

Минимум достигается, когда точка $O$ совпадает с точкой $A7,$ поскольку в ней все неравенства $(1)$ превращаются в равенство.

Ответ: товары следует доставить в седьмой дом

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91963

Пусть $x,y,z$ — положительные числа и

xyz(x+ y+ z)=1

Найдите наименьшее значение выражения

(x+ y)(x+ z)

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник со сторонами $a= x+ y,$ $b =y +z,$ $c= z+ x.$ Так как для этих $3$ чисел выполняется неравенство треугольника, то он существует. Тогда

p= x+ y+z

x= p− b,y = p− c,z =p − a

Значит, площадь треугольника по формуле Герона

S = ∘p-(p−-a)(p−-b)(p−-c)= ∘xyz(x+-y+-z)-=1

С другой стороны, если угол между сторонами $a$ и $c$ равен $β,$ то

S = acsinβ-= (x-+y)(x-+z)sinβ-= 1 2 2

и значит,

(x+ y)(x+ z) =--2-≥ 2 sinβ

Пусть $a= 1,$ $c =2$ и $b= √3.$ Тогда $(x+ y)(x+ z)= -2-= 2. sin β$ То есть оценка достигается.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91965

Имеет ли решение в положительных числах система уравнений

(| x2+ xy+ y2 = 4; { y2+ yz+ z2 =9; |( 2 2 z + zx+ x =36?

Показать ответ и решение

Пусть есть. Тогда возьмем точку, выпустим 3 луча, между которыми углы $120∘$ и отметим на эти лучах отрезки длины $x =a$ , $y =b$ и $z =c:$

$PIC$

Тогда

( |{ x2+ xy+ y2 = 4= AB; | y2+ yz+ z2 =9 =BC; ( z2+ zx+ x2 = 36 =AC

Но для треугольника $ABC$ не выполняется неравенство треугольника. Противоречие.

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#95205

Дана система уравнений, описывающая положение и ориентацию исполнительного механизма робота на плоскости вида

(| x= a⋅cos(ϕ )+b⋅cos(ϕ + ϕ )+c ⋅cos(ϕ +ϕ + ϕ ) { y = a⋅sin(ϕ1)+b⋅sin(ϕ1+ ϕ2)+ c⋅sin(ϕ1+ ϕ2+ϕ 3) |( 1 1 2 1 2 3 γ = ϕ1+ ϕ2+ϕ3

Найдите конфигурацию ( $ϕ1,ϕ2,ϕ3$ ) для заданного положения и ориентации $(x,y,γ)$ , а также известных $a,b,c$ . При каких $a,b,c$ задача имеет решение?

Источники: Иннополис - 2021, 11.4 (см. dovuz.innopolis.university)

Показать ответ и решение

$PIC$

Изобразим на координатной плоскости трехзвенный манипулятор (звенья длин $|a|,|b|,|c|)$ , первое звено $AB$ которого — отрезок с началом в $A(0,0)$ , а третье — отрезок с концом $D(x,y)$ . Тогда $ϕ1$ — угол, образованный первым звеном и осью $x,ϕ2$ и $ϕ3$ — углы соответственно между первым и вторым, и вторым и третьим звеньями манипулятора, а $γ$ — угол между направленным третьим звеном и положительным направлением оси $x.$

Изобразим окружности $ωA$ и $ωD$ с центрами в точках $A$ и $D$ и радиусами $|a|$ и $|c|$ соответственно. Вектор $−C−→D$ (третье звено манигулятора) образует известный угол $γ$ — таким образом, точка $C$ имеет координаты $(x− c⋅cosγ;y− c⋅sinγ)$ . Изобразим окружность $ωC$ с центром в точке $C$ и радиусом $|b|.$

$PIC$

Количество общих точек окружностей $ωA$ и $ωC$ равно количеству решений задачи. Задача не имеет решений, если треугольника (пусть и вырожденного) со сторонами $|AC |,|a|,|b|$ не существует.

Найдем одно из решений задачи. Рассмотрим $△ABC (BC$ — второе звено манипулятора). В нём

∘----------------------- |AB |=|a|,|BC |=|b|,|AC|= (x− c⋅cosγ)2+ (y− c⋅sinγ)2.

Зная стороны треугольника, найдем его углы (используя теоремы синусов и косинусов). Так,

2 2 2 ∠BAC = arccosa-+-|AC|-− b-, 2|a|⋅|AC|

причём

x−-ccosγ- ϕ1 = ∠BAC + arctg y− c ⋅sin γ.

Аналогично,

a2 +b2− |AC |2 ϕ2 = π− ∠ABC = π− arccos---2|a|⋅|b|----

Наконец, $ϕ3 = γ− ϕ1− ϕ2.$

Ответ:

Задача имеет решение, когда существует треугольник с длинами сторон $a$ , $b$ и $c$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#99090

Докажите неравенство

---x---- ---y--- ---z--- −x+ y+ z + x− y+ z + x+ y− z ≥ 3,

где $x,y,z$ — стороны произвольного треугольника.

Показать доказательство

Заметим, что в знаменателях стоят длины отрезков касательных к вписанной в треугольник со сторонами $x,y,z$ окружности. Обозначим знаменатели $a,b,c.$ Тогда неравенство эквивалентно

b+ c c+ a a+ b -2a-+ -2b-+ -2c-≥ 3

b c c a a b a +-a +-b +-b-+-c +-c≥ 1 6

Последнее верно в силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для 6 чисел (положительных, так как это длины отрезков касательных).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#70797

На доске написаны числа $2,3,5,...,2003,2011,2017,$ т. е. все простые числа, не превосходящие $2020.$ За одну операцию можно заменить два числа $a,b$ на максимальное простое число, не превосходящее $√-2------2 a − ab+ b.$ После нескольких операций на доске осталось одно число. Какое максимальное значение оно может принимать?

Источники: Курчатов - 2020, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

$√a2-− ab+-b2$ по теореме косинусов это длина стороны напротив угла в $60∘$ в треугольнике, поэтому она является средней из трёх сторон. В связи с этим число $2017$ получиться не может, потому что каждое полученное в результате данной операции простое будет меньше $2017.$ Поэтому наибольшее число, которое мы теоретически можем получить, это $2011.$

Теперь приведём алгоритм, как получить 2011: будем последовательно выбирать два наибольших простых числа из всех, игнорируя $2017.$ Так всегда будет оставаться меньшее из этих чисел, поскольку большее остаться не может, при этом на каждом шаге мы рассматриваем два последовательных простых (это доказывается по индукции, поскольку на первом шаге мы оставим $2003$ из пары $2003$ и $2011,$ и так далее). То есть на каждом шаге $√-2------2 a< a − ab+b < b,$ при этом $a,b$ — последовательные простые, поэтому между ними других простых нет и мы будем выбирать $a.$

Наконец, останутся числа $2,2017,$ для них покажем, что $2011$ подходит:

∘--------------- 20172− 2⋅2017+22 >2011 ⇐⇒ 20172− 2⋅2017+ 22 > 20112 ⇐⇒ 6⋅4028> 4030

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно чисто алгебраически доказать неравенство $√-2------2 a< a − ab+b < b$ при условии $a< b, a,b∈ ℕ.$ Для этого достаточно возвести его в квадрат и использовать $2 2 2 2 a< b =⇒ a < ab< b ⇐ ⇒ a − ab< 0, −ab+b > 0,$ откуда сразу же получаем требуемое $2 2 2 2 a < a − ab+b < b.$

Ответ:

$2011$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#78976

Положительные числа $a,b$ и $c$ таковы, что выполнены равенства

2 2 2 2 2 2 a +ab+ b =1, b+ bc+c = 3, c + ca +a = 4.

Найдите $a +b+ c$ .

Показать ответ и решение

Первое решение.

Отложим из одной точки $T$ отрезки $TA, T B и TC$ с длинами $a, b и c$ соответственно так, чтобы $∘ ∠AT B = ∠BT C = ∠CT A= 120.$

Тогда по теореме косинусов при учете соотношения $∘ 1 cos120 = −2,$ получаем, что $√ - AB = 1,BC = 3,CA = 2.$ Видим, что по теореме Пифагора треугольник $ABC$ прямоугольный $∘ (∠B = 90 ),$ причем его катет $AB$ в два раза короче гипотенузы $AC,$ откуда следует равенства $∘ ∘ ∠BAC = 60 ,∠BCA =30 .$

Отметим точку $B1$ — середину гипотенузы $AC$ и точку $C1,$ что $△ABC = △AB1C1$ и точки $C1$ и $B$ по разные стороны от $AC :$

$PIC$

По построению треугольники $ABC$ и $AB1C1$ отличаются поворотом на $60∘$ с центром в точке $A.$ Отметим точку $T1$ в треугольнике $AB1C1,$ соответсвующую точке $T$ в треугольнике $ABC.$ Тогда $BT = B1T1, CT = C1T1, и AT = AT1 = TT1.$ Последнее равенство обусловлено тем, что треугольник $AT T1$ получается равносторонним, поскольку точки $T$ и $T1$ отличаются поворотом на $60∘$ с центром в точке $A.$