Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Векторы и координаты в планиметрии → .03 Длины векторов и скалярное произведение

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Векторы и координаты в планиметрии

Базовые операции с векторами на плоскости

Использование средней линии и середин отрезков через векторы

Длины векторов и скалярное произведение

Введение векторов или координат в планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#34679Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ длины сторон равны $4$ , $5$ и $√17-$ . Найдите площадь фигуры, состоящей из тех и только тех точек $X$ внутри треугольника $ABC$ , для которых выполняется условие $2 2 2 XA +XB + XC ≤21$

Источники: ОММО - 2021, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Расстояния между точками удобно считать, когда есть система координат. Как было бы удобно расположить наш треугольник в декартовой системе координат?

Подсказка 2

Заметим, что высота, проведенная к стороне длины 4, равна целочисленному числу, поэтому удобно ввести систему координат так, чтобы Оу было вдоль этой высоты, а Ох — вдоль упомянутой стороны треугольника. Тогда координаты вершин треугольника принимают целочисленные значения.
Теперь удобно записать условие на сумму расстояний от точки X до A, B и C через координаты, возможно, получиться это преобразовать в знакомое выражение для системы координат?

Подсказка 3

Пусть (x; y) — координаты X. Тогда выражение XA² + XB² + XC² можно представить как сумму двух квадратов с некоторыми коэффициентами, что очень напоминает уравнение окружности с центром в (x; y). А так как нам дано неравенство, то наша фигура в X — это круг! Останется лишь показать, что все его точки лежат внутри △ABC.

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $BC = a,AC = b,AB = c,ρ2 =21$ .

Докажем утверждение, известное как теорема Лейбница в геометрии. Пусть $G$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$ . Представим

−−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ XA =GA − GX,XB = GB − GX,XC = GC −GX,

тогда

2 2 2 2 2 2 −−→ −→ −−→ −−→ 2 XA + XB +XC = GA + GB +GC − 2⋅GX ⋅(GA + GB +GC )+3⋅GX

Поскольку $G−$ центр тяжести треугольника $ABC$ , то

−G→A +−G−→B + −−G→C = 0,

GA2+ GB2 +GC2 = 4(m2a +m2b + m2c)= 1(a2+ b2+ c2) 9 3

С учётом доказанной выше теоремы задача эквивалентна

1(a2+ b2 +c2)+3 ⋅GX2 ≤ ρ2, 3

то есть неравенство сводится к

GX2 ≤ 1⋅(3ρ2− a2− b2 − c2). 9

Итак, геометрическим местом точек $X$ , удовлетворяющих поставленному условию, является круг радиуса $1∘3ρ2−-a2−-b2−-c2 3$ с центром в точке пересечения медиан треугольника $ABC$ .

Этот круг принадлежит треугольнику, если его радиус не больше, чем одна треть наименьшей из высот $△ABC$ :

1∘--2--2---2--2- -2S△ABC--- 3 3ρ − a − b − c ≤ 3max{a,b,c}.

Значит, при выполнении условия

2 2 2 2 2 2 ( )2 a-+b-+-c-< ρ2 ≤ a-+-b-+-c + 4 ⋅-S△ABC-- 3 3 3 max{a,b,c}

искомая площадь равна $S = π ⋅(3ρ2− a2− b2− c2) 9$ . По формуле Герона найдем площадь треугольника:

1∘----√------√---√------√------ S△ABC = 4 (9+ 17)(9− 17)( 17+ 1)( 17− 1)=8

Вычислим

a2 +b2+ c2 58 S△ABC 8 ---3-----= 3-,max{a,b,c}-= 5

Поскольку $ρ2 = 21$ , условие $(∗)$ выполняется:

58 <21≤ 58+ 256= 1706 3 3 75 75

Значит, ответ: $S = π9 ⋅(63− 58)= 5π9$ .

Второе решение. Высота треугольника, проведенная к стороне длины $4$ , равна $4$ . Основание высоты делит эту сторону на отрезки, равные $1$ и $3$ . Введем систему координат так, как показано на рисунке. Тогда $A(−1;0),B(0;4),C(3;0)$ .

$PIC$

$2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 XA + XB +XC = (x+ 1) + y + x +(y− 4) + (x− 3) + y =3x + 3y − 4x− 8y+ 26 ≤21.$ Перепишем неравенство так:

( )2 ( )2 x − 2 + y− 4 ≤ 5. 3 3 9

Оно определяет круг радиуса $R = √35$ с центром в точке $K (2∕3;4∕3)$ . Покажем, что все точки этого круга принадлежат треугольнику $ABC$ . Для этого найдем расстояния от точки $K$ до сторон треугольника. Уравнение стороны $AB :4x− y+ 4= 0$ , расстояние до неё равно $|4⋅√(2∕3)−4∕3+4| d1 = 42+(−1)2 =$ $-1√6- = 3 17$ . Уравнение стороны $BC :4x+3y− 12= 0$ , расстояние $|4⋅(2∕3√)+3⋅(4∕3)−12| 16 d2 = 42+32 = 15$ . И расстояние от точки $K$ до стороны $AC$ равно, очевидно, $d3 = 43$ . Наименышее из расстояний $d2$ , тем не менее, больше, чем радиус круга $√- R : 1615-> 35$ . Поэтому весь круг и является той фигурой, площадь которой требуется найти, откуда $S =πR2 = 59π$ .

Ответ:

$5π 9$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#92430Максимум баллов за задание: 7

В первой четверти координатной плоскости отметили две точки $A$ и $B$ с целочисленными координатами. Оказалось, что $∘ ∠AOB =45$ , где $O$ — начало координат. Докажите, что хотя бы одна из четырёх координат точек $A$ и $B$ — чётное число.

Источники: Курчатов - 2021, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как мы можем связать угол и координаты этих точек? Через скалярное произведение. Запишите его и подумайте над тем, что с ним можно сделать, если знать, что все координаты - целые числа.

Подсказка 2

Мы можем возвести в квадрат, чтобы избавиться от иррациональности. Теперь положим, что все числа нечётные. Что нам это даёт? Какой остаток по модулю 4 дает любой нечётный квадрат? А что тогда можно сказать про степень вхождения двойки в левую и правую части?

Показать доказательство

Пусть точка $A$ имеет целочисленные координаты $(a;b)$ , а точка $B$ — $(c;d)$ . Запишем скалярное произведение векторов $−O→A (a;b)$ и $−−→ OB (c;d)$ двумя способами: через координаты и через угол между ними.

−→ −−→ −→ −−→ ∘ ------∘ ------ 1 ac+ bd= OA⋅OB = |OA |⋅|OB |cos45∘ = a2+ b2⋅ c2+d2⋅√2-, откуда 2 ( 2 2)( 2 2) 2(ac+bd) = a + b c + d .

Предположим, все числа $a,b,c,d$ нечётны, тогда все выражения в скобках являются чётными числами. Квадрат любого нечётного числа даёт остаток 1 при делении на 4 (поскольку $(2k+ 1)2 = 4(k2+ k) +1$ ), поэтому каждая из скобок в правой части является чётным числом, не делящимся на 4 . Получаем противоречие с тем, что левая часть равенства делится на $2⋅22 =8$ , а правая на 8 не делится.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#76411Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ через вершину $A$ проведена прямая $ℓ$ , перпендикулярная медиане, выходящей из вершины $A$ . Продолжения высот $BD$ и $CE$ треугольника пересекают прямую $ℓ$ в точках $M$ и $N$ . Докажите, что $AM =AN$ .

Источники: Курчатов - 2018, 9.4(см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу определим векторы, соответствующие сторонам треугольника и медиане. Как записать перпендикулярность «на языке векторов»?

Подсказка 2

Перпендикулярность векторов записываем как нулевое скалярное произведение! Теперь у нас есть 3 уравнения (скалярных произведения), попробуем их преобразовать и сделать выводы!

Подсказка 3

Нужное скалярное произведение есть 31/65 от суммы квадратов длин векторов AO и BO. А как учесть угол?)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $−A→B = ⃗b,−A→C = ⃗c,−A−M→ =⃗u$ и $−A−N→ =⃗v.$ Прямая $MN$ перпендикулярна медиане, следовательно,

⃗ ⃗u ⋅(b+ ⃗c)=0.

С другой стороны, $BM ⊥ AC$ и $CN ⊥ AB$ , поэтому

⃗ ⃗ (b− ⃗u)⋅⃗c= (⃗v− ⃗c)⋅b= 0.

Складывая три полученных равенства, выводим

(⃗u+ ⃗v)⃗b= 0

что возможно только если вектор $⃗u+ ⃗v$ нулевой, поскольку прямая $MN$ не перпендикулярна стороне $AB$ . Это обеспечивает равенство $AM =AN$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим середину отрезка $BC$ за $T$ . Отразим точки $C$ и $N$ относительно $A$ , то есть построим точки $C′$ и $N ′$ такие, что $A$ является серединой отрезков $CC ′$ и $NN ′.$

$PIC$

Ясно, что $C ′N′∥CN$ , что означает $C′N ′ ⊥BA$ . С другой стороны, $BM ⊥ C′A$ , так как $C′A$ и $CA$ - это одна и та же прямая. Наконец, отметим, что $ℓ⊥ C′B$ : это следует из того, что $ℓ$ перпендикулярна $AT$ , а $AT$ - средняя линия в треугольнике $CBA ′$ , то есть $AT ∥BC ′$ .

Осталось воспользоваться тем, что высоты $ℓ,BM$ и $C′N ′$ треугольника $ABC ′$ пересекаются в одной точке. Это означает, что $N′$ совпадает с $M$ , то есть $AM = AN ′ =AN$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#47137Максимум баллов за задание: 7

Пусть $L$ — точка пересечения диагоналей $CE$ и $DF$ правильного шестиугольника $ABCDEF$ со стороной $3.$ Точка $K$ такова, что $−−→ −→ −→ LK = 3AB −AC.$ Определите, лежит ли точка $K$ внутри, на границе или вне $ABCDEF,$ а также найдите длину отрезка $KC.$

Источники: ОММО-2017, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим несколько фактов: в правильном шестиугольнике CE перпендикулярно FE и AB при проекции на EF или CB равняется EF/2. Попробуйте использовать эти два факта!

Подсказка 2

Пусть К' - точка пересечения AB и CE. Теперь мы можем использовать вектор CK' для выражения, попробуем найти равный ему вектор!

Подсказка 3!

Верно, это LK! Осталось правильно применить все полученные на рисунке векторы!

Показать ответ и решение

$PIC$

Как известно, $CE ⊥ FE,$ а также проекция $AB$ на прямую $FE$ равна $FE2 .$ Поэтому если продлить $AB$ в три раза до точки $K′,$ то $K ′ ∈CE$ (удвоенная проекция $AB$ равна $F E$ ). Отсюда легко видеть, что $−A→C + −C−K→′ =3−A→B,$ то есть $−C−K→′ = −−L→K.$ По свойствам правильного шестиугольника

CE = √3AB = AB tg60∘ = BC tg ∠K′BC =CK ′

В итоге $CE =LK = CK ′ =⇒ LE = CK = FE⋅tg∠DF E = √3.$

Ответ:

Вне, $√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#47911Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ с отношением сторон $AB :AC =5 :4$ биссектриса угла $BAC$ пересекает сторону $BC$ в точке $L.$ Найдите длину отрезка $AL,$ если длина вектора $−→ −→ 4⋅AB +5⋅AC$ равна $2016.$

Источники: ОММО-2016, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте пробовать постепенно раскручивать задачу, пользуясь всеми условиями. Нам дана биссектриса треугольника. Какие тогда соотношения можно записать?

Подсказка 2

Верно, можно записать равенство отношений отрезков и сторон, тем более одно из них нам дано. Так же нам дали какую-то странную сумму векторов... Давайте тогда попробуем выразить AL через вектора, может эта сумма там и появится. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Ага, можно для начала выразить AL через сумму двух векторов по правилу треугольника. Видим, что фигурируют неизвестные нам вектора, и в данной по условию сумме они не участвуют. Тогда попробуем заменить один из векторов по полученному равенству в 1 подсказке, а далее ещё раз воспользоваться правилом треугольника.

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку по свойству биссектрисы $BLLC-= AABC-= 54,$ то $−→ −−→ BL= 59BC,$ тогда

( ) −A→L = −A→B +−B→L = −A→B + 5⋅−−B→C = −→AB+ 5 −A→C − −A→B = 9 9

= 4 ⋅−→AB+ 5 ⋅−A→C = 1 (4−A→B+ 5−A→C) 9 9 9

Отсюда $−→ 1 |AL |= 9 ⋅2016= 224.$

Ответ:

$224$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#76408Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C − 1 1 1$ середины сторон $BC,AC$ и $AB$ соответственно. Найдите длину стороны $AC$ , если известно, что сумма векторов

−−→ −−→ −−→ 3⋅AA1+ 4⋅BB1+ 5⋅CC1

равна вектору с координатами $(2,1).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самое главное в этой задаче — это удобно ввести обозначения. Пусть середина каждого из отрезков равна a, b, c. Но надо правильно выбрать направления. Почему треугольник в данном случае очень полезен?

Подсказка 2

Верно, если задать все направления по часовой стрелке, то просто сумма 2a+2b+2c=0, так как мы вернулись в начальную точку треугольника. А теперь нужно подставить в формулу из условия выражения через наши векторы. Попробуйте это сделать. Хорошо бы было получить в итоге просто один вектор, так как теперь нам будут известны его координаты. Но через какой удобнее всего будет выразить?

Подсказка 3

Да, вспомним в принципе условие задачи. Нам нужно найти длину стороны, а значит, через этот вектор и будет удобно выразить всю сумму(например, если AC = |2b|, то через b). Осталось только вспомнить, что через координаты вектора можно найти его длину, и победа!

Показать ответ и решение

Обозначив

−−→ ⃗ −→ −→ 2⃗a= BC, 2b= CA и 2⃗c= AB,

$PIC$

получаем

−→ 2⃗a+ 2⃗b+2⃗c= 0

−→ −−→ −−→ (2,1)= 3⋅AA1+ 4⋅BB1 +5 ⋅CC1 = 3(2⃗c+ ⃗a)+4(2⃗a +⃗b)+ 5(2⃗b+⃗c)=

⃗ ⃗ ⃗ =4(2⃗a+ 2b+ 2⃗c)+4(⃗a+b +⃗c)− (2⃗c+⃗a)+ (2b +⃗c)=

=−→0 + −→0 − (⃗a+ ⃗b+ ⃗c)+ 3⃗b= 3⃗b⇒

| | | | √-2--2- √- ⇒ AC = |2⃗b|= |||2⋅3⃗b|||=|||2 ⋅(2;1)|||= 2-2-+-1-= 2-5 3 3 3 3

Ответ:

$2√5 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#76409Максимум баллов за задание: 7

Основания $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны 65 и 31 соответственно, а её диагонали взаимно перпендикулярны. Найдите скалярное произведение векторов $−−→ AD$ и $−−→ BC.$

Источники: ОММО - 2015, задача 4, и Газпром - 2022, задача 3 (9-11 классы)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Перед нами трапеция, у которой мы знаем соотношение оснований, а посчитать нам хочется модули векторов- значит, попробуем посчитать всевозможные отрезки на чертеже!

Подсказка 2

Нам известно, как выглядит скалярное произведение векторов, которые мы можем выразить как сумму векторов, выраженных через друг друга. Теперь нужно его записать и использовать угол!

Подсказка 3

Нужное скалярное произведение есть 31/65 от суммы квадратов длин векторов AO и BO. А как учесть угол?)

Показать ответ и решение

Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ . Из подобия треугольников $AOB$ и $COD$ следует, что $−O−→C = 31−→AO 65$ , а $−−→ 31−−→ OD = 65BO$ . Обозначим вектор $−→ AO$ через $⃗a$ , а вектор $−−→ BO$ через $⃗b$ . Тогда, из условия следует, что $(⃗a,⃗b)= 0$ и

−−→ −→ −−→ 31 −−→ −−→ −−→ 31 AD =AO + OD = ⃗a+ 65⃗b, BC =BO + OC =⃗b+ 65⃗a

$PIC$

Откуда

−−→ −−→ ( 31⃗ ⃗ 31-) 31( 2 ⃗2) ⃗ 31 2 (AD,BC) = ⃗a +65b,b+ 65⃗a = 65 |⃗a| + |b| + (...)⋅(⃗a,b)= 65|AB | =2015,

где предпоследнее равенство следует из того, что треугольник $AOB$ - прямоугольный.

Ответ: 2015

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#76410Максимум баллов за задание: 7

Дан такой выпуклый четырёхугольник $ABCD$ , что $AB = BC$ и $AD =DC.$ Точки $K,L$ и $M$ – середины отрезков $AB, CD$ и $AC$ соответственно. Перпендикуляр, проведённый из точки $A$ к прямой $BC$ , пересекается с перпендикуляром, проведённым из точки $C$ к прямой $AD$ , в точке $H.$ Докажите, что прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны.

Источники: ММО - 2013, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче у нас очень много перпендикулярных прямых. Ещё заметим, что фигура у нас получается дельтоид, так как ABD и BCD симметричные треугольники относительно BD(это пригодится в дальнейшем). Как в первую очередь можно сформулировать вопрос задачи на языке векторов?

Подсказка 2

Верно, перпендикулярность двух отрезков означает, что их произведение через векторы равно нулю. Теперь нужно ввести удобные обозначения. Раз нам по условию дали перпендикулярные отрезки BC, AH и HC, AD, то их и будет удобно обозначить a, c и d, b. Как теперь можно выразить наши отрезки в вопросе задачи через эти?

Подсказка 3

Верно, эти удвоенные вектора будут равны c+d и a+b, так как HM это медиана, а KL средняя линия четырёхугольника. То есть нам нужно, чтобы (c+d)(a+b)=0. Попробуйте теперь выразить удобным способом не сумму этих векторов, а разность. Что хорошего там получается?

Подсказка 4

Ага, хорошо получается, что и произведение (a-b)(d-c)=0. Теперь осталось только вспомнить, что произведение a, c и b, d по условию равно нулю. Это помогает окончательно решить задачу. Победа!

Показать доказательство

Обозначим вектор $−−→BC$ через $⃗a$ , вектор $−−A→D−$ через $⃗b$ , вектор $−H−→A −$ через $⃗c$ и вектор $−H−→C −$ через $⃗d$ (рис). Заметим, что

−−→ −−→ −→ −−→ −→ KL = KB + ⃗a+CL = KA +⃗b+DL

Отсюда получаем, что $2−−K→L =⃗a +⃗b.$ Заметим также, что

2−H−→M = ⃗c+ ⃗d.

Следовательно, прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны тогда и только тогда, когда

(⃗a+ ⃗b)⋅(⃗c+ ⃗d)=0.

$PIC$

Так как по условию $AB = BC$ и $AD = DC$ , то прямая $BD−$ серединный перпендикуляр к отрезку $AC.$ Следовательно, точка $M$ лежит на прямой $BD$ и $BD ⊥AC.$ Рассмотрим вектор

⃗ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ ⃗ ⃗a −b= BM + MC + DM + MA = BM +DM ⊥AC = d− ⃗c

Таким образом,

⃗ ⃗ (⃗a− b)⋅(d− ⃗c)= 0

Поскольку по условию $HA ⊥ BC$ и $HC ⊥AD$ , то $⃗a⋅⃗c= 0$ и $⃗b⋅ ⃗d= 0$ . Следовательно,

(⃗a +⃗b)⋅(⃗c + ⃗d)= ⃗a⋅⃗c+⃗a ⋅d ⃗+⃗b⋅⃗c+ ⃗b⋅ ⃗d= ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ = −⃗a⋅⃗c+ ⃗a⋅d+ b⋅⃗c− b⋅d= (⃗a−b)⋅(d− ⃗c)= 0.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#97375Максимум баллов за задание: 7

Будем называть четырехугольник равнодиагональным, если у него равны диагонали. Отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника $ABCD,$ делит его на два равнодиагональных четырехугольника. Докажите, что четырехугольник $ABCD$ сам равнодиагональный.

Источники: СПБГОР - 2013, 10.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Как переписать условие задачи на язык векторов? Введите векторы сторон, из них легко выразить условие задачи. Как из двух условий получить утверждение задачи?

Показать доказательство

Первое решение

Без ограничений общности будем считать, что указанный отрезок соединяет середины сторон $AB$ и $CD.$ Введем вектора $a,b,c,d$ таким образом, что

−→ −−→ −−→ −−→ AB =2a,BC = 2c,CD = 2b,DA = 2d

$PIC$

Поскольку диагонали образованных четырехугольников равны имеют место равенства

(2c+a)2 = (b+ 2c)2;(a +2d)2 =(2d+ b)2

Здесь и далее, для любых двух векторов $u,v :u⋅v = (u,v).$ Таким образом, вычитая второе равенство из первого, получим

2(a− b)(a +b+ c)=2(a− b)(a+ b+d)

(a− b)(c− d)= 0

Поскольку $a+ b+ c+d =0,$ имеем

(a− b)(a+ b+2c)= 0

(a+c)2 = (b+ c)2

следовательно, диагонали исходного четырехугольника так же равны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

Пусть $K$ и $M$ — середины сторон соответственно $AB$ и $CD$ четырёхугольника $ABCD.$ Из признака равенства треугольников по двум сторонам и медиане, проведённой к третьей следует равенство треугольников $CKD$ и $BMA,$ поэтому $CD = AB,$ а значит, $CM = BK.$ Треугольники $KBC$ и $MCB$ равны по трём сторонам, поэтому $∠BKC =∠BMC.$ Тогда

∠AKC = 180∘− ∠BKC =180∘− ∠BMC = ∠BMD

Тогда треугольники $AKC$ и $DMB$ равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, $AC = BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#97378Максимум баллов за задание: 7

Выпуклый шестиугольник $ABCDEF$ описан около окружности $ω$ с центром в $O.$ Оказалось, что $ω$ и описанная окружность треугольника $ACE$ концентричны. Обозначим через $J$ основание перепндикуляра из $B$ на $CD.$ Прямая, перпендикулярная $DF,$ проходящая через $B,$ пересекает прямую $EO$ в точке $K.$ Пусть $L$ — основание перпендикуляра из $K$ на $DE.$ Докажите, что $DJ = DL.$

Источники: IMO shortlist - 2011, G7

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется заметить любые факты на картинке. Что можно искать? Что можно отметить? Для начала можно отметить все касания окружности со сторонами. Постарайтесь найти какие-нибудь перпендикулярные прямые и пересекающиеся в одной точке 3 прямые. Что делать дальше?

Подсказка 2

Найдите прямые перпендикулярные BO, а так же пару прямых, пересекающуюся на DF, полезно вспомнить про полюс и поляру. Как теперь можно ввести векторы?

Подсказка 3

Введите векторы OY, для всех точек Y, которые участвуют в какой-нибудь перпендикулярности. Через эти векторы перепишите все условия и вопрос задачи, если сделать все правильно, то у вас обязательно решится задача.

Показать доказательство

Обозначим точки касания $AB, BC,CD,DE,EF$ и $FA$ с $ω$ через $R,S,T,U,V$ и $W$ соответственно. Заметим, что

AR = AW = CS = CT =EU = EV

Симметрия относительно $BO$ отображает $R$ в $S,$ следовательно, $A$ в $C$ и, следовательно, также $W$ в $T.$ Таким образом, обе прямые $RS$ и $W T$ перпендикулярны $OB,$ следовательно, они параллельны. С другой стороны, прямые $UV$ и $W T$ не параллельны, так как в противном случае шестиугольник $ABCDEF$ симметричен относительно прямой $BO$ и прямой, определяющие точку $K,$ совпадают, что противоречит условию. Поэтому мы можем рассмотреть точку $Z$ пересечения $UV$ и $W T.$

$PIC$

Далее напомним известный факт, что точки $D,F,Z$ лежат на одной прямой. Действительно, $D$ — это полюс прямой $UT,F$ — полюс $V W,$ поэтому все эти точки принадлежат поляре точки пересечения $TU$ и $VW.$

Рассмотрим систему координат, в которой $O$ является началом координат и отождествим каждую точку (скажем, $X)$ с вектором $−−→ OX.$ Далее, мы полагаем, что для любых двух точек $M$ и $N$

M ⋅N = (−−O→M,−O−→N )

Поскольку $OK ⊥ UZ$ и $OB ⊥TZ,$ имеем $K⋅(Z− U)= 0= B ⋅(Z − T ).$ Далее, условие $BK ⊥ DZ$ можно записать как $K ⋅(D− Z)= B ⋅(D − Z ).$ Сложив эти два равенства, получим

K ⋅(D − U)= B⋅(D − T)

Из симметрии имеем $D⋅(D− U)= D ⋅(D − T).$ Вычитая из предыдущего уравнения, получим $(K − D)⋅(D− U)= (B− D)⋅(D− T).$ Переписывая его в векторной форме, получим

−−D→K ⋅−−U→D = −−D→B ⋅−−→TD

Наконец, проецируя векторы $−−→ DK$ и $−−→ DB$ на прямые $UD$ и $TD$ соответственно, мы можем переписать это равенство в терминах длин отрезков как $DL ⋅UD = DJ ⋅T D,$ следовательно, $DL =DJ.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#97372Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности, $M$ — середина стороны $AB,$ $E$ — точка пересечения медиан треугольника $ACM.$ Известно, что отрезки $OE$ и $CM$ перпендикулярны. Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит ответить на 2 вопроса. Какие стороны в треугольники должны быть равны? Какие векторы можно ввести?

Подсказка 2

Порисовав картинки можно понять, что хочется доказывать, что AB = AC. В условии спрашивается что-то про равенство отрезков, поэтому удобно ввести векторы a=OA, b=OB, c=OC. Они все равны по длине, а еще через них выражаются все условия. Сделайте это. Как теперь доказывать, что какие-то 2 стороны равны?

Подсказка 3

Аккуратно напишите через векторы OA, OB и OC перпендикулярность из условия, поймите из нее, что (a,b) = (a,c). Почему это равносильно тому, что AB = AC? Вспомните про косинус и докажите это.

Показать доказательство

Введем векторы $a= OA,b= OB,c= OC.$ Без ограничений общности будем, считать, что описанная окружность имеет единичный радиус, в частности, $|a|= |b|=|c|= 1.$ Тогда

--- a +b OM = --2-

Пусть $N$ — середина $AC,$ следовательно,

--- ---- --- ME = 2MN = BC-= c−-b 3 3 3

$PIC$

Таким образом,

--- --- --- a b c OE = OM + ME = 2 + 6 + 3

Наконец,

--- --- --- a b CD = CO + OM = 2 +2 − c.

В силу перпендикулярности векторов $OE$ и $CD$ имеем

(a b c a b ) 0 =(OE,CD )= 2 +6 + 3,2 + 2 − c =

2 2 2 = a + b-− c-+ (a,b)-− (a,c)-= (a,b)− (a,c) 4 12 3 3 3 3 3

Таким образом, $cos∠AOB = (a,b)=(a,c)= cos∠AOC,$ откуда $∠AOB = ∠AOC,$ следовательно, $AB = AC.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#97376Максимум баллов за задание: 7

На плоскости отмечено несколько точек. Для любых трех из них существует декартова система координат (т.е. перпендикулярные оси и общий масштаб), в которой эти точки имеют целые координаты. Докажите, что существует декартова система координат, в которой все отмеченные точки имеют целые координаты.

Источники: Всеросс., 2002, ЗЭ, 11.2(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть подозрение, что n точек в задаче просто так. Предлагается для начала научиться понимать, почему для четырех точек существует нужная система координат. Как потом добавить в нее все оставшиеся точки?

Подсказка 2

Как подступиться к задаче? Введите в системы координат для точек A, B, C и B, C, D. У них есть общие 2 точки с целыми координатами, поэтому отношение квадратов единиц измерения рационально. Как теперь искать общую систему координат?

Подсказка 3

Получите, что (BC, BD) и (BA, BD) рациональны, после этого у вас будут два каких-то выражения. Выразите из них координату точки D. Докажите, что если она рациональна, то вы решили задачу!

Показать доказательство

Рассмотрим любые $3$ точки $A,B$ и $C,$ не лежащие на одной прямой (если все точки будут лежать на одной прямой, то утверждение задачи очевидно). Пусть $T1$ — система координат, в которой эти точки имеют целые координаты.

Рассмотрим любую из оставшихся точек, назовем ее $D.$ Пусть $T2$ — система координат, в которой точки $B,C,D$ имеют целые координаты. Поскольку квадрат длины отрезка $BC$ в $T1$ и $T2$ будет целым, то отношение квадратов единиц измерения $T1$ и $T2$ — рациональное число. Но скалярное произведение векторов $(−−→ −−→ ) BC,BD$ в $T2$ — целое, значит, в $T1$ оно рационально, поскольку произведение длин этих векторов в $T1$ будет рационально относиться к произведению их длин в $T2,$ а косинус угла не изменится.

Аналогично, $−→ −−→ (BA,BD )$ рационально. Пусть $−−→ BC$ в $T1−$ это $−→ (x,y),BA −$ это $−−→ (z,t),BD−$ это $(p,q).$ Тогда $px+qy =m$ и $pz+ qt=n−$ рациональны, откуда $p= mxLi−−ynzyz,q = nxc−Im−zyz-−$ рациональные числа (поскольку $xt− yz ⁄=0,$ так как $A,B,C$ не лежали на одной прямой). Следовательно, точка $D$ в $T1$ имеет рациональные координаты. Тогда, выбрав другую единицу измерения, можно координаты всех точек сделать целыми.

Предыдущая подтема

Следующая подтема