Пусть это па­рал­ле­ло­грамм ABCD, а точки ка­са­ния со сто­ро­на­ми AB, BC, CD, DA обо­зна­че­ны за E, F, G, H со­от­вет­ствен­но.

а)  Из опи­сан­но­сти ABCD сле­ду­ет, что AB + CD  =  AD + BC, то есть 2AB  =  2AD, зна­чит, все сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма равны и это ромб.

б)  Будем счи­тать, что AE  =  3, EB  =  5. Цен­тром окруж­но­сти будет точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба O, а ра­ди­ус этой окруж­но­сти  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим Зна­чит,

По­сколь­ку точки E и F делят сто­ро­ны AB и BC в оди­на­ко­вом от­но­ше­нии 3 : 5, тре­уголь­ни­ки BEF и BAC по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том и Рас­смат­ри­вая ана­ло­гич­но осталь­ные сто­ро­ны EFGH, по­лу­ча­ем, что это па­рал­ле­ло­грамм и даже пря­мо­уголь­ник (так как ). Зна­чит, его пло­щадь равна:

Ответ:

а)  Обо­зна­чим тогда

и тре­уголь­ник LCD  — рав­но­бед­рен­ный.

б)  Пусть DL пе­ре­се­ка­ет в точке Тогда

по­это­му тре­уголь­ни­ки HLB и LCB по­доб­ны по двум углам. От­сю­да

По­сколь­ку по­лу­ча­ем Пусть тогда AB  =  2x, BC  =  3x. По­сколь­ку AL : LC  =  AB : BC, на­хо­дим Сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, от­ку­да

Ответ: 21 : 4 (или 4 : 21).

При­ведём ре­ше­ние Алек­сандра Шев­ки­на (Москва).

а)  Пусть в тре­уголь­ни­ке ABC по­ло­ви­на угла B равна α (см. рис.). Тогда В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке BLD имеем: По свой­ству внеш­не­го угла тре­уголь­ни­ка по­это­му тре­уголь­ник DCL рав­но­бед­рен­ный что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть Так как на­хо­дим, что По свой­ству бис­сек­три­сы угла тре­уголь­ни­ка, по­это­му Тогда

В тре­уголь­ни­ке ABC по тео­ре­ме Ме­не­лая Так как по­лу­ча­ем, что тогда

При­ме­ча­ние.

Можно при­ве­сти ещё одно ре­ше­ние пунк­та б). Вос­поль­зу­ем­ся ре­зуль­та­та­ми, по­лу­чен­ны­ми выше:

Про­ведём и пусть В тре­уголь­ни­ке DCL: в по­доб­ном ему тре­уголь­ни­ке ECA: Зна­чит, Тогда по тео­ре­ме о про­пор­ци­о­наль­ных от­рез­ках:

При­ведём ре­ше­ние пунк­та б) Сер­гея Фе­фе­ло­ва (Москва).

Пусть СМ бис­сек­три­са ABC, тогда по свой­ству бис­сек­три­сы По­сколь­ку HL  — бис­сек­три­са ALM, тогда а зна­чит,

а)  По­ка­жем, что сто­ро­ны четырёхуголь­ни­ка MNKL равны и диа­го­на­ли равны:

По­это­му MNKL  — квад­рат.

б)  Пло­щадь се­че­ния яв­ля­ет­ся сум­мой пло­ща­ди квад­ра­та со сто­ро­ной и двух пло­ща­дей рав­ных рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков с ос­но­ва­ни­ем и бо­ко­вы­ми сто­ро­на­ми Пло­щадь квад­ра­та равна 8, пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков на­хо­дим как по­ло­ви­ну про­из­ве­де­ния вы­со­ты на ос­но­ва­ние По­это­му ис­ко­мая пло­щадь се­че­ния равна 10.

Ответ: а) до­ка­за­но; б) 10.

При­ведём дру­гое вы­чис­ле­ние пунк­та б).

За­ме­тим, что ко­си­нус угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и плос­ко­стью се­че­ния равен Пло­щадь се­че­ния свя­за­на с пло­ща­дью про­ек­ции се­че­ния на плос­кость ос­но­ва­ния фор­му­лой Пло­щадь про­ек­ции равна раз­но­сти пло­ща­ди ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии квад­ра­та и двух рав­но­бед­рен­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков с ка­те­та­ми 2. Таким об­ра­зом, пло­щадь про­ек­ции равна 9 − 4  =  5, а пло­щадь се­че­ния равна 10.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

а)  Плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет плос­ко­сти ос­но­ва­ний ABCD и A₁B₁C₁D₁ по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны. От­рез­ки NK и ML не толь­ко па­рал­лель­ны, но и равны, по­сколь­ку равны тре­уголь­ни­ки ND₁K и MBL. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник NKLM  — па­рал­ле­ло­грамм.

По­ка­жем, что его смеж­ные сто­ро­ны се­че­ния вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пусть P  — про­ек­ция точки N на плос­кость ниж­не­го ос­но­ва­ния, тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки PAM и MBL рав­но­бед­рен­ные, углы PMA и BML равны по 45°, а зна­чит, то есть пря­мые PM и ML пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Но PM яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей на­клон­ной NM, по­это­му сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма NM и ML пер­пен­ди­ку­ляр­ны по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Сле­до­ва­тель­но, се­че­ние  — пря­мо­уголь­ник.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем длины смеж­ных сто­рон: Тем самым MNKL  — квад­рат. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть W  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых NK и A₁B₁. Тогда WA₁  =  NA₁ как ка­те­ты рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка. Пусть E  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой WM с реб­ром AA₁. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки WA₁Е и EAM по­доб­ны, а их ка­те­ты MA и WA₁равны. По­это­му равны и дру­гие ка­те­ты, а зна­чит, Е  — се­ре­ди­на AA₁. Ана­ло­гич­но плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет ребро CC₁ в его се­ре­ди­не F. В пря­мо­уголь­ни­ке AEFC про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны равны, по­это­му

Се­че­ние  — ше­сти­уголь­ник MENKFL  — со­сто­ит из двух рав­ных тра­пе­ций ENKF и EMLF, причём пря­мая MN пер­пен­ди­ку­ляр­на их ос­но­ва­ни­ям. По­это­му ис­ко­мая пло­щадь се­че­ния равна

а)  Плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет плос­ко­сти ос­но­ва­ний ABCD и A₁B₁C₁D₁ по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны, а CL = 1.

По­ка­жем, что сто­ро­ны четырёхуголь­ни­ка MNKL равны и диа­го­на­ли равны:

По­это­му MNKL  — квад­рат.

б)  Пусть W  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых NK и A₁B₁. Тогда, так как по­лу­ча­ем по­это­му пря­мая WM, а зна­чит и плос­кость MWK пе­ре­се­ка­ет ребро AA₁ в его се­ре­ди­не E. Ана­ло­гич­но, плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет ребро CC₁ в его се­ре­ди­не F.

В пря­мо­уголь­ни­ке AEFC про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны: Се­че­ние MENKFL со­сто­ит из двух рав­ных тра­пе­ций ENKF и EMLF, причём пря­мая MN пер­пен­ди­ку­ляр­на их ос­но­ва­ни­ям. По­это­му ис­ко­мая пло­щадь се­че­ния равна

Ответ: б) 55.

Пусть четырёхуголь­ник ELGF  — се­че­ние дан­ной приз­мы плос­ко­стью α (см. рис.). Пря­мая KM па­рал­лель­на плос­ко­сти α, а плос­кость KMG пе­ре­се­ка­ет плос­кость α по пря­мой EG, сле­до­ва­тель­но, EG || KM и, зна­чит, KMGE  — пря­мо­уголь­ник. Пря­мые NL и KM яв­ля­ют­ся со­от­вет­ствен­но про­ек­ци­я­ми пря­мых FL и EG на плос­кость KLM, зна­чит, точка пе­ре­се­че­ния пря­мых KM и NL (точка H) яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей точки пе­ре­се­че­ния пря­мых FL и EG (точки O) на эту плос­кость. Таким об­ра­зом, C дру­гой сто­ро­ны, от­ре­зок OH  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка FLN и, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да и сле­ду­ет до­ка­зы­ва­е­мое утвер­жде­ние.

б)  Пусть точка D ― се­ре­ди­на от­рез­ка FN. Тогда EK  =  FD и EK || FD, сле­до­ва­тель­но, EKDF ― па­рал­ле­ло­грамм и, зна­чит, EF || KD. Так как и EG || KM , то (KDM) || (EFG) и, зна­чит, По­сколь­ку KLMN ― квад­рат, то NH ⊥ KM, но тогда, со­глас­но тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах, и DH ⊥ KM. Таким об­ра­зом, ― ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка DNH на­хо­дим

Ответ: б)

а)  По свой­ству ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных к окруж­но­сти из одной точки, имеем

По свой­ству се­ку­щих, про­ве­ден­ных к окруж­но­сти (про­хо­дя­щей через A, D, E, C) из одной точки, имеем

б)  По фор­му­ле Ге­ро­на имеем от­ку­да ис­ко­мая вы­со­та равна

Ответ:

а)   что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Как сле­ду­ет из пунк­та а, точка E лежит на про­дол­же­нии диа­го­на­ли BD за точку D. За­ме­тим, что угол A ост­рый (иначе окруж­ность пе­ре­се­ка­ет диа­го­наль внут­ри па­рал­ле­ло­грам­ма). Про­длим сто­ро­ну AD до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке K. Тогда ABCK  — впи­сан­ная тра­пе­ция, зна­чит,

Обо­зна­чим BD за x. Тогда (по тео­ре­ме о пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хор­дах). Тогда вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка CDK равна

Она же яв­ля­ет­ся вы­со­той тра­пе­ции и тре­уголь­ни­ка BAD. Най­дем те­перь двумя спо­со­ба­ми (через вы­со­ту и по фор­му­ле Ге­ро­на) пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABD и при­рав­ня­ем их.

Оче­вид­но,

по­это­му тре­уголь­ник не по­лу­чит­ся ост­ро­уголь­ным. Зна­чит, един­ствен­ный воз­мож­ный ответ

Ответ:

За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства Дж при за­дан­ных зна­че­нии массы груза кг и за­ко­ну из­ме­не­ния ско­ро­сти:

Таким об­ра­зом, 0,5 c из пер­вой се­кун­ды после на­ча­ла дви­же­ния ки­не­ти­че­ская энер­гия груза будет не менее Дж. Это со­став­ля­ет 0,5 пер­вой се­кун­ды.

Ответ: 0,5.

Най­дем ско­рость груза через 11 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 11 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,045

Най­дем ско­рость груза через 7 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 7 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,005

Най­дем ско­рость груза через 2 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 2 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,006

Най­дем ско­рость груза через 6 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 6 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,005

Най­дем ско­рость груза через 10 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 10 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,05

Най­дем ско­рость груза через 3 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 3 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,018

Най­дем ско­рость груза через 5 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 5 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,06

Най­дем ско­рость груза через 2 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 2 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,01

Най­дем ско­рость груза через 6 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 6 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,361

Най­дем ско­рость груза через 10 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 10 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,018

Най­дем ско­рость груза через 11 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 11 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,361

Най­дем ско­рость груза через 5 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 5 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,135