Тема Векторы и координаты в планиметрии

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 векторы и координаты в планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79601

Векторы $⃗a ,⃗a,⃗a ,⃗a 1 2 3 4$ , расположенные в одной плоскости с вектором $⃗b$ , имеют равную длину, отличную от длины вектора $⃗b$ . Известно, что

−→ || || 9⃗a1− 4⃗a2− 5⃗b= 16⃗a3− 9⃗a4− 7⃗b= 0 ,|⃗a1− ⃗b|= 8

Найдите $|| ⃗|| |⃗a3− b|.$

Источники: ОММО - 2024, задача 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Выразим $⃗a = 4a⃗+ 5⃗b 1 92 9$ и $⃗a = 9-⃗a +-7⃗b 3 164 16$ . Поэтому $⃗a 1$ — чевиана в треугольнике $AOE$ со сторонами $OA = ⃗a 2$ и $OE =⃗b$ , которая делит третью сторону $AE$ в отношении $5$ к $4$ . А $a⃗3$ — чевиана треугольника $OED$ со сторонами $⃗ OE =b$ и $OD = ⃗a4$ , делящая $ED$ в отношении $9$ к $7$ . Так как векторы $⃗a1,⃗a2,⃗a3,⃗a4$ равны, то они лежат на окружности с центром в точке $O$ , а треугольники $AOB$ и $OCD$ — равнобедренные.

$PIC$

По теореме об отрезках секущих

4x ⋅9x= 9y⋅16y

Откуда

y = x 2

По условию $4x= 8$ , следовательно $|a⃗3− ⃗b|= 9y = 9.$

Ответ: 9

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82783

Старинный подземный ход имеет свод параболической формы (то есть в поперечном сечении туннель ограничен полом — осью $Ox$ и графиком некоторой параболы $2 y = a− bx$ ). Ширина туннеля (измеряется по полу) равна $24$ , высота туннеля равна $18$ . Ход укрепили распорками — на параболе отметили точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ и соединили их между собой балками. Балки $AB$ и $CD$ параллельны полу, $AD$ пересекается с $BC$ , и при этом $∘ ∠ACB = ∠ADB = 90$ . Найдите расстояние между балками $AB$ и $CD$ .

Источники: Ломоносов - 2024, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим ширину тоннеля за $2l$ , а высоту за $h$ . Из этих параметров однозначно выводятся параметры параболы: $x$ принадлежит отрезку $[−l,l],$ а $y(l)= y(−l)= 0,$ так что

hx2 y(x)= h− -l2-

Теперь зададим координаты точек так:

2 2 2 2 A = (x1,h(1− xl12 )),B = (−x1,h(1 − x1l2 )),C = (x2,h(1 − x2l2 )),D = (x2,h(1− x2l2 ))

Так как $AB$ и $CD$ параллельны полу, то понятно, что ординаты $A$ и $B$ одинаковы. Значит, абсциссы отличаются только знаком. Аналогично для $C$ и $D$ .

$PIC$

Тогда перпендикулярность $AC$ и $CB,$ $AD$ и $DB$ можно выразить, например, через равенство нулю скалярных произведений. Достаточно рассмотреть одну пару, так как рисунок симметричен.

AC = (x2− x1; h(x2− x2),CB = (−x1 − x2; h(x2− x2)) l2 1 2 l2 2 1

2 2 h2- 2 22 AC ⋅CB =− (x2− x1)− l4 (x2− x1)= 0

Тогда либо $2 2 (x2− x1) =0$ (но балки не совпадают, поэтому такой вариант не подойдет), либо

2 2 l4 (x2− x1)= − h2

А расстояние между балками это:

2 |hl2(x22− x21)|= lh-= 8

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#97371

(a) Докажите, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.

(b) Докажите, что сумма квадратов сторон произвольного четырехугольника не меньше, чем сумма квадратов его диагоналей, причем равенство достигается только в случае параллелограмма.

Показать доказательство

(a) Пусть $v1,v2$ — векторы, образованные сторонами параллелограмма. Тогда диагонали параллелограмма образованы векторами $v1 +v2$ и $v1 − v2.$ Наконец, в силу билинейности скалярного произведения

2 2 (v1+v2) +(v1− v2) = (v1+ v2,v1+ v2)+ (v1− v2,v1− v2)=

2 2 =((v1,v1)+2(v1,v2)+(v2,v2)+((v1,v1)− 2(v1,v2)+ (v2,v2))= 2(v1 + v2)

(b) Пусть $v1,v2,v3,v4$ — векторы, образованные сторонами четырехугольника. Тогда векторы, образованные диагоналями четырехугольника, могут быть выражены как $v1+ v2,v2+ v3,v3+ v4,v4+v1.$ Тогда доказываемое неравенство можно представить в виде

(v + v − v − v )2 (v − v − v + v )2 v21 + v22 + v23 +v24 ≥-1--22-3---4 + -1---22-3---4

После раскрытия скобок в правой части, имеем

( ) ∑4 1 ∑4 i=1(vi,vi)≥ 4 2i=1(vi,vi)− 4(v1,v3)− 4(v2,v4)

4∑ (v,v)+ 2(v ,v )+ 2(v ,v )≥ 0 i=1 i i 1 3 2 4

(v1+ v3,v1+ v3)+ (v2 +v4,v2+ v4)≥0

(v1+ v3)2+ (v2 +v4)2 ≥0

последнее верно при любых $v1,v2,v3,v4,$ причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $v1 = −v3,v2 =− v4,$ то есть когда исходный четырехугольник является параллелограмом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#97373

Докажите, что для любых единичных векторов на плоскости $v , 1$ $v ,...,v 2 n$ можно выбрать знаки в выражении $± v ±v ± ...± v 1 2 n$ так, что длина получившегося вектора будет не меньше чем $√ - n.$

Показать доказательство

Пусть вектор $u1$ равен вектору $v1$ с выбранным перед ним знаком. Тогда результирующий вектор имеет вид $∑n i=1ui.$ Тогда достаточно показать, что знаки можно выбрать таким образом, что

( ) ∑n ∑n ∑ 2 ∑k k∑ n≤ i=1 ui,i=1ui = ui + 2i⁄=j(ui,uj)= n+2 i⁄=j(ui,uj)

то есть таким образом, что

∑k 0 ≤i⁄=j(ui,uj) (∗)

Докажем возможность такого выбора индукцией по $n.$ База для $n =2$ очевидна: скалярные произведения $(v1,v2)$ и $(v1,−v2)$ противоположны по знаку, а значит, хотя бы одно из них неотрицательно. Пусть для некоторого $k$ существует комбинация знаков при которой верно неравенство $(∗).$ Заметим, что

k+∑1 ( ∑k ) k∑ ( ∑k ) (ui,uj)= uk+1, ui + (ui,uj)≥(∗) uk+1, ui i⁄=j i=1 i⁄=j i=1

Сумма $∑k i=1ui$ фиксирована и не зависит от знака $uk+1,$ следовательно, достаточно положить такой знак $uk+1,$ что произведение $( ∑k ) uk+1, ui i=1$ неотрицательно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97374

Дан четырёхугольник $ABCD,$ в котором $AB = AD$ и $∠ABC = ∠ADC = 90∘.$ На сторонах $BC$ и $CD$ выбраны соответственно точки $F$ и $E$ так, что $DF ⊥ AE.$ Докажите, что $AF ⊥ BE.$

Показать доказательство

Отрезки $AF$ и $DE$ перпендикулярны, следовательно, (здесь и далее в данной задаче, $XY ≡−X−Y→)$ получаем $(AE,DF )=0.$ Осталось заметить, что

(AE,DF )=(AE,DA + AF)= (AE,DA )+(AE,AF)=

2 2 = (AD + DE,DA )+(AE,AF )= −AD +(DE,DA )+(AE,AF )=− AB + (AE,AF)

= (AB +BF,BA )+(AE,AF )= (AF,BA )+(AE,AF )=(AF,BA +AE )= (AF,BE )

следовательно, отрезки $AF$ и $BE$ так же перпендикулярны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#97377

Пусть $A A ...A 1 2 n$ — правильный $n$ -угольник, $X$ — произвольная точка. Рассмотрим проекции $X , 1$ $X ,...,X 2 n$ точки $X$ на прямые $A1A2,$ $A2A3,...,AnA1$ соответственно. Пусть $xi$ — длина отрезка $AiXi$ с учетом знака (знак плюс берётся в случае, когда лучи $AiXi$ и $AiAi+1$ сонаправлены). Докажите, что сумма $x1+ x2+...+xn$ равна половине периметра многоугольника $A1A2 ...An.$

Показать доказательство

Достаточно рассмотреть случай, когда длины сторон многоугольника $A ...A 1 n$ равны $1.$ В этом случае $x = (A-X,−−A−−A−→) . i i i i+1$ Пусть $O$ — центр правильного многоугольника $A1...An.$ Тогда

∑n ∑n ( ) ( ∑n ) n∑ ( ) xi = −A−i→O,−−A−i−A−i+→1 + −−O→X, −−A−i−A−i+→1 = −A−i→O,−A−i−A−i−→+1 i=1 i=1 i=1 i=1

поскольку $∑n −−−−−→ −→ AiAi+1 = 0 i=1$ для любого многоугольника. Остаётся заметить, что

( −−→ −−−−−→ ) AiO,AiAi+1 = 1∕2

для всех $i.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97586

На плоскости нарисованы два квадрата $ABCD$ и $KLMN$ (их вершины перечислены против часовой стрелки). Докажите, что середины отрезков $AK$ , $BL$ , $CM$ и $DN$ являются вершинами квадрата.

Показать доказательство

Сформулируем и докажем следующюю лемму.

Лемма. Дан четырехугольник $ABCD$ , точки $M, N$ середины соотвественно сторон $AD$ и $BC$ , тогда

−→ −−→ −M−→N = AB-+-DC-. 2

Доказательство. Имеем

−−M→N = −−M→A + −A→B +−B−→N.

Аналогично

−M−N→ = −−M→D + −−D→C +−C−→N.

$PIC$

Поскольку $−M−A→ = −−M−→D$ и $−B−→N = −−C−→N$ , то, сложив полученные равенства и поделив на 2, получим требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству исходной задачи. В силу леммы, имеем

−−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ PQ = AB-+-KL; QR = BC-+-LM- 2 2

Векторы $−→AB$ и $−K−→L$ получаются из векторов $−−B→C$ и $−L−M→$ поворотом на $90∘.$ Поэтому из приведенных выше равенств следует, что вектор $−Q→R$ получается из вектора $−−P→Q$ поворотом на $90∘,$ то есть отрезки $PQ$ и $QR$ равны и перпендикулярны. Аналогично, любые две стороны в четырехугольнике $P QRS$ равны и перпендикулярны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#97590

Точка $K$ — середина стороны $AB$ квадрата $ABCD$ , а точка $M$ лежит на диагонали $AC$ , причём $AM :MC =3 :1.$ Докажите, что угол $KMD$ прямой.

Показать доказательство

Переведём задачу на язык векторов: $∠KMD$ прямой тогда и только тогда, когда скалярное произведение векторов $−M−K→$ и $−M−D→$ равно 0.

$PIC$

Выразим $−−→ MK$ через вектора $−→ AB$ и $−−→ AD$

−−→ −−→ −−→ 1−→ 3−→ 1−→ 3( −→ −−→ ) 1 −→ 3−−→ MK = AK − AM = 2AB − 4AC = 2AB − 4 AB+ BC = −4 AB − 4BC

Так как $ABCD$ — квадрат, то $−−→ −−→ AD = BC,$ тогда

−M−K→ = − 1−A→B − 3−B−→C =− 1−A→B − 3−A−→D 4 4 4 4

Выразим $−M−→D$ через вектора $−A→B$ и $−−A→D$

( ) −−M→D = −−A→D − −−A→M = −−A→D − 3 −A→C =−A−→D − 3 −A→B +−A−→D = 1 −−A→D − 3 −A→B 4 4 4 4

Теперь рассмотрим их скалярное произведение

−−→ −−→ ( 1−→ 3−−→ ) ( 1−−→ 3−→ ) -3−→ 2 3-−−→ 2 8-−→ −−→ MK ⋅MD = −4AB − 4AD ⋅ 4AD − 4AB = 16AB − 16AD + 16AB ⋅AD

Заметим, что раз $ABCD$ — квадрат, то $AB = AD$ и $∠BAD$ прямой, следовательно, $−→ 2 −−→2 AB = AD$ и $−→ −−→ AB ⋅AD = 0,$ тогда получаем

−−→ −−→ 3 3 MK ⋅MD = 16 − 16 = 0.

Значит, $∠KMD$ прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#69116

В прямоугольнике $ABCD$ опущен перпендикуляр $BK$ на диагональ $AC.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AK$ и $CD$ соответственно. Докажите, что угол $BMN$ прямой.

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку

( ) ( ) ( ) −M−N→ = 1 −A−→D + −−K→C = 1 −−B→C +−K−→C и −B−M→ = 1 −B→A + −−B→K 2 2 2

то

−−→ −−→ 1( −−→ −−→ ) (−→ −−→ ) 1 (−−→ −−→ −−→ −→ ) MN ⋅BM = 4 BC +KC ⋅ BA + BK = 4 BC ⋅BK +KC ⋅BA =

1( −−→ −−→ −−→ −→ ) = 4 BC ⋅BK −KC ⋅AB

Так как

−−→ −→ −−→ −−→ BC ⋅BA = KC ⋅BK = 0

Обозначим $∠BAC =∠KBC = α.$

Тогда

−−B→C ⋅−−B→K − −K−C→ ⋅−A→B = BC ⋅BK ⋅cosα − KC ⋅AB ⋅cosα =

= (BC⋅BK − KC ⋅AB)cosα= (BC⋅KC ctgα− KC ⋅BCctgα)cosα = 0.

Следовательно, $BM ⊥ MN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69118

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB =AC ),D$ — середина стороны $AB,$ а $E$ — точка пересечения медиан треугольника $ACD.$ Докажите, что $OE ⊥ CD.$

Показать доказательство

$PIC$

( ) −−O→D = 1 −O→A + −−O→B 2

Поэтому

−−→ 1 (−→ −−→ −−→ ) 1( −→ −−→ 1(−→ −−→) ) OE = 3 OA +OC + OD = 3 OA+ OC + 2 OA + OB = = 1(3−O→A + 2−−O→C+ −O−→B ) 6

Кроме того,

−−→ 1 (−→ −−→ ) 1 ((−−→ −→ ) (−−→ −−→ )) CD = 2 CA +CB = 2 CO + OA + CO + OB = 1 (−→ −−→ −−→) = 2 OA +OB − 2OC

Значит,

( ) ( ) 12−O−→E ⋅−C−→D = 3−O→A +2−O−→C + −−O→B ⋅ −O→A +−O−→B − 2−−O→C =

= 3−O→A2 + 3−O→A ⋅−O−→B − 6−O→A ⋅−O−→C + 2−O−→C ⋅−O→A + 2−O−→C ⋅−O−→B − 4−O−→C2+

+−O→A ⋅−−O→B +−O−→B2 − 2−O−→B ⋅−−O→C =

−→ −−→ −→ −−→ = 3R2 − 4R2 +R2 +4OA ⋅OB − 4OA ⋅OC =

−→ (−−→ −−→ ) −→ −−→ = 4OA OB − OC = 4OA ⋅CB = 0

Так как $OA ⊥ BC$ ( $R$ — радиус окружности). Следовательно, $OE ⊥CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#98023

Про натуральные числа $n,m,k$ и $l$ известно, что $mn =kl= 350.$ Оказалось, что точки с координатами $(m,n)$ и $(k,l)$ различны, а площадь треугольника с вершинами в данных точках и начале координат минимальна. Вычислите эту площадь.

Источники: Отбор Физтех 2023, Задача 4 (olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $⃗a$ и $⃗b$ — векторы с координатами $(m, n)$ и $(k,l)$ соответственно. Построим перпендикулярный к $⃗b$ вектор $⃗b′$ такой, что $⃗ ⃗′ |b|= |b |,$ его координаты будут $(−l,k).$

$PIC$

Можем выразить площадь треугольника через векторы $⃗a$ и $⃗ b:$

1 S = 2|⃗a||⃗b|sinα,

где $α$ — угол между $⃗a$ и $⃗b.$

Учитывая, что $sin α= cos(90∘− α)$ и $|⃗b|=|⃗b′|,$ получаем:

S = 1|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α) 2

Но $(90∘ − α)$ равно уголу между $⃗a$ и $⃗b′,$ тогда $|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α )$ — скалярное произведение $⃗a$ и $⃗b′.$

S = 1(⃗a,⃗b′)= 1⋅(−ml+ nk) 2 2

Минимизируем $nk − ml :$

350- 350 ( n -l) nk− ml= n ⋅ l − l⋅ n = 350⋅ l − n

По построению, не умаляя общности, $n> l$ (иначе бы строили перпендикуляр относительно вектора $⃗a,$ а не $⃗b$ ).

Для минимизации выражения нужно, чтобы $n l$ было минимально. Тогда $n 7 l = 5.$

Получаем окончательное значение площади:

( ) S = 12 ⋅350 ⋅ 75 − 57 =120

Ответ: 120

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#34678

Точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$ со сторонами $BC = 8$ и $AC = 4$ . Найдите длину стороны $AB$ , если длина вектора $−→ −−→ −−→ 4OA −OB − 3OC$ равна $10$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Будем пользоваться тем, что скалярный квадрат вектора равен квадрату длины вектора.

Из условия получаем, что

|3−−→CO+ 3−O→A +−B−→O + −O→A|= 10

−→ −→ |3CA+ BA|= 10

−→ −→ |3AC+ AB|= 10

А теперь возведём обе части в квадрат:

9AC2+ AB2 +6AC ⋅AB⋅cos∠BAC = 100

По теореме косинусов из треугольника $ABC$ имеем

2 2 2 AC + AB − 2AC ⋅AB ⋅cos∠BAC = BC

Вычитая это равенства из полученного выше, получаем

8AC2+ 8AB ⋅AC ⋅cos∠BAC =100− BC2

С учётом $AC = 4,BC = 8$ имеем

8⋅16+ 8⋅AB ⋅4⋅cos∠BAC = 36

8AB ⋅cos∠BAC =9− 32

Подставим в $2 2 2 AC + AB − 2AC ⋅AB ⋅cos∠BAC = BC :$

2 16+ AB +23= 64

AB =5

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#72245

В треугольнике $ABC$ синус угла $A$ равен $3∕5.$ На стороне $AC$ взяли точку $M$ так, что $CM =15,$ на стороне $AB$ взяли точку $N$ так, что $BN = 7,AN = AM,$ $T$ — середина $NC,$ $P$ — середина $BM.$ Найдите длину отрезка $PT.$ Если возможных ответов несколько, введите их сумму. Ответ округлите до десятых.

Источники: Муницип - 2022, Республика Башкортостан, 10.4

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим длины $AN$ и $AM$ за $x.$ Введём систему из двух единичных векторов: пусть вектор $−→ b$ коллинеарен вектору $−→ AB,$ а вектор $−→c$ коллинеарен вектору $−A→C.$ Тогда верны векторные соотношения:

−→PT =−A→T − −→AP,−A→P = 1(−A→B + −−A→M ),−A→T = 1(−→AC+ −−A→N ) 2 2 −→AB = (x+ 7)⃗b,−→AC = (x+ 15)⃗c, −A−→M = x⃗c, −A−→N = x⃗b −→ 1 −→ −−→ −→ −−→ 1 ⃗ P T = 2(AC +AN − AB −AM )= 2(15⃗c− 7b)

Вычисляя скалярный квадрат вектора $−→ PT,$ и учитывая, что косинус угла $\text{[math]}$ может быть равен равен $4∕5$ для острого угла и $− 4∕5$ для тупого, получим

−→ −→ 1 PT ⋅PT = 4(49⃗b⋅⃗b+225⃗c⋅⃗c− 210⃗b⋅⃗c)= 26,5 −→ −→ 1 ⃗⃗ ⃗ PT ⋅PT = 4(49b⋅b+225⃗c⋅⃗c− 210b⋅⃗c)= 110,5

Ответ: 15.7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#34679

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)

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:

$5π 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#92430

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)

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 16#76411

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)

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 $AM = AN ′ =AN$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#47137

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)

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 18#47911

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)

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 19#76408

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 $(2,1).$

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:

$2√5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76409

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)

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