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 21#39611Максимум баллов за задание: 7

На плоскости задана точка $P$ . Рассматриваются различные равносторонние треугольники $ABC$ , такие что $PA =2,PB = 3.$ Какое максимальное значение может принимать длина отрезка $P C?$

Источники: ОММО-2013, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Счётный способ, подсказка 1

Заметим, что если зафиксировать треугольник PAB, то картинка определяется единственным образом. Как его зафиксировать?

Счётный способ, подсказка 2

Конечно, можно ввести лишь три его стороны, но лучше ввести еще и два угла, чтобы счет проходил легче(а с помощью теорем синусов или косинусов, мы всегда сможем связать углы со сторонами при желании).

Счётный способ, подсказка 3

Выразите сторону AB по теореме косинусов и угол PBA через стороны треугольника PAB и угол APB. Выразили? Кажется, все готово, чтобы считать PC.

Счётный способ, подсказка 4

Попробуйте привести выражение PC к такому виду, чтобы только одно слагаемое было переменным, а все остальное являлось константой.

Геометрический способ, подсказка 1

На картинке есть угол 60 градусов и два равных отрезка исходящих из него(AB и AC). Это очень сильно намекает на поворот в этой точке.

Геометрический способ, подсказка 2

Да, нужно сделать поворот на 60 градусов, переводящий точку B в точку C. Это удобно, так как точка P переедет в точку P’,при этом APP’-равносторонний и треугольники AP’C и APB равны. Какой вывод о длине PC можно сделать?

Геометрический способ, подсказка 3

Да, по неравенству треугольника PC<=5. Осталось лишь привести пример, но как? Попробуйте делать те же действия, как вы получили оценку, но в обратном порядке, не забывая о том, когда эта оценка достигается(расположение точек P,P’,C)
—
Геометрический способ, подсказка 4
Точки P,P’,C лежат на одной прямой. Осталось в явном виде посчитать все отрезки на картинке, чтобы понять, что неравенство треугольника выполнено(или нужно показать ,как вы строили эту картинку и что все отрезки будут иметь длину как в условии).

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Докажем, что длина не больше $5$ . Для этого рассмотрим поворот с центром в точке $A$ на $60∘$ таким образом, что $B$ переходит в $C$ . Точка $P$ переходит в $P′$ , а поскольку $AP = AP′ = 2$ и $∠P AP′ = 60∘$ , то $PP′ = 2$ , откуда $P C ≤ P′C+ P′P = PB + P′P = 5$ по неравенству треугольника.

Для построения примера сначала построим правильный $△AP P′$ , затем на продолжении $PP′$ отметим $C :CP′ = 3$ . Наконец, построим правильный треугольник $ABC$ на отрезке $AC$ . Остаётся показать, что выполнено $PB = 3$ , но для этого достаточно рассмотреть поворот на $60∘$ в обратную сторону $C → B$ , тогда отрезок $P′C = 3$ перейдёт в $PB$ .

Второе решение.

Просто посчитаем. Пусть $AB = c,PB = a,P A= b,∠AP B =φ$ , $∠PBA = β$ . Тогда из треугольника $ABP$ из теоремы косинусов следует

c2 =a2+ b2− 2abcosφ; sinβ = bsinφ; cosβ = a−-bcosφ-. c c

Теперь из треугольника $CP B$ по теореме косинусов

( π ) (1 √3 ) CP2 =c2+ a2− 2accos 3 + β = 2a2+b2− 2abcosφ− 2ac 2cosβ−-2-sinβ = (√ - ) = 2a2+b2 = 2abcosφ− aca−-bcosφ-+ac√3bsin-φ= a2+ b2+ 2ab--3sinφ − 1 cosφ = ( ) c c 2 2 = a2+ b2+ 2absin φ− π =⇒ φ− π = π=⇒ φ = 2π. 6 6 2 3

Ответ:

$5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#91928Максимум баллов за задание: 7

Длина медианы $AD$ треугольника $ABC$ равна 3, длины сторон $AB$ и $AC$ — 5 и 7 соответственно. Найдите площадь треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие крутые дополнительные построения, связанные с медианой, мы с Вами знаем?

Подсказка 2

Например, можно удвоить медиану и получить параллелограмм.

Подсказка 3

Что можно сказать о площадях получившихся треугольников?

Подсказка 4

Некоторые из них будут равновеликими. Значит, можно вычислить площадь более "удобного".

Подсказка 5

Как найти площадь треугольника, все стороны которого известны?

Подсказка 6

Воспользуйтесь формулой Герона.

Показать ответ и решение

Продлим медиану $AD$ за точку $D$ до точки $A ′$ такой, что $AD = DA′.$

$PIC$

Получим треугольник $ABA′$ , равновеликий исходному, со сторонами 5,6 и 7. Его площадь легко найти по формуле Герона:

SABC =SBDA ′ =∘9-⋅(9− 5)⋅(9−-6)⋅(9−-7)= 6√6

Ответ:

$6√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#91932Максимум баллов за задание: 7

На одной из сторон острого угла с вершиной $O$ взяты точки $A$ и $B$ , а на другой – точка $C$ . При какой длине отрезка $OC$ величина угла $ACB$ максимальна, если $OA = 1,OB = 5?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В таких задачах бывает полезно сделать какие-то дополнительные построения, на рисунке ведь почти ничего полезного нет. Какую конструкцию хочется добавить на картинку, чтобы одновременно и воспользоваться длинами отрезков, и было что-то связанное с углами?

Подсказка 2

Кажется, какие-то прямые строить не хочется, иначе уйдём в тяжёлый счёт, пытаясь связать длины отрезков с углами. Может быть, у нас есть на примете какие-то кривые?

Подсказка 3

Тут неплохим вариантом кажется построение окружности через точки A и B, касающейся другой стороны угла.

Подсказка 4

Кажется, что точка касания стороны угла и окружности и будет той самой точкой C, при которой угол ACB — максимален. Давайте попробуем это доказать.

Подсказка 5

Если мы возьмём точку, отличную от точки касания, то предполагаемый угол будет отсекать от окружности две дуги. Как градусная мера угла связана с градусными мерами этих дуг?

Подсказка 6

Такой угол равен полуразности большей и меньшей дуг, которые он отсекает. А значит, будет меньше угла ACB, где C — точка касания окружности и прямой. Осталось лишь найти величину отрезка OC.

Показать ответ и решение

Проведем через точки $A$ и $B$ окружность, касающуюся второй стороны угла. Если $C$ — точка касания, то угол $ACB$ равен половине дуги $AB.$ В противном случае угол $ACB$ равен полуразности дуги $AB$ и второй дуги, высекаемой углом $ACB$ — т. е. будет меньше.

$PIC$

Остается воспользоваться тем, что квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, откуда $√- OC = 5$ .

Ответ:

$√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#43113Максимум баллов за задание: 7

Окружность проходит через вершины $A$ и $C$ треугольника $ABC$ , пересекает сторону $AB$ в точке $E$ и сторону $BC$ в точке $F$ . Найдите радиус окружности, если $∘ AC = 6,∠AEC = 5∠BAF, ∠ABC = 72$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда видим, что окружность проходит через какие-то 4 точки, имеет смысл рассматривать эти 4 точки как вершины вписанного четырехугольника. Какие тогда выводы можно сделать об углах? Как связать известный нам угол с углами четырехугольника?

Подсказка 2

AEC = 5α, EAF = α. Тогда можем посчитать обе дуги, которые отсекает известный нам угол ABC, а значит, связать его с α. Чему тогда равен α?

Подсказка 3

5α - α = 72°, а значит, α = 18°. Тогда угол AEC = 90°, тогда центр окружности лежит на AC и мы с легкостью можем узнать радиус по длине AC)

Показать ответ и решение

$PIC$

По определению $AEF C$ вписан, потому $∠EAF = ∠ECF = α =⇒ ∠AEC =5α$ . По определению угла между секущими $∠ABC =5α− α =72∘ =⇒ α = 18∘ =⇒ ∠AEC = 90∘$ . Осталось применить теорему синусов $R = 2sinA∠CAEC-= 3$ .

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#43116Максимум баллов за задание: 7

Вершины $K,L,M,N$ четырехугольника $KLMN$ лежат соответственно на сторонах $AB,BC,CD, DA$ квадрата $ABCD.$ Найти наименьший возможный периметр четырехугольника $KLMN,$ если $AK = 2$ см, $BK =4$ см и $AN =ND.$

Источники: ОММО-2010, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень часто, когда просят найти наименьший периметр, помогает сводить задачу к неравенству ломаной. Т.е. все нужные нам отрезки "сложить" в одну ломаную. Каким образом это удобнее всего сделать в нашем случае, учитывая, что у нас квадрат?

Подсказка 2

Квадрат удобно отражать и переносить. Осталось лишь подумать, относительно каких сторон это делать, чтобы каждый раз у нас появлялся новый кусочек ломаной, которую хотим создать из нужных отрезков.

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

(везде ниже единицы измерения — сантиметры)

Из первого условия $AB =6 =⇒ AN = ND = 3.$ Сведём задачу к неравенству ломаной. Для этого отразим квадрат относительно $CD$ ( $A → A′,B → B′),$ а затем относительно $BC ′$ ( $D → D ′,A′ → A′′,M → M ′).$ Легко видеть, что $LM = LM ′.$ Далее отразим $N$ относительно $C$ в точку $N′ ∈ D′A ′′.$ Можно считать, что точку $M$ мы ранее также отражали относительно $C,$ потому $M ′N ′ =MN.$ По неравенству ломаной $KN ′ ≤ KL+ LM ′+M ′N′ = PKLMN − NK.$ Отрезок $NK =√32-+22 = √13$ фиксирован, потому достаточно посчитать длину $KN ′$ (нетрудно видеть, что минимум достигается подбором точек $L$ и $M ).$ Используем теорему Пифагора $xKN ′ =6 +3= 9$ (“проекция на $Ox$ ”) и $yKN′ = 4+ 6= 10,$ откуда $KN ′ = √181.$

Второе решение.

Введём систему координат с центром в точке $A,$ ось $Ox$ направим вдоль $AD,$ ось $Oy$ вдоль $AB,$ возьмём за единицу измерения $1$ см. Обозначим координату точки $L$ по оси $x$ за $a,$ координату точки $M$ по оси $y$ — за $b.$ Тогда по теореме Пифагора периметр четырёхугольника $KLMN$ равен

∘a2+-42+ ∘(6−-a)2+-(6− b)2+∘32-+-y2+∘32-+-22

Отметим точки с соответствующими им координатами: $R (a;4),P(6;10− b);Q(9;10).$ По неравенству ломаной

∘-2----2 AR+ RP +P Q≥ AQ = 9 + 10

причём равенство достигается при $x4 = 106−b = 190 =⇒ a= 158 ,b= 103 .$

Итак, минимальный периметр равен $√92-+102+ √32+-22.$

Ответ:

$√13-+√181$ см

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#42965Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция с основаниями $1$ и $4$ и площадью $S$ . Найдите площадь треугольника, образованного диагоналями и меньшим основанием трапеции.

Источники: ОММО-2009, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как нам дали площадь всей трапеции, то понятно, что площадь маленького треугольника составляет какую-то часть площади трапеции. Если попробовать посчитать просто площадь треугольника, то нам неизвестна его высота. А может получиться её выразить через S? Что можно сказать про пару треугольников, образованных диагоналями и основаниями трапеции?

Подсказка 2

Верно, ведь они подобны, и к тому же мы знаем их коэффициент подобия. Но тогда подобны и все их элементы, например, высоты. Как тогда можно выразить высоту трапеции через высоту треугольника?

Подсказка 3

Ага, выходит, что высота трапеции – это пять высот треугольника. Тогда осталось только выразить её через S и подставить в площадь треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть это трапеция $ABCD, AD = 4,BC =1,AC ∩BD = E.$ Проведём через точку $E$ высоту трапеции $F G:$