Тема Курчатов

Планиметрия на Курчатове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68028

Дан параллелограмм $ABCD$ такой, что $∠A = 60∘.$ Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Оказалось, что точки $A,P,Q,D$ лежат на одной окружности. Найдите $∠ADB.$

Источники: Курчатов-2023, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем понемногу раскручивать задачу. В планиметрии важно, что если есть какие-то не связанные между собой объекты, то надо их связать, потому что иначе работать с ними будет тяжело. Поэтому какой отрезок здесь у нас связан с картинкой минимально? Как можно это исправить?

Подсказка 2

Верно, PQ почти никак не причастен к конструкции. Давайте продлим его на такое же расстояние до пересечения с AD в точке T. Получим известную конструкцию с параллелограммом. Тогда наш искомый уголок можно перекинуть, и тогда нужно найти ∠ATP = ∠ADB. Какой ещё факт можно вспомнить теперь с точкой T, ещё учитывая вписанный четырёхугольник? А какие углы будут у него?

Подсказка 3

Да, мы ведь можем записать теорему о равенстве произведений отрезков секущих. То есть на самом деле мы можем выразить сторону PT через AT. Также ∠APT = 60 из вписанности. Получается, на самом деле в треугольнике APT мы знаем один из углов и две стороны. Остаётся только найти угол ATP любым удобным способом. Например, можно опустить высоту из T и найти неизвестный угол как сумму двух составляющих.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина стороны $AD.$ Продлим луч $P Q$ до точки $T$ такой, что $PQ =QT.$ Так как диагонали четырёхугольника $P CTD$ пересекаются в своих серединах, это параллелограмм; отсюда получаем, что точка $T$ лежит на прямой $AD$ и $DT = CP =DM.$

Отметим, что $DBP T$ — параллелограмм ( $DT$ равен и параллелен $PB ),$ поэтому искомый $∠ADB = ∠ATP.$ С другой стороны, из вписанности $APQD$ имеем

∠AP Q =180∘− ∠ADQ = 60∘.

Кроме того, $PM$ — средняя линия $ABCD,$ и параллельна сторонам $AB$ и $CD,$ откуда получаем $∘ ∠PMT = 60 .$ Значит, треугольники $AT P$ и $PTM$ подобны по двум углам. Тогда $AT :P T = PT :MT,$ то есть $2 P T = AT ⋅MT.$

Введём масштаб длин на чертеже так, чтобы отрезок $AM$ имел длину $1;$ тогда $AT = 3$ и $MT = 2,$ а $√ - PT = 6.$ Мы знаем один из углов треугольника $MP T$ и две его стороны; теперь можно воспользоваться любым из известных методов, чтобы вычислить остальные его элементы (включая искомый угол $ATP ).$ Например, опустим высоту $TH$ на прямую $MP.$ Так как $TP >T M,$ отрезки $TP$ и $TM$ окажутся по разные стороны от прямой $T H.$ В прямоугольном треугольнике $MT H$ гипотенуза равна $2,$ а угол напротив катета $TH$ равен $60∘,$ то есть сам катет равен $√- 3.$ Теперь ясно, что прямоугольный треугольник $THP$ равнобедренный, так как отношение гипотенузы к катету в нём равно $√- 2.$ Получаем $∠AT P = 30∘+ 45∘ = 75∘.$

Ответ:

$75∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#70784

Точка $P$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $∠BAP =$ $∠CAP.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Прямая $MP$ пересекает описанные окружности треугольников $ABP$ и $ACP$ в точках $D$ и $E$ соответственно (точка $P$ лежит между точками $M$ и $E,$ точка $E$ лежит между точками $P$ и $D).$ Оказалось, что $DE =MP.$ Докажите, что $BC = 2BP.$

Источники: Курчатов-2022, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в задаче есть условие на углы и описанные окружности. Может, попробовать посчитать уголочки. Посмотрите, куда можно перекинуть уголочки ∠CAP и ∠BAP...

Подсказка 2

Т.к. DAPB- вписан ⇒ ∠PAB=∠PDB. Т.к. AEPC- вписан ⇒ ∠CAP=∠CEP. Но тогда ∠CEP=∠PDB. Это все, конечно, здорово, но мы пока не подобрались к отрезку BP. Нам нужно доказать, что BC=2BP. Это равносильно тому, что BP=BM. Т.е. нам надо доказать, что PBM- равнобедренный. Может, попробовать провести высоту BX и доказать, что PX=XM...

Подсказка 3

Мы еще не пользовались тем, что M- середина BC. Какое дополнительное построение сразу приходит в голову?

Подсказка 4

Конечно, удвоение медианы! Давайте удвоим XM: тогда получится точка Y, лежащая на прямой XM. Тогда т.к. BXCY-параллелограмм ⇒ ∠CYM=90° и CY=BX. Равны ли прямоугольные треугольники △DBX и △ECY?

Подсказка 5

Да! Т.к. CY=BX и ∠BDX=∠BDP=∠CEP=∠CEY. Но тогда DX=EY. Если мы докажем, что PX=MY, то мы победили. Вспомните, что DE=PM и доведите решение до конца!

Показать доказательство

$PIC$

Четырёхугольник $AEP C$ — вписанный, поэтому $∠CAP = ∠CEP.$ Аналогично четырёхугольник $BP AD$ — вписанный, поэтому $∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP.$

Опустим высоты $BX$ и $CY$ на прямую $MP.$ Заметим, что прямоугольные треугольники $BMX$ и $CMY$ равны по гипотенузе $BM =MC$ и острому углу $∠BMX = ∠CMY$ , откуда получаем $BX = CY.$

Заметим, что прямоугольные треугольники $CY E$ и $BXD$ равны по катету $CY =BX$ и острому углу $∠CEY =∠CEP =∠BDP = ∠BDX,$ откуда получаем $Y E = XD.$ Тогда

0= YE − XD =(YM + MP + PE)− (XP +P E+ ED )=Y M − XP

Получается, что $XP = YM =XM.$ Следовательно, в треугольнике $BP M$ высота $BX$ совпадает с медианой, поэтому он является равнобедренным, и $BP = BM = BC-, 2$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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)

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 4#92431

Диагонали трапеции $ABCD (AD ∥BC )$ пересекаются в точке $O$ . На $AB$ отметили точку $E$ такую, что прямая $EO$ параллельна основаниям трапеции. Оказалось, что $EO$ — биссектриса угла $CED$ . Докажите, что трапеция прямоугольная.

Источники: Курчатов - 2021, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть DE пересекает BС в точке К. Отметим накрест лежащие углы при EO и BC, а также соответственные углы при EO и КB. Что можно заметить теперь на рисунке?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность одного из треугольников. Также мы знаем про факт, что у равнобедренных треугольников медиана является высотой.

Подсказка 3

Рассмотрим пары треугольников DBK, DOE и ABC, AEO. Что можно заметить при взгляде на них, учитывая подобие?

Подсказка 4

Равные коэффициенты подобия. Теперь задача быстро дорешивается фактом из 2 подсказки!

Показать доказательство

Пусть прямая $DE$ пересекает прямую $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

Заметим, что $∠BCE = ∠CEO = ∠DEO =∠DKC$ , поэтому треугольник $CEK$ является равнобедренным и $CE =EK$ . Докажем, что отрезок $EB$ является его медианой отсюда последует, что он также является и высотой, и трапеция окажется прямоугольной (в силу того, что $∘ ∠ABC =90$ ).

Треугольники $DBK$ и $DOE$ подобны с коэффициентом $BD OD-$ , а также треугольники $ABC$ и $AEO$ подобны с коэффициентом $AC AO-$ . Эти коэффициенты подобия равны, поскольку параллельные прямые $BC$ и $AD$ высекают на прямых $AC$ и $BD$ пропорциональные отрезки (также это можно вывести из подобия треугольников $AOD$ и $COB )$ . Итак,

KB = BODD-⋅EO = AACO-⋅EO = BC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#49005

$ABCD$ – вписанный четырёхугольник, $AB >CD, BC >AD.$ На сторонах $AB$ и $BC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что $AX = CD$ и $AD = CY.$ $M$ – середина $XY.$ Докажите, что угол $AMC$ – прямой.

Источники: Курчатов-2015, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, точки X и Y в явном виде нам вряд-ли помогут, поскольку только с помощью этих точек мы не сможем определить ∠AMC. Тогда, давайте достроим картинку таким образом, чтобы MC и MA стали средними в треугольниках. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 2

Да, нужно удвоить YC за точку C и XA за точку A! Для удобства обозначим точки, полученные после удвоения: Y’ и X’. Тогда, чтобы доказать, что ∠AMC прямой, достаточно доказать, что стороны треугольников, которые параллельны MC и MA – перпендикулярны! Отметим равны углы и стороны, можно ли найти на картинке равные треугольники?

Подсказка 3

Да, Y’CD и DAX равны! Заметим, что на картинке появилось два равнобедренных треугольника: XDY’ и X’DY. Тогда нам достаточно доказать, что угол между биссектрисами этих треугольников прямой! Осталось посчитать уголочки.

Показать доказательство

Удвоим $Y C$ за точку $C$ и $XA$ за точку $A$ и получим $X′$ и $Y′.$ Тогда $MA$ и $MC$ — средние линии в треугольниках $XY X′$ и $′ XY Y .$ Значит, достаточно доказать, что $XY$ и $′ XY$ перпендикулярны.

$PIC$

Заметим, что $YC = CY′ = DA,XA = AX ′ =CD$ и $Y′CD = DAX.$ Отсюда треугольники $YCD$ и $DAX ′$ равны и треугольники $Y ′CD$ и $DAX$ равны.

Тогда получается, что $XD = DY′$ и $X′D =DY.$ Это значит, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются и высотами. Мы хотим доказать, что $XY$ и $XY ′$ перпендикулярны. Это равносильно тому, чтобы перпендикуляры к этим прямым были перпендикулярны, ведь угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к ним.

Мы уже заметили, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются высотами, так значит, нам нужно показать, что угол между биссектрисами является прямым. Давайте его посчитаем: