Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

Планиметрия на ОММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оммо (объединённая межвузовская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104694

В прямоугольном треугольнике $ABC$ ( $∠C =90∘$ ) на отрезке $BC$ выбрана точка $M$ так, что $BM :MC = 4:3.$ Отрезок $AM$ пересекает биссектрису $BN$ в точке $K.$ Известно, что $BK = 3,KN =2.$ Найдите площадь треугольника $ABC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме Менелая для треугольника $BNC$ и точек $A,K,M :$

CM--⋅ BK-⋅ NA =1 MB KN AC

3 ⋅ 3⋅ NA-= 1 4 2 AC

Отсюда $NAAC-= 89.$ Пусть $NC = y,$ тогда $NC = 8y.$ По свойству биссектрисы:

BC-= NC-= 1 BA NA 8

Пусть $CM = 3x,MB =4,$ тогда $BC =7x.$ Отсюда $BA = 8BC = 56x.$ По теореме Пифагора для треугольника $ABC :$

AC2 + BC2 = AB2

2 2 2 (9y)+ (7x) = (56x)

2 2 2 2 81y = 49x ⋅64− 49x =49⋅63⋅x

y2 = 73x2 9

7√7x y =--3-

По теореме Пифагора для треугольника $BCN :$

CN2 + CB2 = NB2

y2+ 49x2 =25

73x2 2 --9-+ 49x =25

15 x= 28

Тогда площадь треугольника $ABC$ равна:

1 1 63 7√7x 63 ⋅7√7 ⋅152 675√7 S = 2AC ⋅BC = 29y⋅7x = 2-⋅-3-⋅x = --6⋅282---=--32-

Ответ:

$675√7 32$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#63740

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD = 9,BC = 2$ и боковыми сторонами $AB =5,CD = 3√2-$ . Точка $P$ на прямой $BC$ такова, что периметр треугольника $AP D$ наименьший из возможных. Найдите этот периметр.

Источники: ОММО-2023, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Воспользуемся следующим утверждением, которое наиболее известно как «принцип наименьшего времени Ферма» в физике:

Для данных точек $A,B$ и данной прямой $ℓ$ из всех точек $L ∈ ℓ$ сумма $AL +BL$ будет минимальной, когда углы между прямыми $AL$ и $ℓ$ и $BL$ и $ℓ$ будут равны.

Тогда для искомой точки $P$ на прямой $BC$ должно выполняться равенство $∠XP A = ∠YPD$ (точки $X$ и $Y$ - где-то «далеко» на прямой $BC )$ . Поскольку $BC ∥AD$ , то

∠P AD =∠XP A = ∠YPD = ∠PDA

т.е. треугольник $PAD$ - равнобедренный. Значит, нам достаточно найти периметр равнобедренного треугольника $PAD$ , где $P$ - точка на прямой $BC$ .

По теореме Пифагора этот периметр равен

∘--------- 9+ 2⋅ ( 9)2+ h2 = 9+∘81-+-4h2 2

где $h$ - расстояние между прямыми $AD$ и $BC$ , т.е. высота трапеции.

Найти высоту трапеции можно разными способами. Например, проведём через точку $B$ , прямую, параллельную $CD$ , до пересечения с основанием $AD$ в точке $K$ . Тогда искомая высота - это высота из вершины $B$ в треугольнике $ABK$ . Поскольку $BCDK −$ параллелограмм, то $√ - BK = CD =3 2$ , $AK =AD − DK = AD − BC = 9− 2= 7$ .

Итого, нам достаточно найти длину высоты на сторону длины 7 в треугольнике со сторонами 5 , $√- 7,3 2$ . По формуле площади и формуле Герона имеем

2 2 2 √- √- √ - √ - 4h ⋅7 = 16S = (5 +7+ 3 2)(5+ 7− 3 2)(5− 7+ 3 2)(−5+ 7+ 3 2)

откуда

√- √- √ - √ - (122− (3√2-)2)((3√2)2 − 22) 4h2 = (12+3-2)(12-− 3-2)7(−2-2+3-2)(2+3-2) = ----------72----------= 36

и окончательный ответ $√------- √--- 9 + 81+ 4h2 = 9+ 117$ .

Второе решение.

Также, как и в первом решении, найдём высоту трапеции. Покажем здесь, как можно это было сделать по-другому. Опустим высоты $BE$ и $CF$ трапеции. Обозначим их длины через $h$ , длину отрезка $AE$ обозначим через $ℓ$ . Поскольку $EF =BC =2$ , для $F D$ получим $FD = 7− ℓ$ . Из прямоугольных треугольников $ABE$ и $CDF$ по теореме Пифагора получим $AB2 = BE2 +AE2$ и $CD2 = CF2 +DF 2$

Подставив в эти равенства известные длины, получим систему уравнений

{ 52 =h2+ ℓ2 18 =h2+ (7− ℓ)2

Вычитая из первого равенства второе, получим $(ℓ+ (7 − ℓ))(ℓ− (7− ℓ))= 7$ , откуда $ℓ =4$ . Тогда $h= 3,FD = 3$ .

Рассмотрим треугольник $APD$ . Обозначим $BP = x$ , тогда $PC =2− x$ (здесь и далее все расстояния со знаком, т.е. могут быть отрицательные). Опустим высоту $PQ$ . Тогда треугольник $AP Q$ прямоугольный и по теореме Пифагора

∘ ---------- AP = ∘AQ2-+-QP2-= (4+x)2+ 32.

Аналогично, из прямоугольного треугольника $DPQ$

∘ ---------- DP = (5− x)2+ 32

Тогда периметр треугольника $APD$ равен

∘---------- ∘---------- P (x)= 9+ (4+ x)2+ 32+ (5− x)2+ 32

Найдём производную этой функции:

P′(x)= ∘---4+-x----− ∘--5−-x----. (4 +x)2+32 (5− x)2+ 32

Из уравнения $′ P (x)=0$ получаем

( ) ( ) (4+ x)2(5− x)2+ 32 = (5− x)2(4+ x)2+ 32

откуда $2 2 1 (5− x) = (4+x) ,x= 2$ . Несложно видеть, что $1 x= 2$ именно точка минимума, откуда минимальный периметр равен $(1) √ --- P 2 = 9+ 117$ .

Ответ:

$9+ √117$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#63744

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C 0 0 0$ — середины сторон $BC,CA,AB,$ а $A 1$ , $B ,C 1 1$ — точки касания этих сторон со вписанной окружностью соответственно. Прямые $A1C1,B1C1$ пересекают $A0B0$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что прямая $CC1$ делит отрезок $XY$ пополам.

Источники: ОММО - 2023, задача 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Докажем, что точки $X,Y$ лежат на биссектрисах углов $A,B$ соответственно (это утверждение известно как задача $255$ и может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Так как $AB1 = AC1$ и $B0Y ∥AC1,$ то $|AB−BC-| B0Y =B0B1 = 2 ,$ следовательно, $A0Y = A0B$ и $∠YBA0 = ∠BY A0 = ∠YBA.$ Аналогично $∠XAC =∠XAB.$

$PIC$

Итак, $AX ⊥ XC$ по лемме $255$ и $AX ⊥ B1C1,$ потому что треугольник $AB1C1$ равнобедренный и $AX$ в нём биссектриса, проведённая к основанию. Следовательно, $XC ∥C1Y.$ Аналогично $CY ∥ C1X.$ Таким образом, четырёхугольник $XCY C1$ — параллелограмм. В таком случае его диагонали точкой пересечения делятся пополам, это даёт нам требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#71528

В треугольнике $ABC$ сторона $AC = 42.$ Биссектриса $CL$ делится точкой пересечения биссектрис треугольника в отношении $2 :1,$ считая от вершины. Найдите длину стороны $AB,$ если радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности равен 14.

Источники: ОММО-2022, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности (т.е. точка пересечения биссектрис). Заметив, что $AI$ — биссектриса, в треугольнике $ALC,$ в силу свойства биссектрисы треугольника имеем:

AC :AL= CI :IL =2 :1⇒ AL =AC ∕2= 21

Далее,

AC ⋅AL ⋅sin∠A = 2S△ACL = 2S△AIC + 2S△AIL = AC ⋅r+AL ⋅r= (AC + AL)⋅r,

где $r$ — радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Таким образом,

42⋅21⋅sin∠A =(42+21)⋅14⇒ sin∠A = 1⇒ ∠A = 90∘

В силу свойства биссектрисы $BI$ треугольника $CLB$ имеем

BC :BL =CI :IL= 2:1

Полагая $BL = x,$ имеем $BC = 2x.$ В силу теоремы Пифагора:

AC2 + AB2 = BC2

422+(21+ x)2 = (2x)2

x =35 ⇒ AB =x +21= 56

Ответ: 56

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#92142

Дан равнобедренный треугольник $KLM (KL = LM )$ с углом при вершине, равным $114∘$ . Точка $O$ расположена внутри треугольника $KLM$ так, что $∘ ∠OMK =30$ , а $∘ ∠OKM = 27$ . Найдите величину угла $∠LOM$ .

Источники: ОММО - 2021, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $LH$ — высота/медиана/биссектриса треугольника. Пусть $S$ — пересечение луча $MO$ и отрезка $LH$ .

$PIC$

Заметим, что $KS = SM$ (поскольку в треугольнике $KSM$ медиана $SH$ совпала с высотой).

Посчитаем углы: 1. $∠KLM ∘ ∠HLK = --2--= 57$ ; 2. $∘ ∘ ∠LKM = 90 − ∠HLK =33$ ; 3. $∘ ∠SKM = ∠SMK = 30$ ; 4. $∘ ∠LKS = ∠LKM − ∠SKM = 3$ ; 5. $∘ ∠SKO = ∠SKM − ∠OKM = 3$ , а значит $∠SKO = ∠SKL$ ; 6. $∘ ∠SOK = ∠OMK +∠OKM = 57$ , а значит $∠SOK =∠SLK$ .

Треугольники $SKO$ и $SKL$ равны по общей стороне $KS$ и двум углам (пункты 5. и 6.) Следовательно, $KO = KL$ , треугольник $KOL −$ равнобедренный. Значит,

∠LOK = 90∘ − ∠OKL2 = 87∘

∠KOM =180∘− ∠OKM − ∠OMK = 123∘

∠LOM = 360∘− ∠LOK − ∠KOM =150∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Несложно посчитать, что $∠LKO = 6∘,∠LMO = 3∘$ . Докажем, что $∠KLO = 87∘$ , а $∠OLM = 27∘$ . Для этого воспользуемся тригонометрической формой теоремы Чевы. В соответствии с этой теоремой нам достаточно проверить, что

sin3∘ sin27∘ sin87∘ sin30∘ ⋅ sin6∘ ⋅sin27∘ = 1,

или $∘ ∘ ∘ ∘ sin6 ⋅sin30 = sin3 ⋅sin87$ . Это очевидно:

1 sin6∘⋅sin30∘ = (2 ⋅sin3∘⋅cos3∘)⋅2 = sin3∘⋅sin87∘.

Осталось лишь вычислить $∠LOM$ из треугольника $LOM$ .

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#43114

В прямоугольном треугольнике $ABC$ на катете $AC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает гипотенузу $AB$ в точке $E$ . Через точку $E$ проведена касательная к окружности, которая пересекает катет $CB$ в точке $D$ . Найдите длину $DB$ , если $AE = 6$ , а $BE =2$ .

Источники: ОММО-2020, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду, поэтому $∠CED = ∠A$ . Так как $∠CEA = 90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $AC$ , то $∠BCE = 90∘− ∠B = ∠A= ∠CED$ .

Отсюда следует, что $△EDC$ равнобедренный: $CD = DE$ . Ещё равнобедренным является треугольник $BDE$ , ведь мы поняли, что $∠DEB =90∘− ∠A$ . Делаем вывод $ED = CD = BD = BC2-$ .

При этом высота прямоугольного треугольника равна среднему геометрическому отрезков гипотенузы, то есть $------- - CE = √BE ⋅AE =2√ 3$ . В итоге получаем $BC = √BE2-+CE2-= 4 =⇒ BD =2$ .

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#43115

Дан треугольник $ABC$ . На отрезках $AB$ и $BC$ выбраны точки $X$ и $Y$ соответственно так, что $AX = BY$ . Оказалось, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности. Пусть $BL$ — биссектриса треугольника $ABC (L$ на отрезке $AC)$ . Докажите, что $XL ∥ BC$ .

Источники: ОММО-2019, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Из того, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности, следует, что $BX ⋅BA = BY ⋅BC$ , или $AB :BC = BY :BX$ . Из того, что $BL$ - биссектриса треугольника $ABC$ следует, что $AL :LC =AB :BC$ . Тогда

AL :LC = AB :BC = BY :BX =AX :XB,

откуда по теореме, обратной теореме Фалеса, получаем, что $XL ∥BC$ , что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#36668

В трапецию $ABCD$ вписана окружность, касающаяся боковой стороны $AD$ в точке $K$ . Найдите площадь трапеции, если $AK = 16,DK =4$ и $CD = 6$ .

Источники: ОММО-2018, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть точки касания с $CD,BC$ и $AB$ будут $N,M$ и $L$ соответственно. Из равенства отрезков касательных $DN = 4$ и $NC = CM =2$ , а также $AL= 16.$

$PIC$

Как известно, $DI ⊥ AI$ , как биссектрисы углов трапеции, но тогда $KI$ — высота прямоугольного треугольника и равна $√ ---- 4⋅16 =8$ . Аналогично из прямоугольного $△BIC$ имеем $2 IM =CM ⋅BM =⇒ BM =32$ . Откуда легко посчитать, что $CD+AB- SABCD = 2 ⋅2NI =(16+ 32 +6)⋅8= 432$ .

Второе решение.

Пусть $N$ — точка касания окружности и стороны $DC.$ Так как $DK$ и $DN$ — отрезки касательных, то они равны. Значит, $DN = 4$ $⇒$ $NC = 2.$

Пусть $M$ — точка касания окружности и стороны $BC.$ Аналогично $NC = CM = 2.$

Пусть $L$ — точка касания окружности и стороны $AB.$ Проведем диаметр $NL$ и опустим высоту $DH$ на сторону $AB.$

$AK =AL = 16$ (как отрезки касательных), следовательно, $HL = DN = 4$ и $AH =AL − HL =12.$ Тогда по теореме Пифагора

∘--------- √ --- DH = AD2 − AH2 = 256= 16.

$PIC$

Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CF$ на сторону $AB,$ он будет равен $16.$ Обозначим за $x$ отрезок $MB,$ тогда $FB = BL − LF = BM − 2= x− 2.$ По теореме Пифагора

2 2 2 (x+ 2) =16 + (x − 2)

2 8x =16

x= 32

Тогда

SABCD = DC-+2AB-⋅CF = 6+248⋅16= 432

Ответ:

$432$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#49308

Точки $A ,B ,C 1 1 1$ — точки пересечения продолжений высот остроугольного треугольника $ABC$ с описанной вокруг $ABC$ окружностью. Окружность, вписанная в треугольник $A1B1C1$ , касается одной из сторон $ABC$ , а один из углов треугольника $ABC$ равен $∘ 40$ . Найдите два других угла треугольника $ABC.$

Источники: ОММО-2018, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Не умаляя общности, пусть окружность $ω$ , вписанная в $A1B1C1$ , касается стороны $BC$ . Пусть $H$ - точка пересечения высот треугольника $ABC,K$ - точка касания $ω$ и $BC,L−$ точка касания $ω$ и $A1C1.$

Известно, что высоты $△ABC$ являются биссектрисами его ортотреугольника. При гомотетии с центром в точке $H$ и коэффициентом $2$ ортотреугольник переходит в $△A1B1C1,$ так что биссектрисы $△A1B1C1$ тоже пересекаются в точке $H.$

По свойству ортоцентра $H$ и $C1$ симметричны относительно прямой $AB$ , так что $HB = BC1.$ Кроме того, $∠HC1L = ∠HBK$ ( $∠HC1L = ∠CAA1 =90∘− ∠C =∠B1BC$ ), поэтому прямоугольные треугольники $HC1L$ и $HBK$ равны по катету ( $HL =HK$ ) и острому углу. Поэтому $HC1 =HB.$

В итоге получили $HC1 = HB = BC1.$ Тогда $∠BAC = ∠BC1C = 60∘$ , откуда с учётом условия и следует ответ.

Второе решение.

$PIC$

Пусть высоты $△ABC$ пересекаются в точке $H$ . Заметим, что

⌢ ⌢ ∠BB1C1 = ∠BCC1 =90∘− ∠ABC = ∠BAA1 =⇒ C1B = BA1

Отсюда следует, что $H$ лежит на биссектрисе угла $C1B1A1$ . Делая то же самое для остальных углов, имеем, что $H$ — центр вписанной окружности $△A1B1C1.$

Обозначим радиус этой окружности за $r$ и, не умаляя общности, $ρ(H,AC )=HT = r$ (касание из условия). Нетрудно видеть, что $BT$ является высотой треугольника $ABC$ . Поскольку мы уже знаем, что $⌢ ⌢ C1A= AB1$ ( $AA1$ — также биссектриса $△A1B1C1$ ), то $∠HCA = ∠ACB1 =⇒ HT = r= TB1$ (получили высоту и биссектрису $△HCB1$ ). Пусть также $HR ⊥ A1B1,R¯$ точка касания вписанной окружности. Тогда в прямоугольном $△HRB1$ катет равен половине гипотенузы и $30∘ = ∠HB1R = ∠HB1C1 =∠BCC1 =90∘− ∠ABC =⇒ ∠ABC =60∘$ . Поскольку мы знаем, что какой-то другой угол $△ABC$ равен $40∘$ , то третий будет $80∘.$

Ответ:

$60∘$ и $80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#32961

Пусть $OP$ — диаметр окружности $Ω$ , $ω$ — окружность с центром в точке $P$ и радиусом меньше, чем у $Ω$ . Окружности $Ω$ и $ω$ пересекаются в точках $C$ и $D$ . Хорда $OB$ окружности $Ω$ пересекает вторую окружность $ω$ в точке $A$ . Найдите длину отрезка $AB$ , если $BD ⋅BC = 5$ .

Источники: ОММО-2016, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $N$ и $M$ – вторые точки пересечения с окружностью $ω$ прямых $OA$ и $DB$ соответственно. В силу симметрии относительно прямой $OP$ , дуги $OC$ и $OD$ равны. Следовательно, $∠ABC =∠DBA =∠MBN.$

$PIC$

Первое решение.

Обозначим эти равные углы через $α$ . Из вписанности четырёхугольника $CBP D$ получаем, что $∠CPD = ∠CBD = 2α$ . Следовательно, поскольку $P$ – центр $ω$ , имеем $D^A + ^AC = DAC = 2α.$ C другой стороны, $^DA + ^MN = 2∠DBA = 2α$ . Вычитая общую дугу $^DA$ , получаем, что $^AC = ^MN$ , откуда $^AM = ^CN.$

Значит, $∠CAB = ∠ADB$ , и треугольники $ABC$ и $DBA$ подобны по двум углам, откуда $ABBC-= BADB-$ , так что $AB2 = BC ⋅BD =5,AB =√5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $∠ABP = 90∘$ , как вписанный угол в окружности $Ω$ , опирающийся на её диаметр $OP$ , поэтому $BP$ является высотой и биссектрисой треугольника $AP N$ . Получаем, что точки $M$ и $C$ симметричны относительно прямой $BP$ , так что $BC =BM.$ В окружности $ω$ по теореме о пересекающихся хордах $BA ⋅BN =BD ⋅BM.$ Тогда $AB ⋅AB =BD ⋅BC = 5,$ откуда сразу получаем ответ.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В ходе первого решения мы выяснили, что $∠CDN =∠CAB =∠BDA$ . То есть прямые $DC$ и $DB$ симметричны относительно биссектрисы угла $ADN$ . А во втором решении замечено, что $B$ — середина стороны $AN.$

Тогда оказывается, что точка $C$ лежит на симедиане треугольника $ADN$ . А сама задача тесно связана со следующим фактом: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам. Вы могли встретить его в такой задаче: пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, $M$ — середина стороны $BC,$ описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ окружности вторично пересекаются в точке $D.$ Тогда прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Ответ:

$√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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 16#90832

В равнобедренной трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ $(AD > BC)$ боковая сторона равна 20 см, угол $BAC$ равен $45∘.$ Пусть $O$ — центр окружности, описанной вокруг $ABCD$ . Оказалось, что прямые $OD$ и $AB$ перпендикулярны. Найдите длину основания $AD$ трапеции.

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

Показать ответ и решение

Пусть $E$ — середина $AB.$ Тогда $OE ⊥AB$ и $OD ⊥ AB.$ Значит, $O, E$ и $D$ лежат на одной прямой и $OE$ — серединный перпендикуляр к $AB.$ Значит, $AD = DB$ и если $∠BAD = α,$ то $∘ ∠ADB = 180 − 2α.$

$PIC$

Из вписанности $ABCD$ следует, что $∘ ∠BDC =∠BAC =45 ,$ и значит,

α =∠BAD = ∠CDA = 225∘− 2α

и $∠BAD = 75∘.$ Тогда

AE AB 20√2 AD = cos∠AED-= 2cos75∘ = √3+-1

Замечание.

$cos75∘$ можно посчитать из уравнения $cos150∘ =2cos275∘− 1$ и знания, что $cos75∘ >0$

Ответ:

$-20√2 √3-+ 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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

−−→ −→ −−→ 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 18#47135

Дан выпуклый пятиугольник $ABCDE$ . Точки $M, N,P$ и $Q−$ середины сторон $AB,BC,CD$ и $DE$ соответственно, точки $H$ и $K$ — середины $MP$ и $NQ$ соответственно. Найдите длину отрезка $HK$ , если $AE = 7$ .

Источники: ОММО-2014, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Опустим везде обозначения векторов, поскольку больше ничего использовать не будем. Выразим $MQ$ двумя способами

MQ = MH + HK + KQ = MB + BC +CD + DQ = AB-+ BC+ CD + DE- (1) 2 2

Распишем более подробно первое равенство

MP- -A2B+-BC-+-CD2- NQ- -B2C+-CD-+-DE2- MH = 2 = 2 ; KQ = 2 = 2

AB 3BC 3CD DE MQ = NH +HK +KQ =-4- +--4-+ --4-+ -4-+ HK (2)

Приравнивая $(1)$ и $(2)$ , имеем

AB + BC +CD + DE AE |AE | 7 HK = --------4--------= -4- =⇒ |HK |= -4--= 4

Ответ:

$7 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#49754

Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, а боковые стороны образуют угол $30∘$ . Основания имеют длины $6$ и $2.$ Найдите высоту трапеции.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть эта трапеция $ABCD, BC = 2,AD =6$ . При этом $AB ∩CD = X,∠AXD =30∘$ , а также $AC ∩BD =O,AC ⊥ BD$ .

Построим $DN ∥AB,N ∈ BC$ , тогда $∠CDN = 30∘$ , $DN = AB$ . Кроме того, из $AD =BN$ получаем $CN =4$ . Введём также $∠ADB =α$ . Используем прямой угол между диагоналями $AO = 6sinα,OD = 6cosα,OC = 2sinα,OB = 2cosα$ . Отсюда $∘ -------------- ∘ --------- ---- CD = 4sin2α+ 36cos2α= 4+ 32sin2α = √4+ t$ , $∘ -------------- ----- AB = DN = 36sin2α+ 4cos2α= √ 36 − t$ ( $t= 32sin2α$ ). Теперь мы готовы написать теорему косинусов для $△CDN$

CD2 + DN2 − 2CD ⋅DN cos∠CDN = CN2

√- 36 − t+ 4+ t− 2∘ (4+-t)(16− t)⋅-3-= 16 2

√ -- (4+ t)(16 − t)= 192 ⇐⇒ t2− 32t+ 48 =0 ⇐ ⇒ t= 16± 4√13- =⇒ sin2α = 4±--13 8

Оба значения подходят, поскольку обозначения в условии симметричны. Не умаляя общности, $∘ 4+√13 sinα= 8$ , откуда $∘ --√-- cosα= 4−813$ . Осталось заметить, что высота трапеции равна $∘ --√-----√--- √- BDsinα= 8cosα sinα= 8 (4−-13)(644+-13)= 3.$

Ответ:

$√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#39610

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ прямые $AD$ и $BC$ перпендикулярны, а длина отрезка, соединяющего середины диагоналей $BD$ и $AC$ , равна $2013$ . Найдите длину отрезка, соединяющего середины сторон $CD$ и $AB$ .

Источники: ОММО-2013, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Пусть $K,L,M, N$ — середины $AB,AC,CD,BD$ соответственно. Заметим, что $KL ∥NM ∥ BC$ , как средние линии в $△ABC, △BDC$ . Аналогично $KL ∥MN ∥AD$ . Отсюда $KLMN$ — параллелограмм, в котором $KL ⊥ ML$ в силу $BC ⊥ AD$ , то есть это прямоугольник, в котором диагонали равны. Осталось заметить, что его диагоналями и будут два отрезка из условия.