Точка D не лежит в плоскости АВС, точки Е, F, G и К- середины отрезков AD, DC, BC и АВ. Докажите, что точки Е, F, G и К принадлежат одной плоскости. Укажите в ответах цифры, соответствующие тексту: Доказательство: EF – средняя линия треугольника 1, поэтому EF|| 2 и EF = ½ АС; KG – средняя линия треугольника 3 и поэтому KG || AC и KG = ½AC. Значит, EF ||.4___, т.е. точки Е, F, G и К лежат на параллельных прямых, а значит, принадлежат одной плоскости нужно подставить правильно и если можно рисунок
написал в обьяснении Пошаговое объяснение:
а) Каждый пират должен получить (40 + 40 * 5) : 16 = 15 дукатов. Выдадим 13 пиратам по 3 монеты достоинством 5 дукатов, одному — 5 дукатов и 10 монет достоинством 1 дукат, двоим — по 15 монет достоинством 1 дукат.
б) Каждый пират должен получить 240 : 30 = 8 дукатов, поэтому нужно будет выдать каждому не менее трёх монет достоинством 1 дукат, значит всего монет достоинством 1 дукат нужно не менее 90 штук, а в сундуке их только 40. Следовательно, без сдачи и размена поделить все монеты поровну не получится.
в) Если пиратов 12 или больше, то распределим монеты так: 10 пиратов получают по 4 дуката, один — всё остальное, остальные — ничего. Тогда распределить все монеты нельзя будет по тем же причинам, что и в пункте б).
Если же их не больше 11, то всем, кроме одного, будем выдавать их доли монетами достоинством 5 дукатов, пока они не кончатся.
Если монеты достоинством 5 дукатов закончились, то останется 40 монет достоинством 1 дукат, а их можно разделить на любые целые числа. Если же монеты достоинством в 5 дукатов не кончились, то все доли, кроме одной, можно выдать до конца монетами по 1 дукату (поскольку их получат не более 10 человек, значит, израсходуется не более 40 монет достоинством 1 дукат), а последний заберёт все оставшиеся монеты.
Если задача трудна, то попытайтесь найти и решить
более простую «родственную» задачу. Это часто даёт ключ
к решению исходной следующие соображения:
• рассмотреть частный (более простой) случай, а затем
обобщить идею решения;
• разбить задачу на подзадачи (например, необходимость
и достаточность);
• обобщить задачу (например, заменить конкретное число
переменной);
• свести задачу к более простой (см. тему «Причёсывание
задач»).
Пример 1. В угловой клетке таблицы 5 × 5 стоит плюс,
а в остальных клетках стоят минусы. Разрешается в любой
строке или любом столбце поменять все знаки на противоположные. Можно ли за несколько таких операций сделать
все знаки плюсами?
Решение. Возьмём квадрат поменьше, размера 2 × 2, в
котором стоят один плюс и три минуса. Можно ли сделать
все знаки плюсами? Несложный перебор показывает, что
нельзя.
Поиск родственных задач 7
Воспользуемся этим результатом: выделим в квадрате
5 × 5 квадратик 2 × 2, содержащий один плюс. Про него уже
известно, что сделать все знаки плюсами нельзя. Значит, в
квадрате 5 × 5 и подавно.
Пример 2. Постройте общую внешнюю касательную к
двум окружностям.
Решение. Если одна из окружностей будет точкой, то
задача станет легче (вспомните, как из точки провести
касательную).
Пусть ❖1
и r
1 | центр и радиус меньшей окружности,
❖2
и r
2 | центр и радиус большей окружности. Рассмотрим прямую, проходящую через ❖1
и параллельную общей
касательной. (рис. 1). Эта прямая удалена от ❖2 на расстояние r
2 − r
1
, значит, является касательной к окружности с
центром ❖2 и радиусом r
2 − r
1. Построим эту окружность.
Из точки ❖1
проведём касательную к ней. Пусть ❈ | точка
касания. На прямой ❖2❈ лежит искомая точка касания.Известно, что человек некультурный ест как придётся,
а культурный сначала приготовит пищу. Так и некультурный математик решает задачу как придётся, а культурный
«приготовит» задачу, т. е. преобразует её к удобному для
решения виду.
Приготовление задачи может состоять в переформулировке условия на более удобном языке (например, на языке графов), отщеплении простых случаев, сведении общего
случая к частному.
Такие преобразования сопровождаются фразами «в силу симметрии», «явно не хуже», «для определённости», «не
нарушая общности», «можно считать, что. . . ».
Пример 1. Каждый ученик класса ходил хотя бы в
один из двух походов. В каждом походе мальчиков было
не больше 2❂5. Докажите, что во всём классе мальчиков не
больше 4❂7.
Решение. «Лобовое» решение состоит в рассмотрении
количеств мальчиков, ходивших только в первый поход, ходивших только во второй поход, ходивших в оба похода, то
же для девочек, составлении и решении системы уравнений
и неравенств. Этого делать не хочется, поэтому будем избавляться от лишних параметров, сводя задачу к её частному
случаю. Мы проделаем это в несколько шагов. После каждого шага упрощения становится очевидным следующий
шаг.
Будем увеличивать число мальчиков в классе, не изменяя числа девочек и не нарушая условия задачи.
1 шаг. «Впишем» всех девочек в число участников обоих
походов. От этого доля мальчиков в походах уменьшится,а в классе | не изменится. Итак, можно считать, что все
девочки ходили в оба похода.
2 шаг. Если мальчик ходил в первый поход, то освободим его от посещения второго. Доля мальчиков в походе
уменьшится. Итак, можно считать, что каждый мальчик
ходил только в один поход.
3 шаг. Если в одном походе было меньше мальчиков, чем
в другом, то добавим в класс мальчиков. Доля мальчиков в
походах останется не больше 2❂5, а доля мальчиков в классе
увеличится. Можно считать, что мальчиков было в походах
поровну.
4 шаг. Задача стала тривиальной: в обоих походах были
все девочки и ровно половина мальчиков. Обозначим число
девочек 3①, тогда мальчиков в походах было не больше
2①, а во всём классе | не больше 4①. Максимальное число
мальчиков в классе 4①, а это 4❂7 класса.
Пример 2. Из бумажного треугольника вырезали параллелограмм. Докажите, что его площадь не превосходит
половины площади треугольника.
Решение. Трудность состоит в том, что положение параллелограмма внутри треугольника произвольное. Будем
преобразовывать параллелограмм, не уменьшая его площадь (рис. 2).
1 шаг. «Удлиним» параллелограмм так, чтобы одна его
вершина попала на сторону треугольника.
2 шаг. Перекроим параллелограмм, не меняя его площади, так, чтобы его сторона попала на сторону треугольника.
3 шаг. «Удлиним» параллелограмм вдоль общей с треугольником стороны так, чтобы все четыре вершины попа-ли на стороны треугольника.
4 шаг. Перекроим параллелограмм, не меняя его площади, так, чтобы один его угол совпал с углом треугольника.
5 шаг. Теперь задача решается легко. Например, по-кроем параллелограмм дополняющими его треугольника-ми (один из треугольников отражается центрально симметрично относительно середины его общей с параллелограммом стороны, а второй параллельно переносится).