[MIX][Planimetria] zadania z konkursów - głównie geo

[Citizen]

Proszę o rozwiązania lub wskazówki

1) Na półokręgu o końcach A, B obrano w kolejności od A do B punkty X, Y różne od końców, a na
średnicy AB obrano punkt P również różny od końców. Uzasadnij, że \(\displaystyle{ \sphericalangle AXP + \sphericalangle PYB > 90}\) stopni .

2) W wypukłym czworokącie znaleźć punkt, którego suma odległości od wierzchołków jest
najmniejsza.

3) Jak przez dany punkt wewnątrz danego kąta skonstruować prostą odcinającą od tego kąta trójkąt o najmniejszym polu.

4) Czy istnieją różne liczby naturalne \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{100},}\) takie że NWD ich wszystkich wynosi 1, ale NWD żadnych dwóch z nich nie jest jedynką?

5) Jakie jest prawdopodobieństwo, że dwie losowo wybrane przekątne ścian graniastosłupa
prawidłowego stukątnego będą równoległe?


6) Czy istnieje funkcja o dziedzinie \(\displaystyle{ x \in (- \infty ,0> \cup (2,3>}\) i zbiorze wartości \(\displaystyle{ <1,2010)-{2009}?}\)

7) Kula bilardowa stoi w rogu prostokątnego stołu o wymiarach 1 m × 2 m i porusza się bez tarcia. Na
ile sposobów można ją uderzyć, żeby wróciła do punktu startu po dokładnie 10 odbiciach od band?


8) Na płaszczyźnie dane są cztery punkty, które są środkami boków czworokąta. Który z takich
czworokątów ma największe pole?

9) Dwa przystające prostopadłościany sklejamy w jeden na wszystkie możliwe sposoby. Oznaczmy
największe z pól powierzchni otrzymanych prostopadłościanów przez P0, a najmniejsze przez
P1. Jakie wartości może przyjmować stosunek P0 : P1?

[tkrass]

4.

Ukryta treść:    

Weźmy 100 parami różnych liczb pierwszych \(\displaystyle{ p_1}\), \(\displaystyle{ p_2}\), ..., \(\displaystyle{ p_{100}}\). Warunki zadania spełniają liczby \(\displaystyle{ x_1}\), \(\displaystyle{ x_2}\), ..., \(\displaystyle{ x_{100}}\), takie że \(\displaystyle{ x_i = \frac{p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_{100}}{p_i}}\).

[szw1710]

6) Czy istnieje funkcja o dziedzinie \(\displaystyle{ x \in (- \infty ,0> \cup (2,3>}\) i zbiorze wartości \(\displaystyle{ <1,2010)-{2009}}\)?

Zapewne chodzi tu o funkcję okresloną dokładnie w zbiorze \(\displaystyle{ (- \infty ,0\rangle \cup (2,3\rangle}\) i nie poza nim, czyli w takiej dziedzinie naturalnej. Funkcja ta powinna też przekształcać tę dziedzinę na zbiór \(\displaystyle{ \langle 1,2010)\setminus\{2009\}}\). Inaczej odpowiedź jest trywialna: np. \(\displaystyle{ f(x)=1}\) spełnia warunki zadania.

[tometomek91]

1.

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ \sphericalangle APX+ \sphericalangle XPY+ \sphericalangle YPB=180^{o}\ \ (*)}\). Trójkąt AYB jest prostokątny, więc \(\displaystyle{ \sphericalangle YAB + \sphericalangle YBA=90^{o}}\). Można łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ \sphericalangle XBA< \sphericalangle YBA}\) zatem \(\displaystyle{ \sphericalangle YAB+\sphericalangle XBA<90^{o}}\). Rozważmy trójkąt XAP: \(\displaystyle{ \sphericalangle APX=180^{o}- \sphericalangle AXP- \sphericalangle XAY- \sphericalangle YAP}\) i podobnie w trójkącie YPB: \(\displaystyle{ \sphericalangle YPB=180^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle YBX- \sphericalangle XBP}\). Kąt YPX jest kątem środkowym, opartym na tym samym łuku co kąty wpisane YBX i YAX, więc \(\displaystyle{ \sphericalangle YBX+ \sphericalangle YAX= \sphericalangle YPX}\). podstawiając do równości (*) mamy
\(\displaystyle{ (180^{o}- \sphericalangle AXP- \sphericalangle XAY- \sphericalangle YAP)+(\sphericalangle YBX+ \sphericalangle YAX)+(180^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle YBX- \sphericalangle XBP)=180^{0}\\
180^{o}= \sphericalangle PYB+ \sphericalangle PXA+ \sphericalangle YBX+ \sphericalangle XBP}\)

ale \(\displaystyle{ \sphericalangle YAB+\sphericalangle XBA<90^{o}}\) więc \(\displaystyle{ \sphericalangle AXP + \sphericalangle PYB > 90^{o}}\).

Mam nadzieję że się nie pomyliłem, trochę trudno połapać się w oznaczeniach.

[Elvis]

Zadanie 1:    

Czy aby nie jest tak, że te dwa kąty wyznaczają na okręgu dwa łuki sumujące się do półokręgu, ale mające część wspólną?

Zadanie 8:    

Nie wiem, czy dobrze zrozumiałem - mamy ustalone 4 punkty i rozważamy wszystkie czworokąty o środkach boków w tych punktach? Oczywiście te 4 punkty muszą tworzyć równoległobok, żeby to miało sens. Każdy taki czworokąt ma pole dwa razy większe od tego równoległoboku.

Zadanie 9:    

Wydaje mi się, że \(\displaystyle{ 1 \leq \frac{P_0}{P_1} < 2}\). Jeśli oznaczymy krawędzie przez \(\displaystyle{ a,b,c}\), przy czym \(\displaystyle{ a \geq b \geq c}\), to \(\displaystyle{ P_0=2(2ab+2ac+bc), P_1=2(2ac+2bc+ab)}\). Przy wprowadzeniu \(\displaystyle{ x=\frac{a-b}{c}, y=\frac{b-c}{c}}\) (\(\displaystyle{ x,y \geq 0}\)) mamy \(\displaystyle{ \frac{P_0}{P_1} = \frac{2ab+2ac+bc}{2ac+2bc+ab} = 2 - \frac{2x+5y+5}{y^2+xy+6y+3x+5} < 2}\). Nierówność \(\displaystyle{ \frac{P_0}{P_1} \geq 1}\) jest prawdziwa na mocy określenia \(\displaystyle{ P_0}\) i \(\displaystyle{ P_1}\). Wartości graniczne "otrzymujemy" dla \(\displaystyle{ a=b=c}\) lub dla \(\displaystyle{ c \to 0}\).

Edit: W zasadzie jeśli już wiemy, że chodzi o dwójkę, to wystarczy oczywista nierówność \(\displaystyle{ 2ab+2ac+bc < 2(2ac+2bc+ab)}\).

[tometomek91]

3.

Ukryta treść:    

O - wierzchołek kąta, P - dany punkt. Na prostej OP odkładamy odcinek PQ taki że \(\displaystyle{ |OP|=|PQ|}\). Przez Q prowadzimy równoległe do ramion kąta przecinające ramiona w punktach A i B. Przekątna, nie zawierająca wierzchołka kąta, równoległoboku ABOQ wyznacza szukaną prostą.

-- 29 lip 2010, o 23:10 --

Elvis, no jest tak

[frej]

6

Ukryta treść:    

Lewy przedział może mieć stałą wartość, zajmijmy się prawym, tj. \(\displaystyle{ (2,3]}\).Prowadzimy prostą przez punkty \(\displaystyle{ (2,2010) , (3,1)}\) i to będzie większość funkcji dla \(\displaystyle{ x \in (2,3]}\). Jednak dla punktu, dla którego wartość wynosiłaby \(\displaystyle{ 2009}\), dajemy inną wartość, np. \(\displaystyle{ 8}\)

[smigol]

tometomek91,

Kąt YPX jest kątem środkowym,

ale punkt P nie jest środkiem średnicy AB - jest dowolnym punktem na AB.

No i w zadaniach konstrukcyjnych przydaje się dowód poprawności konstrukcji

[tometomek91]

smigol, tak, tu jest błąd.
3.

Ukryta treść:    

Nie wiem czy to będzie dobry dowód:
Weźmy każdą inną prostą przechodzącą przez punkt P i przecinającą ramiona kąta w punktach X i Y (punkty A i X leżą na jednym ramieniu). Jeżeli \(\displaystyle{ |PX|>|PY|}\) to pole trójkąta PXA jest większe od pola trójkąta PBY:
\(\displaystyle{ P_{PXA}=\frac{1}{2} \cdot PA \cdot PX \cdot sin \alpha\\
P_{PBY}=\frac{1}{2} \cdot PB \cdot PY \cdot sin \alpha}\)
Kąt \(\displaystyle{ alpha}\) jest kątem wierzchołkowym, a PA=PB (przekątne równoległoboku połowią się). Podobnie jeżeli \(\displaystyle{ |PX|<|PY|}\). Zatem Pole trójkąta OXY jest większe od pola trójkąta OAB.

-- 30 lip 2010, o 12:03 --

Poprawka do pierwszego.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sphericalangle YBX+ \sphericalangle XBA+ \sphericalangle YAB=90^{o}\\
\sphericalangle XPA=180^{o}- \sphericalangle AXP- \sphericalangle XAY- \sphericalangle YAB\\
\sphericalangle YPB=180^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle YBX- \sphericalangle XBA\\
\sphericalangle XPA+\sphericalangle YPB=(180^{o}- \sphericalangle AXP- \sphericalangle XAY- \sphericalangle YAB)+(180^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle YBX- \sphericalangle XBA)=270^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle PXA- \sphericalangle YBX \Rightarrow \\
\sphericalangle XPY=180^{o}-(\sphericalangle XPA+\sphericalangle YPA)=180^{o}-(270^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle PXA- \sphericalangle YBX)}\)

\(\displaystyle{ \sphericalangle XBY< \sphericalangle XPY}\) więc
\(\displaystyle{ 180^{o}-(270^{o}- \sphericalangle PYB- \sphericalangle PXA- \sphericalangle YBX)>\sphericalangle XBY\\
\sphericalangle AXP + \sphericalangle PYB > 90^{o}}\)
Teraz raczej dobrze

[Inkwizytor]

Mam pytanie do zadanie 7: Czy kula jest traktowana w tym układzie jako punkt wówczas na poczatku znajduje się stricte w wierzchołku prostokąta 1m x 2m Czy raczej przy widoku z góry traktować to jako okrąg o niewielkim promieniu? Jeśli to drugie to jaki promień przyjąć?

[Elvis]

Zadanie 7:    

Przyjmując, że kula jest punktem, odbija się zgodnie z powszechnie przyjętą zasadą, a ponadto że odbicie od rogu stołu liczy się podwójnie, wychodzi, że są dwie możliwości. Żeby to zobaczyć, najlepiej sobie rozrysować tor kuli jako odcinek, odbijając kolejno prostokąt (stół) względem odpowiednich boków. W ten sposób otrzymujemy siatkę prostokątów. Na tej siatce możemy zaznaczyć, w którym prostokącie jesteśmy po 10 odbiciach oraz w każdym z prostokątów wyróżnić punkt startowy. Następnie odrzuca się przypadki, w których punkt startowy został osiągnięty wcześniej, oraz te, w których 10 odbić mamy dopiero po odbiciu się od punktu startowego.

[Citizen]

Dzięki wszystkim, zostały jeszcze zadanie 2 i 8 może ktoś się skusi : D

[jerzozwierz]

2:

Ukryta treść:    

Niech ABCD będzie tym czworokątem, a E punktem przecięcia przekątnych.
Udowodnimy, że E jest szukanym punktem. Obierzmy dowolny punkt F. Z nierówności trójkąta
\(\displaystyle{ AF+FC \ge AC}\)
\(\displaystyle{ BF+FC \ge BD}\)
Po zsumowaniu wychodzi \(\displaystyle{ AF+BF+CF+DF \ge AC+BD = AE+BE+CE+DE}\)
przy czym równość zajdzie tylko wtedy, kiedy \(\displaystyle{ F \in AC \wedge F \in BD \Leftrightarrow F=E}\).

8:

Ukryta treść:    

Wszystkie takie czworokąty mają to samo pole. Udowodnij z Talesa, że czworokąt powstały przez połączenie środków boków czworokąta to równoległobok o polu równym połowie czworokąta wyjściowego.

[Elvis]

Citizen, nie 2 i 8, tylko 2 i 5.

Zadanie 3:    

Nie umiem tu znaleźć dowodu, więc opiszę. Przyjmijmy b.s.o. \(\displaystyle{ PA<PX, PB>PY}\), czyli \(\displaystyle{ Y \in \overline{OB}}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) - prosta \(\displaystyle{ OA}\), \(\displaystyle{ k'=S_P(k)}\), \(\displaystyle{ X'=S_P(X)}\). Z warunku \(\displaystyle{ Y \in \overline{OB}}\) wynika \(\displaystyle{ Y \in \overline{XX'}}\), nawet \(\displaystyle{ Y \in \overline{PX'}}\). Stąd już \(\displaystyle{ PY<PX'=PX}\) i nierówności pól trójkątów: \(\displaystyle{ [PAX]>[PBY]}\), \(\displaystyle{ [OXY]>[OAB]}\).

[Citizen]

Racja Elvis pomyliłem się, w takim razie zostaje jeszcze 5

-- 2 sie 2010, o 17:43 --

Znalazłem na necie rozwiązanie do 5, jeśli kogoś interesuje to zamieszczam:

Rozróżnijmy trzy przypadki wyboru jednej przekątnej:
1) wylosowano jedną z 200 przekątnych ścian bocznych,
2) wylosowano którąś z 2·50·49 przekątnych podstaw równoległą do jednej z najdłuższych przekątnych podstaw,
3) wylosowano którąś z 2·50·48 przekątnych podstaw nierównoległych do żadnej najdłuższej przekątnej podstawy
W przypadku
1) równoległa przekątna jest zawsze tylko jedna,
w 2) - jest ich 2·49–1,
w 3) - 2·48–1,
szukane prawdopodobieństwo to więc
\(\displaystyle{ \frac{(200*1+2*50*49*(2*49–1)+2*50*48*(2*48–1)) }{((200+2*100*97)(200+2*100*97–1))} = \frac{9315}{196*19599} \approx 0,24\%.}\)