 |
|
 |
 |
 | Карта сайта |
 | Недавние изменения |
 | Поиск |
 | Вы посетили |
 | История страницы |
 | Вход |
Различия
Здесь показаны различия между двумя версиями данной страницы.
|
marathon:problem_25 [2015/10/08 18:48] letsko создано |
marathon:problem_25 [2020/06/03 20:59] (текущий) letsko |
||
|---|---|---|---|
| Строка 8: | Строка 8: | ||
| Пусть ABCD - исходный квадрат, а прямая MN (M лежит на AB ближе к A, N - на CD) проходит через центр квадрата, точку O. Пусть, далее, B<sub>1</sub> и C<sub>1</sub> - точки, симметричные соответственно точкам B и C относительно прямой MN, P - точка пересечения прямых AD и MB<sub>1</sub>, Q - точка пересечения прямых AD и B<sub>1</sub>C<sub>1</sub> и R - точка пересечения прямых CD и B<sub>1</sub>C<sub>1</sub>. | Пусть ABCD - исходный квадрат, а прямая MN (M лежит на AB ближе к A, N - на CD) проходит через центр квадрата, точку O. Пусть, далее, B<sub>1</sub> и C<sub>1</sub> - точки, симметричные соответственно точкам B и C относительно прямой MN, P - точка пересечения прямых AD и MB<sub>1</sub>, Q - точка пересечения прямых AD и B<sub>1</sub>C<sub>1</sub> и R - точка пересечения прямых CD и B<sub>1</sub>C<sub>1</sub>. | ||
| + | |||
| + | {{:marathon:mm25.png?200|Рис. 1}} | ||
| Очевидно, что площадь фигуры, полученной перегибанием квадрата по MN, равна сумме половины площади квадрата и площадей треугольников PQB<sub>1</sub> и RNC<sub>1</sub>.\\ | Очевидно, что площадь фигуры, полученной перегибанием квадрата по MN, равна сумме половины площади квадрата и площадей треугольников PQB<sub>1</sub> и RNC<sub>1</sub>.\\ | ||
| Докажем, что четыре прямоугольных треугольника PMA, PQB<sub>1</sub>, RQD и RNC<sub>1</sub> равны. Во-первых, очевидно подобие этих треугольников. Для доказательства их равенства докажем равенство соответствующих катетов. Пусть AM = a. Ясно, что C<sub>1</sub>N = CN = a. Пусть X - точка на BC такая, что BX = a. Тогда Q - образ X одновременно при центральной симметрии относительно O и осевой симметрии относительно MN. Поэтому DQ = B<sub>1</sub>Q = BX = a и равенство треугольников доказано. | Докажем, что четыре прямоугольных треугольника PMA, PQB<sub>1</sub>, RQD и RNC<sub>1</sub> равны. Во-первых, очевидно подобие этих треугольников. Для доказательства их равенства докажем равенство соответствующих катетов. Пусть AM = a. Ясно, что C<sub>1</sub>N = CN = a. Пусть X - точка на BC такая, что BX = a. Тогда Q - образ X одновременно при центральной симметрии относительно O и осевой симметрии относительно MN. Поэтому DQ = B<sub>1</sub>Q = BX = a и равенство треугольников доказано. | ||
| - | MB<sub>1</sub> = MB = 1-a. Но PB<sub>1</sub> = PA. Поэтому MA+AP+MP = 1. Из всех прямоугольных треугольников с периметром 1 наибольшую площадь будет иметь тот, у которого будет наибольшим радиус вписанной окружности - r (площадь равна r/2). Ясно, что наибольшим r будет обладать равнобедренный треугольник. Значит, <m>(2+sqrt{2})a = 1.</m> Отсюда <m>a = 1-sqrt{2}/2</m>, а искомая площадь равна <m>1/2 + (1-sqrt{2}/2)2 = 2 - sqrt{2}</m>. | + | MB<sub>1</sub> = MB = 1-a. Но PB<sub>1</sub> = PA. Поэтому MA+AP+MP = 1. Из всех прямоугольных треугольников с периметром 1 наибольшую площадь будет иметь тот, у которого будет наибольшим радиус вписанной окружности - r (площадь равна r/2). Ясно, что наибольшим r будет обладать равнобедренный треугольник. Значит, <m>(2+sqrt{2})a = 1.</m> Отсюда <m>a = 1-sqrt{2}/2</m>, а искомая площадь равна <m>1/2 + (1-sqrt{2}/2)^2 = 2 - sqrt{2}</m>. |
| **Обсуждение** | **Обсуждение** | ||