Планиметрия на Ломоносове

Первое решение.

Решим задачу в общем случае. Обозначим четырехугольник Пусть В такой конфигурации угол между сторонами и равен Угол как противолежащий.

Диагональ Из теоремы синусов для треугольника следует, что угол равен (угол острый, т.к. иначе и сумма углов треугольника будет больше ). Значит, угол равен Площадь четырехугольника можно вычислить, как сумму площадей треугольников и

Возможна другая конфигурация: В этом случае четырехугольник — равнобочная трапеция с углом при основании

Тогда высота и площадь трапеции равна

Оба варианта одинаковые, при подставновки ответ равен

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Соединим вершины четырехугольника с центром окружности.

Получается, что четырехугольник составлен из двух правильных треугольников со стороной 3, площадь каждого одного прямоугольного треугольника с катетами 3, 3 и гипотенузой площадь одного равнобедренного треугольника со сторонами 3 и 3 и углом между ними площадь равна

Суммарная площадь одинакова вне зависимости от того, в каком порядке они расположены, и равна

Пусть радиус полива равен В точках и расположены поливалки, нора находится в Поменяем направление — пусть мышь выбегает из норы и стремится на сухую землю. Путь мыши может быть какой угодно формы, но, так или иначе, ей придётся покинуть область двойного полива — пусть это произойдёт в точке Тогда оптимальный путь до точки — это отрезок а оптимальный путь от до сухой земли — это где лежит на радиусе Значит, кандидаты на оптимальный путь — ломаные вида и определяются они одним параметром — положением точки

Мышь мокнет от каждой поливалки, поэтому нужно минимизировать сумму расстояний, пройденных под каждой поливалкой. Путь под поливалкой равен путь под поливалкой равен поэтому нужно найти минимально возможное значение

Опишем положение через угол где

Тогда:

По теореме косинусов:

Далее, а найдём как основание равнобедренного треугольника с боковыми сторонами и известным углом между ними:

Значит:

Нужно найти минимум функции которая характеризует степень намокания — берём производную:

Нулю может равняться только скобка (угол меняется в таких пределах, что в ноль не обращается). Решаем уравнение:

Если то

Значит, экстремум равен:

На всякий случай проверим, точно ли это точка минимума. Если бы мышь взяла курс ровно наверх, то приняла бы значение что больше, чем Если бы побежала направо — равнялось бы Так что мы действительно нашли минимум.

Длина пути при этом равна:

Пусть рисунок расплылся на радиус . К площади полумесяца прибавятся «поля», которые можно разбить на левое, правое и два закругления на концах рогов.

Площадь полумесяца равна половине площади круга радиуса минус сегмент круга радиуса

Площадь левого поля ”— половина от площади кольца с радиусами и :

Площадь правого поля ”— четверть от площади кольца с радиусами и :

Закругления на концах рогов вместе составляют три четверти окружности радиуса :

Вместе получается:

И тогда ответ:

Пусть известные длины сторон четырехугольника равны и В условии не указан порядок расположения этих сторон: или Но вместо четырехугольника в котором, скажем рассмотрим четырехугольник в котором, В нем тот же набор известных длин сторон (но в другом порядке), а площади этих четырехугольников равны, так как это суммы и причем

Поэтому можно считать, что

Заметим, что двигая точку по дуге окружности радиуса с центром в точке мы будем получать четырехугольник с тем же набором известных длин сторон, с той же частью а площадь части будет наибольшей тогда, когда (иначе при том же основании высота из точки будет короче, чем Двигая аналогично точку вокруг точки получим, что из свойства максимальной площади четырехугольника вытекает

Итак, имеются два прямоугольных треугольника и с общей гипотенузой и равными катетами и Значит, треугольники равны, как и их высоты на гипотенузу, т.е. — равнобедренная трапеция с тупыми углами и

Пусть где и — проекции точек и на Тогда из свойства высоты прямоугольного треугольника получаем

Отсюда, с учётом того, что получаем

Подставляем и получаем

Чем больше острый угол, тем больше его тангенс. Поэтому условие максимальности угла можно заменить на условие максимальности его тангенса. По формуле тангенса разности имеем

Максимум этого выражения достигается при том же значении , что и минимум выражения

где Производная равна и обращается в нуль при (нас интересуют только положительные значения

Заметим, что откуда Таким образом,

Пусть дан треугольник — это середина Заметим, что максимальный по площади круг лежащий в данном треугольник является кругом, ограниченный вписанной окружностью. Пусть — центр вписанной окружности, и — радиус окружности.

Тогда половина основания можно вычислить из подобия и

Так как вырезаемый треугольник подобный исходному лежит внутри фиксированной окружности, то у него по крайней мере две вершины лежат на окружности, в противном случаи мы сможем увеличить площадь. Дальше рассмотрим два варианта:

• Исходный треугольник остроугольный или прямоугольный, то есть тогда Тогда треугольник будет вписан в вырезанную окружность.

  

  В этом случаи половина основания вырезанного треугольника равна

  

• Исходный треугольник тупоугольным, то есть тогда Тогда треугольник будет расположен так, что будет диаметром вырезанной окружности.

  

  В этом случаи половина основания вырезанного треугольника равна

  

В итоге получаем

Тогда коэффициент подобия будет равен

В силу подобия и и того, что площадь исходного треугольника была равна 1, получаем, что

Функция убывает при то есть поэтому

Из условия вытекает, что

1) точка является центром описанной окружности треугольника поэтому центральный угол вдвое больше угла

2) треугольники и равны по трём сторонам, поэтому является биссектрисой равнобедренного треугольника следовательно, и высотой;

3) треугольники и равны по трём сторонам, поэтому угол в два раза меньше угла

Из пунктов и делаем вывод, что С учётом пункта получаем, что

Тогда

По теореме Пифагора

Поскольку медиана делит площадь треугольника пополам, то

Площади треугольников с общей высотой относятся как длины оснований, поэтому

Отсюда и

Площади треугольников и с общим углом относятся как

В итоге

Покажем, что является биссектрисой угла (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую в точке Пусть Отрезки и равны как отрезки касательных, проведенных из точки к меньшей окружности, следоваетельно,

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая пересекает большую окружность в точке тогда прямая под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке Таким образом, данная касательная паралельна то есть является серединой меньшей дуги большей окружности.

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть — середина меньшей дуги окружности большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке и радиусом Точки и под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая переходит в окружность, проходящую через точки и центр окружности инверсии — то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой и гомотетична своему пробразу с центром в то есть остается на месте, то есть точка перейдет в точку а значит, прямая проходит через центр инверсии —

Пусть — центр окружности, вписанной в треугольник . Тогда и — биссектрисы углов и соответственно, а по свойству вписанных углов имеем . Значит, треугольники и равны (по стороне и двум углам), поэтому , т.е. треугольник равнобедренный.

Обозначив , из условия на площадь треугольника получаем

или , причём оба найденных значения реализуются в условиях задачи: одно получается для острого угла , а другое — для тупого. Подставляя их в формулу для искомого радиуса описанной около треугольника окружности

получаем два возможных ответа: и .

Пусть касательные к окружности в точках и пересекаются в точки

По свойству касательной получаем, что и Следовательно, будет две пары подобных треугольников: и и Тогда из подобия получаем

Заметим, что как касательные из одной точки, значит,

Замечание. Такие четырёхугольники как т.е. для которых верно, что произведения противолежащих сторон равны, называются гармоническими.

Обозначив

получаем

Заметим, что — вписанный, следовательно, произведения отрезков секущих, проведённых из одной точки равны:

Заметим, что треугольники и подобны — общий, Отсюда получаем, что

Обозначим тогда Получаем, что

Так как длина отрезка положительна, значит,

Вначале докажем, что отрезок проходит через точку . Треугольники и подобны, а значит,

Проведём прямую и обозначим точку её пересечения с отрезком через . Треугольники и подобны, а значит,

Аналогично,

Поделим первое из этих равенств на второе и получим

т.е. точка совпадает с точкой , а значит, отрезок совпадает с отрезком и проходит через точку .

По условию

В силу подобия треугольников, , откуда

Найдем из теоремы косинусов в треугольнике

Тогда , а . Высоту трапеции можно найти из прямоугольного треугольника:

В силу подобия, высоты в треугольниках и равны, поэтому

Тогда можно найти площадь трапеции и площади треугольников и :

Поскольку в любой трапеции площади треугольников и равны, окончательно получаем

Обозначим через и вершины треугольника. Пусть точки и лежат на сторонах и соответственно.

Из системы

с учётом свойства касательных получаем ,

Тогда

а значит,

Площадь треугольника KLM можно найти, например, по формуле Герона:

поэтому

Первое решение.

Если то по лемме о трезубце Отсюда по теореме косинусов

Так как — вписанный четырехугольник, то и Значит,

Второе решение.

Пусть — середина , тогда , потому что треугольник равнобедренный. По лемме о трезубце Следовательно, . Далее нетрудно посчитать:

Проведем хорду и общую касательную

Тогда

поэтому и . Следовательно, , т.е. биссектриса треугольника , откуда получаем

Четырёхугольник — параллелограмм, а треугольники и подобны треугольнику так как и с коэффициентами подобия, равными

соответственно. Следовательно, отношение их площадей равно квадрату коэффициента подобия, т.е. соответственно

Раз — параллелограмм, то его площадь в два раза бальше площади , при чём площадь можно посчитать, как разность площади исходного треугольника и суммы площадей треугольников и в итоге

Пусть и — первая, вторая и третья окружности соответственно. Проведём через точки и общие касательные к окружностям и и и соответственно. Тогда касательные и образуют равные углы с хордой . Обозначим эти углы через . Аналогично, равные углы, которые образуют касательные и с хордой , обозначим через , а равные углы, которые образуют касательные и с хордой , — через Тогда сумма - это сумма углов треугольника , поэтому

На касательной отметим точку внутри угла и точку внутри угла . Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что

значит, , а т.к.

то , поэтому четырёхугольник — прямоугольник. Следовательно,

Возможны три случая расположения точек и на прямой.

1. Точка лежит между точками и С. Тогда находится внутри второй окружности и не существует прямой, проходящей через и касающейся второй окружности.

2. Точка лежит между точками и .

Имеем и как угол между касательной и хордой, равен Треугольники ВЕС и подобны по двум углам, откуда следует, что

Отрезки и параллельны, и должно выполняться неравенство а в то же время и так что этот случай невозможен.

3. Точка лежит между точками и .

Дословно повторяя рассуждение из предыдущего случая, снова получаем Треугольники и также подобны по двум углам, откуда следует, что