Учителят задача дава, въпросната те затруднява - за решението питай, на подкрепа тук разчитай :)

Русалке, много благодаря!
Светли празници ти желая!

Може ли помощ?

Построени са височините AA1 и CC1 на триъгълника ABC. Ако симетралата на  AC пресича AA1 в точка O и ъгъл BAC=45 градуса, тогава отношението ъгъл OCA1:C1CA1 е равно на:

От ∠BAC=45° => △ACC₁ e равнобедрен.
(В такъв случай, ако беше прецизен чертежът, трябваше да поправя симетралата да минава точно през т. C₁.)
От пресмятането на ъглите излиза, че OCA₁:C₁CA₁ = 2:1

Здравейте,
Може ли помощ за задача от комбинаторика - 10 клас:
Ако код на сейф се състои от 5 цифри и знаем, че точно три от тях са нули, колко са възможните кодове?

Нашите разсъждения:
Определяме броя варианти за незаетите от нули две позиции, като имаме предвид, че ще участват всички възможни числа, но без нулата - получаваме 9.9=81.
И сега остава да определим колко са вариантите, при които трите нули заемат различни места на 5-те позиции - за да ги умножим с 81 - но не знаем как.

Правилно ли разсъждаваме и как да довършим задачата?
Благодаря предварително!

Тук виждам проблем, понеже комбинацията 1 и 2 или 2 и 1 (примерно) всъщност са една и съща. Нали после ще им търсите местата измежду нулите...
Така комбинациите от 2 цифри (без нулата) не са 81, а 45.

Не е една и съща. При кодовете подредбата има значение. Не е все едно дали ще въведеш 12 или 21.
За нулите трябва да избереш три от пет възможни позиции, като подредбата няма значение.

Имах предвид, че ако намериш всички възможни комбинации с 1, 2 и три нули, това е същото като да намериш комбинациите с 2, 1 и три нули.
Аз намирам краен отговор 936, но може и да бъркам. 🤷

Дидева,,  Barbabeau, благодаря за включването.
Аз като следвам насоките на Дидева изчислявам
 C₅³=10 варианта за нулите.
И вече пресмятам 81.10=810 кода.
Но и аз не съм сигурна...

И аз така направих и също получих 810 този път. ))

Сметнах си го по-добре по моя начин и пак излиза 810. Объркала съм умножението първия път.
Моята логика беше, че има 36 "уникални" двойки цифри и 9 двойки с еднакви цифри.
Първите се нареждат по 720 начина в комбинация с нулите, а повтарящите се по 90.
Обаче с на Дидева съвета е по-чисто.

И нас с четвъртокласника ни мори комбинаториката.
Стигаме донякъде и натам не знаем въобще какво следва...

Може ли помощ за втората част
Синът ми доказа' че AL=AN
Остава да се докаже'че CL=NB

От L спуснати перпендикуляри към AC и AB.

Отговор: 14 числа

15937, 17395, 37159, 37195, 39517, 51739, 51937, 59173, 59371, 71593, 73915, 73951, 93715, 95173

Решение I

Първо ще разгледаме как може да се разположат цифрите 1, 3 и 5, след което ще преценим как спрямо тях може да се разположат и цифрите 7 и 9.

Има шест различни начина, по които цифрите 1, 3 и 5 може да се разположат от ляво надясно, без значение как са разположени цифрите 7 и 9:
1  3  5;  1  5  3;  3  1  5;  3  5  1;  5  1  3;  5  3  1.

1-ви случай:  1  3  5.
Трябва да има цифра между 1 и 3 и трябва да има цифра между 3 и 5. Цифрата 7 не може да бъде между 3 и 5. В този случай имаме единствена възможност – 17395. Получихме 1 число.    

2-ри случай:  1  5  3.
Трябва да има цифра между 5 и 3 и това може да бъде само цифрата 9 – 1593. Цифрата 7 може да се разположи на две места, пред 1 или след 3 – 71593, 15937. Получихме 2 числа.

3-ти случай:  3  1  5.
Трябва да има цифра между 3 и 1 и това може да бъде както цифрата 7, така и цифрата 9 – 3715 или 3915. При първия случай (3715) цифрата 9 може да се разположи на три места – 93715, 37195 и 37159. При втория случай (3915) цифрата 7 може да се разположи само на едно място – 73915. Получихме 4 числа.

4-ти случай:  3  5  1.
Трябва да има цифра между 3 и 5 и това може да бъде само цифрата 9 – 3951. Цифрата 7 може да се разположи на две места – 73951, 39517. Получихме 2 числа.

5-ти случай:  5  1  3.
Трябва да има цифра между 1 и 3 и това може да бъде както цифрата 7, така и цифрата 9 – 5173 или 5193. При първия случай (5173) цифрата 9 може да се разположи на три места – 95173, 59173 и 51739. При втория случай (5193) цифрата 7 може да се разположи само на едно място – 51937. Получихме 4 числа.

6-ти случай:  5  3  1.
Трябва да има цифра между 5 и 3 и трябва да има цифра между 3 и 1. Цифрата 7 не може да бъде между 5 и 3. В този случай имаме единствена възможност – 59371. Получихме 1 число.    

Общо, 1 + 2 + 4 + 2 + 4 + 1 = 14 числа.


Решение II

Нека видим в каква последователност може да се разположат две от цифрите 1, 3, 5, 7 и 9:
1 – 5; 1 – 7; 1 – 9; 3 – 7; 3 – 9; 5 – 1; 5 – 9; 7 – 1; 7 – 3; 9 – 1; 9 – 3; 9 – 5.

Описваме всички случаи.




Решение III

Нека запишем числата 1, 3, 5, 7 и 9 във върховете на петоъгълник, след което до всяка страна и всеки диагонал на петоъгълника записваме разликата на двете числа в краищата на всяка отсечка.

Оцветяваме отсечките, до които е записано 2 в синьо, а всички останали в червено, както е показано на фигурата по-долу.



„Тръгваме“ последователно от върховете 1, 3, 5, 7 и 9, като се движим само по червени отсечки. Трябва да „посетим“ всеки един от върховете на петоъгълника точно по веднъж.

Така лесно се получават всички 14 възможни маршрута, на които съответстват 14 числа.

Здравейте, може ли помощ за една задача от 7. клас?
В ромб ABCD с пресечна точка на диагоналите O, точките M и N са съответно на страните AB и BC. Четириъгълникът  MBNO със сигурност е успоредник, ако:
A) AM=BN
Б) BD⊥MN и OM=ON
В) OM=ON и BM=BN
Г) AM=OM=ON

Верният отговор е Г), но нещо пропускам и не мога да го докажа, чрез посочения отговор.

Благодаря ви предварително за отделеното време!