Тема Росатом

Планиметрия на Росатоме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#126305

На стене висят двое одинаковых часов, длина минутных стрелок которых равна $√2,$ а центры крепления их минутных стрелок удалены друг от друга на расстояние $d= 5.$ Известно, что одни часы отстают на 15 мин, а другие идут точно. Найти наибольшее и наименьшее расстояние между концами минутных стрелок, наблюдаемое в течение одного часа.

Источники: Росатом - 2025, 10.1 ( см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть R = √2 — длина минутных стрелок, d = 5 — расстояние между центрами крепления стрелок. Как связаны эти 2 величины?

Подсказка 2

Можно заметить, что d > 2R. Часы не пересекаются и их стрелки не пересекаются ни в какой момент времени.

Подсказка 3

Будем считать вторыми часы, которые идут точно, и первыми — часы, которые отстают от вторых на T = 15 минут. Обозначим как О₁ и О₂ центры первых и вторых часов соответственно, М₁ и М₂ - концы минутных стрелок первых и вторых часов соответственно. Выберем систему координат, в которой ось абсцисс сонаправлена с вектором (O₁O₂). Изобразите часы на картинке и параллельно перенесите вектор (O₂M₂) в точку O₁, получим вектор (О₁Q). Что можно о нем сказать?

Подсказка 4

Можно найти угол между минутными стрелками часов. В задаче просят найти наибольшее и наименьшее расстояние между концами минутных стрелок. Какой это будет вектор?

Подсказка 5

Это (М₁М₂). Выразите его длину через сумму других векторов.

Подсказка 7

(М₁М₂) = (М₁O₁) + (O₁O₂) + (O₂М₂) = ( (М₁O₁) + (O₂М₂) ) + (O₁O₂) = ( (М₁O₁) + (O₁Q) ) + (O₁O₂) = (М₁Q) + (O₁O₂).

Подсказка 8

Найдите (М₁Q), пользуясь теоремой косинусов.

Подсказка 9

(М₁М₂) = (М₁Q) + (O₁O₂), это 2 вектора постоянной длины, при этом угол между ними зависит только от угла между вектором (М₁Q) и положительным направлением оси абсцисс. Этот угол принимает все значения от 0 до 360 градусов, в частности в некоторые два момента времени (М₁Q) сонаправлен и противонаправлен вектору (O₁O₂).

Подсказка 10

Чему равны их длины?

Подсказка 11

Докажите, что длина (O₁O₂) больше длины (М₁Q).

Подсказка 12

Попробуйте применить неравенство треугольника.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим символом $√- R= 2$ длину минутных стрелок, а символом $d =5$ — расстояние между центрами крепления стрелок. Заметим, что выполняется неравенство

5= d> 2R= 2√2

часы не пересекаются и их стрелки не пересекаются ни в какой момент времени. Будем считать вторыми часы, которые идут точно, и первыми — часы, которые отстают от вторых на $T = 15$ минут. Обозначим $O1$ и $O2$ центры первых и вторых часов соответственно, $M1$ и $M2$ концы минутных стрелок первых и вторых часов соответственно.

Выберем систему координат, в которой ось абсцисс сонаправлена с вектором $−−−→ O1O2.$ Рассмотрим вектор

−−O→1Q= −−O−2−M→2

он соответствует минутной стрелке первых часов, показывающей точное время. Согласно условию, угол между векторами $−−−−→ O1M1$ и $−−→ O1Q$ составляет $T = 15$ минут на часах. Одной минуте между минутными стрелками соответствует угол $∘ 36600 = 6∘,$ тогда угол $∠M1O1Q = T ⋅6∘.$ Требуется найти наибольшее и наименьшее расстояние между концами минутных стрелок, то есть наибольшую и наименьшую длину вектора $−−M−1−M→2.$

Имеет место векторное равенство

( ) −M−1−M−→2 = M1O1-+−O−1−O→2 +−O−2−M−→2 = −M−1−−O→1 +−O−2−M−→2 + −O−1−→O2 = ( ) = −−M−1−→O1+ −O−1→Q +−O−1−O→2 = −−M−1→Q +−O−1−O→2

По теореме косинусов найдем длину вектора $−−M−→Q 1$ :

| | | | ∘ -------------------------------- |||−−M−1→Q|||= |||−−M−1−→O1+ −O−1→Q|||= M1O21 + O1Q2− 2M1O1 ⋅O1Q cos∠M1O1Q = ∘----------------- = R2 +R2 − 2R2cos6T∘ = 2Rsin3T∘

Вектор $−−−−→ M1M2$ равен сумме двух векторов постоянной длины $−−−→ O1O2$ и $−−−→ M1Q,$ при этом угол между ними зависит только от угла $φ$ между вектором $−−−→ M1Q$ и положительным направлением оси абсцисс. Так как вектор $−−→ O1Q$ за час делает полный оборот, то $φ$ принимает все значения от $0∘$ до $360∘,$ в частности в некоторые два момента времени $−−−→ M1Q$ сонаправлен и противонаправлен вектору $−−−→ O1O2,$ соответственно. Заметим, что длина вектора $−O−1−O→2$ больше длины вектора $−M−1−→Q :d >2R > 2R sin3T∘.$ Тогда по неравенству треугольника

| | | | | | | | | | d − 2Rsin3T∘ = ||−O−1−O→2||− ||−M−1−→Q ||≥ ||−M−1−M−→2 ||≥||−O−1−→O2||+ ||−M−1−→Q ||=d +2R sin3T∘ | | | | | | | | | |

При этом точные равенства достигаются в некоторые моменты времени. Тогда минимальное расстояние между концами минутных стрелок:

∘ √ - ∘ √ - 1 dmin =d − 2R sin3T = 5− 2 2sin45 = 5− 2 2⋅√2-=5 − 2= 3

А максимальное расстояние между концами минутных стрелок:

√ - √ - dmax = d+2R sin3T∘ = 5+ 2 2sin45∘ = 5+ 2 2⋅√1-=5 +2 =7 2

Ответ:

7 и 3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126308

Четыре числа ( $x,y,z,t$ ) удовлетворяют трем условиям:

2 2 2 2 x + y =1,z + t= 4,xz+yt= −2

Найти $t,$ если известно, что $y+z$ принимает наибольшее возможное значение.

Источники: Росатом - 2025, 10.4 ( см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим на плоскости два вектора $⃗a = {x;y}$ и $⃗b= {z;t},$ тогда, согласно условиям $x2+ y2 =1,z2+ t2 = 4,$ концы этих векторов лежат на окружностях радиуса 1 и 2 соответственно. Рассмотрим скалярное произведение векторов $⃗a$ и $⃗ b$ :

(⃗a,⃗b)= |⃗a|⋅|⃗b|⋅cosφ =xz+ yt= −2= −|⃗a|⋅|⃗b|

Следовательно, $cosφ = −1,$ и векторы $⃗a$ и $⃗b$ коллинеарные и противоположные по направлению. Тогда

⃗a ⃗b |⃗a| = −|⃗b|

⃗b=− 2⃗a

Так как конец вектора $⃗a,$ выпущенного из начала координат, лежит на единичной окружности, обозначим его координаты

⃗a ={cosα,sin α} , где α∈ ℝ ⃗b= −2{cosα,sinα}

Тогда $y =sinα;z =− 2cosα.$

√-(-1- 2-- ) √- y+ z = sinα− 2cosα = 5 √5 sinα − √5cosα = 5sin(α− φ),

где $φ$ — любой угол, такой что

cosφ= √1- и sin φ= √2- 5 5

Так как угол $α$ может принимать любые действительные значения, то угол $α− φ$ также может принимать любые действительные значения, в частности, при $α− φ= π2$ величина

y+z =√5 sin(α − φ) =√5

принимает наибольшее возможное значение. При этом

t=− 2sinα =−2 sin(π +φ) =− 2cosφ =− √2- 2 5

Ответ:

$−√2- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126309

Трапеция $ABCD (AD∥BC )$ с прямым углом при вершине $A$ описана около окружности. Ее диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $M.$ Найти площадь треугольника $ABM,$ если длина стороны $AB$ равна 2.

Источники: Росатом - 2025, 10.5 ( см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AD = a, BC = b, AB = d, O — центр вписанной окружности, её радиус — r. Какие дополнительные построения Вы видите в этой конструкции?

Подсказка 2

А давайте проведём перпендикуляры из O на стороны трапеции.

Подсказка 3

Скажем, что мы получили точки K, L и N на сторонах BC, AD и AB соответственно. Попробуйте порассуждать о параллельных прямых.

Подсказка 4

OL и OK перпендикулярны BC и AD, но BC ∥ AD, тогда точки K, O и L должны лежать на одной прямой.

Подсказка 5

Получается, что ABLK — прямоугольник и KL = AD = d. Что можно сказать о точках касаний окружности?

Подсказка 6

Оказывается, что KL — это диаметр. А какие ещё прямоугольники Вы видите на картинке?

Подсказка 7

Можно увидеть прямоугольники ANOK и NBLO. Давайте для разнообразия подумаем о треугольниках.

Подсказка 8

Например, треугольник AMD подобен треугольнику CMD.

Подсказка 9

А ведь ещё треугольник APM подобен треугольнику CQM. Попробуйте выразить сторону AP.

Подсказка 10

Вспомните, чем является точка O.

Подсказка 11

O — центр вписанной окружности, следовательно, является точкой пересечения биссектрис.

Подсказка 12

Попробуйте, выражая углы, доказать, что треугольники DKO и OLC подобны.

Подсказка 13

Осталось только применить величину AP и посчитать площадь!

Показать ответ и решение

Пусть $AD = a,$ $BC = b,$ $AB = d.$ Пусть $O$ — центр вписанной в трапецию $ABCD$ окружности $ω$ радиуса $r.$ Пусть $K,$ $L,$ $N$ — основания перпендикуляров из $O$ на стороны трапеции $BC,$ $AD$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Так как $OL$ и $OK$ перпендикулярны $BC$ и $AD,$ а $BC ∥AD,$ то точки $K,$ $O$ и $L$ лежат на одной прямой, перпендикулярной $AD$ и параллельной $AB.$ Тогда $ABLK$ — прямоугольник и $KL =AB = d.$ Заметим, что $K$ и $L$ являются точками касания окружности $ω$ сторон $AD$ и $BC.$ Тогда $KL$ — диаметр $ω$ и $d =2r.$

Аналогично, $ABQP$ — прямоугольник и $PQ =AB = d,AP =BQ.$ $ANOK$ — прямоугольник и $AK = ON =r,$ $AN = OK = r.$ $NBLO$ — прямоугольник и $BL =ON = r,$ $BN = OL =r.$

Заметим, что треугольник $AMD$ подобен треугольнику $CMD$ по двум углам $(∠MAD =∠MCB,$ $∠MDA =∠MDC )$ с коэффициентом подобия

AD-= AM- = a BC MC b

Кроме того, треугольник $APM$ подобен треугольнику $CQM$ по двум углам $(∠MAP = ∠MCL,$ $∠MP A = ∠MQC = 90∘)$ с коэффициентом подобия

AP-= AM-= a LC MC b

Следовательно,

AP-= --AP--- =--AP--= a LC BC − BL b − AP b

Получим, что

AP = -ab- a+ b

Так как $O$ — центр вписанной в трапецию $ABCD$ окружности, то он лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Тогда $CO$ и $DO$ — биссектрисы $∠BCD$ и $∠ADC$ соответственно.

Следовательно, в треугольнике $COD$

∠COD = 180∘− ∠OCD − ∠ODC =

= 180∘− 1(∠BCD + ∠ADC )= 2

= 180∘− 90∘ = 90∘

Тогда треугольник $DKO$ подобен треугольнику $OLC$ по двум углам $(∠DKO = ∠OLC = 90∘,$ $∠KDO = 90∘− ∠KOD =$ $180∘ − 90∘− ∠KOD =$ $∠LOC)$ и их стороны пропорциональны:

OK- KD- LC = LO

r a− r b− r-=-r--

r= -ab-= AP a+ b

Таким образом, $AK = AP$ и точки $M,O$ лежат на одном перпендикуляре к основаниям трапеции. Тогда длина перпендикуляра из $M$ на $AB$ равна

AK = r= d 2

Найдем площадь треугольника $ABM$ с помощью основания $AB = d$ и высоты из $M$ на $AB,$ равной $d: 2$

1 d d2 S = 2 ⋅d⋅2⋅= 4 = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76941

Длина стороны $AD$ четырехугольника $ABCD$ вписанного в окружность равна 5 . Точка $M$ делит эту сторону в отношении $AM :MD = 1:4$ , а прямые $MC$ и $MB$ параллельны сторонам $AB$ и $CD$ соответственно. Найти длину стороны $BC$ четырехугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу обозначим все углы, вытекающие из параллельности. Как использовать отношение, данное в условии? Какую связь можно заметить между треугольниками на картинке?

Подсказка 2

Треугольники ABM и MCD подобны с коэффициентом 4. О равенстве каких углов теперь можно утверждать? Что хочется сказать о треугольнике BMC? Какое условие мы еще не использовали?

Подсказка 3

Докажем, что треугольник BMC подобен ABM и MCD. Помним, что четырехугольник вписан.

Подсказка 4

Теперь при помощи трех попарно подобных треугольников мы можем найти связь нужной нам BC и известной AD. Было бы удобно найти коэффициент подобия BAM и MBC…Как это сделать?

Подсказка 5

Обозначим стороны треугольника BAM через переменные. Остаётся лишь записать цепочку равенств! В этом нам может помочь данное в условии отношение)

Показать ответ и решение

$PIC$

Прямые $MB$ и $CD$ параллельны, поэтому углы $BMA$ и $CDA$ равны (обозначены на рисунке цифрой 2 ), аналогично равны углы $BAM$ и $CMD$ (обозначены на рисунке цифрой 3). Отсюда следует подобие треугольников $BAM$ и $CMD$ с коэффициентом подобия 4 и равенство углов $ABM$ и $MCD$ (обозначены на рисунке цифрой 1). Заметим, что $ˆ1 +ˆ2+ ˆ3= π$ .

Покажем, что треугольник $MBC$ подобен треугольникам $BAM$ и $CMD$ , вершины треугольников перечислены в порядке соответствия. Углы $DCM$ и $BMC$ , полученные при пересечении прямой $CM$ параллельными прямыми $MB$ и $CD$ , равны как внутренние накрест лежащие. Сумма углов $BCD = BCM + ˆ1$ и $BAD = ^3$ равна $π$ , как сумма противоположных углов вписанного в окружность четырёхугольника. Значит, угол $BCM = ˆ2$ и треугольник $MBC$ подобен треугольникам $BAM$ и $CMD$ .

Положим $p:= BA$ и $q :=BM$ , тогда $CM =4p$ и $CD = 4q$ . Треугольники $BAM$ и $MBC$ подобны с коэффициентом подобия $pq$ , и стороны $BA$ и $BM$ треугольника $BAM$ соответствуют сторонам $MB$ и $MC$ треугольника $MBC$ , поэтому $pq =4qp$ . Значит, $q =2p$ и, треугольники $BAM$ и $MBC$ подобны с коэффициентом подобия 2. Следовательно, сторона $BC$ в два раза длиннее стороны $AM$ , т.е. длина стороны $BC$ равна 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#46042

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ вовне построены два равных прямоугольника $AMNB$ и $APQC$ . Найдите расстояние между вершинами $N$ и $Q$ прямоугольников, если длины сторон $AB$ и $AC$ равны $3$ и $4$ соответственно, а угол при вершине $A$ треугольника равен $∘ 30$ .

Источники: Росатом-20, 11.6 (см. mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим, что искомый нами отрезок находится в треугольнике NAQ. А если бы мы знали две стороны и угол этого треугольника, как мы решали задачу?

Подсказка 2

Верно, тогда бы мы просто нашли сторону по теореме косинусов! Давайте же попробуем найти все неизвестные части. Иногда про угол хорошо думать как о сумме нескольких углов, потому что каждый по отдельности нас не интересует. Можно ли здесь "перекинуть" уголки так, чтобы по итогу мы знали, чему они равны в сумме?

Подсказка 3

Ага, ведь прямоугольники у нас равны, поэтому получается, что в сумме два крайних угла равны 90, а третий кусочек мы знаем из условия. Теперь осталось только понять, что две стороны мы можем найти по теореме Пифагора.

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку прямоугольники равны, то $BN =AC = 4,AB = CQ = 3$ , откуда их диагонали $AQ = AN =5$ . Заметим, что $∠CAQ + ∠BAN =∠CAQ +∠AQC = 90∘$ , откуда $∠NAQ =90∘+ 30∘ = 120∘$ . Тогда из равнобедренного $△ANQ$ легко найти $√- NQ = 5 3$ .

Ответ:

$5√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#49010

Точка $M$ — середина стороны $AD$ параллелограмма $ABCD.$ Прямая $CM$ наклонена к основанию $AD$ под углом $30∘$ . Вершина $B$ равноудалена от прямой $CM$ и вершины $A$ . Найти углы параллелограмма. Найти площадь параллелограмма, если длина основания $AD$ равна $2.$

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии фигурирует расстояние от точки B до CM, поэтому опустим перпендикуляр из B на CM (назовём его BH), чтобы с этим как-то работать. Обозначим данный нам угол в 30 градусов, попробуем как-то поработать с параллельностью и углами.

Подсказка 2

Отметив ещё один угол в 30 градусов, который возникает из параллельности, находим на картинке прямоугольный треугольник с углом в 30 градусов. Благодаря этому можно связать длину перпендикуляра из B на CM и сторону параллелограмма. Тогда, использовав условие, мы можем связать две стороны параллелограмма, что даёт нам возможность найти его углы (зная, что CM опущен под углом 30 градусов). Как же найти площадь?

Подсказка 3

Благодаря найденным углам мы можем разбить нашу картинку на несколько равных правильных фигур, у каждой из которых найти площадь по формуле не составит труда)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Пусть $BH =x.$ Тогда

По условию BH = AB = CD = x;

∠CMD =∠BCH = 30∘ ⇒ в △HBC BC = 2⋅BH = 2x;

BC =AD =2x⇒ AM = MD = x;

Тогда в $△MDC$

∘ ∘ MD =DC = x; ∠CMD = 30 ⇒ ∠MCD =30

Следовательно, $∠BCD = 60∘, ∠CDA = 120∘$

Теперь легко посчитать площадь параллелограмма:

∠BCD = 60∘;CD =1;BC = 2⇒

SABCD =sin(60∘)⋅1⋅2= √3

Второе решение.

$PIC$

Опустим перпендикуляр $BH$ на $CM$ , отметим середину $N$ отрезка $BC$ и обозначим $E$ — точку пересечения $BH$ и $AN$ . Тогда $AB = BH = 2BE$ , так как $AN ∥CM$ и $N$ — середина $BC$ . Тогда треугольник $ABE$ прямоугольный и $AB = 2BE$ . Значит $∠ABE =60∘$ и $∠NAB = 30∘$ . Так же $∠NAM =∠MCD = 30∘$ из параллельности и поэтому $AN$ биссектриса угла $BAM.$ Четырехугольник $ABNM$ является параллелограммом и при этом $AN$ биссектриса угла $BAM$ . Значит $ABNM$ ромб и $BM ⊥ AN$ , но $BH ⊥ AN$ . Значит, $M = H.$

$PIC$

Тогда $AB = AM$ и $∠ABM = 60∘$ . Значит, треугольник $ABM$ равносторонний со стороной $AM = AD2-=1$ . Тогда $SAMB = √34$ , $SABNM = √3 2$ и $SABCD =√3.$

Ответ:

$60∘$

$∘ 120$

$√- 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#49011

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ расположены точки $M$ и $N$ так, что $AM =CN =√3-$ . Точка $P$ – середина отрезка $MN$ , точка $Q$ – середина стороны $AC.$ Угол при вершине $B$ треугольника $ABC$ равен $∘ 60.$ Найти длину отрезка $P Q.$

Источники: Росатом-19, 11.6 (см. mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, как векторно выразить среднюю линию четырёхугольника

Подсказка 2

Затем вспомните, что длина это корень из скалярного квадрата

Показать доказательство

Первое решение.

Давайте вспомним, что отрезок между серединками каких-то сторон может быть удобно посчитать через векторы:

−−→ −−→ −P−→Q = Q− P = A+-C-− M-+N-= A-−-M + C−-N-= MA-+-NC- 2 2 2 2 2

Тем более нам дан угол между векторами $AM$ и $CN$ — он равен углу между векторами $AB$ и $CB$ (ведь $−A−M→$ сонаправлен $−A→B$ , а $−C−→N$ сонаправлен $−C−→B$ ) то есть $60$ градусам. Осталось вспомнить, что длина связана со скалярным квадратом:

∘------ ∘----- ┌│ (−−→--−−→-)-2 P Q= |−−→PQ|= |−−−P−→Q|= |−−−−P→Q|2 = −−−−P→Q2 = ││∘ (AM-+CN-) 2

Раскрываем квадрат суммы:

(2PQ )2 = −A−→M2 + −−C→N2 +2(−−A→M,−C−→N )= AM2 + CN2+ 2⋅AM ⋅CN ⋅cos∠ (−A−M→, −C−→M )= 3+3 +2⋅3⋅ 1 = 9 2

Отсюда $2PQ =3.$

Второе решение.

$PIC$

Давайте заметим, что если сдвинуть точку $C$ и $N$ по стороне $B$ на вектор $v$ , то условие останется выполненным, а точки $P$ и $Q$ сдвинуться на вектор $v 2$ . Значит длина $PQ$ не измениться. Аналогично, можно сдвинуть точки $A$ и $M$ вдоль $AB$ так, чтобы условие и длина $PQ$ сохранилась. Сдвинем $N$ и $M$ в точку $B$ и получим.

$PIC$

Тогда $P = B$ , $√- AB = AC = 3$ и $∠ABC = 60∘$ . Значит, перед нами равносторонний треугольник и $PQ$ медиана в нем. Значит, ее длина равна $32.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68258

Около выпуклого четырехугольника $ABCD$ , диагонали которого перпендикулярны и по длине равны 5 и 6, можно описать окружность с центром в точке $O$ . Найдите площадь четырехугольника $ABCO$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим дуги AB и BC за b и a соответственно. Что мы можем тогда сказать про дуги CD и AD, если мы знаем, что AC и BD перпендикулярны?

Подсказка 2

AB+СD=2*90° и BC+AD=2*90°. Тогда AOB=b, BOC=a, COD=180°-b и AOD=180°-a. Как тогда между собой относятся площади треугольников AOB и COD, если вспомнить, что sin(x)=sin(180°-x)...

Подсказка 3

Они равны, ведь S(AOB)=R*R*sin(b)/2 и S(COD)=R*R*sin(180°-b)/2=R*R*sin(b)/2. Аналогично, равны площади треугольников BOC и AOD. Что мы можем сказать про отношение площадей четырехугольника ABCO и ABCD?

Подсказка 4

S(ABCO) = S(AOB)+S(BOC) и S(ABCD) = S(AOB)+S(BOC)+S(COD)+S(AOD)=2(S(AOB)+S(BOC))=2S(ABCO). Осталось только вспомнить формулу для площади четырехугольника через диагонали и угол между ними и завершить решение.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть хорды $BC$ и $AB$ стягивают дуги с центральными углами $α$ и $β$ соответственно. Тогда в силу перпендикулярности диагоналей, хорды $AD$ и $CD$ стягивают дуги с центральными углами $180∘− α$ и $180∘− β$ . То есть имеем

∠BOC =α, ∠BOA = β, ∠AOD = 180∘ − α, ∠DOC = 180∘− β

Сумма площадей треугольников $BCO$ и $ABO$ равна:

SBCO +SABO = 1R⋅R sinα+ 1R ⋅Rsinβ = 2 2

= 1R2(sinα+ sinβ), 2

где $R$ - радиус описанной окружности.

Сумма площадей треугольников $ADO$ и $CDO$ равна:

1 2 SADO+ SCDO = 2R (sin(π − α)+ sin(π − β))=

1 2 = 2R (sinα +sin β)=SBCO + SABO.

Таким образом, площадь четырехугольника $ABCO$ равна половине площади четырехугольника $ABCD$ , равной $12d1⋅d2 = 12 ⋅5⋅6 =15.$

Ответ: 7,5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76942

Математический бильярд имеет форму параллелограмма $ABCD$ . На сторонах $AD$ и $CD$ соответственной расположены точки $E$ и $F$ так, что $AE :ED =1 :2$ , а $DF :FC =1 :3$ . Шар находится в точке $M$ пересечения прямых $BF$ и $CE$ . Известно, что шар, направленный в точку $N$ борта $BC$ , отразившись от четырех различных бортов, вернулся в точку $M$ и, продолжив свое движение, повторил свою предыдущую траекторию. Найти величину отношения $BN$ : $NC$ , если известно, что траектория шара — выпуклый четырехугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм... Бильярдный стол формы параллелограмма, интересно, конечно, но не очень практично. К тому же, наш шар катится по одной и той же выпуклой траектории, вряд ли такое могло произойти в обычном параллелограмме. Давайте попробуем выяснить что-то ещё про форму ABCD, посчитав уголочки отражения.

Подсказка 2

Действительно, если посчитать углы, то выясним, что они разбиваются на две пары равных. А из этого следует, что ABCD не только параллелограмм, но и прямоугольник!

Подсказка 3

Прежде чем размышлять о том, как выглядит траектория шара, хорошо бы понять, откуда она начинается. Давайте введём декартову систему координат с началом в точке A. Тогда нетрудно найти уравнения, задающие прямые CE и BF.

Подсказка 4

Раз уж мы ввели систему координат, то, наверное, хочется найти уравнение прямой MN, чтобы понять, в каком отношении точка N делит BC. Кроме того, не просто так нам сказали про точку M', а мы пока никак ей не воспользовались. Подумайте, как нам использовать M' для построение уравнения прямой MN.

Подсказка 5

Равные углы отражения и тот факт, что бильярдный стол — это прямоугольник, намекают нам на то, что мы должны выпрямить нашу траекторию в один отрезок с начало в M и концом в M'. Давайте поочерёдно отразим наш прямоугольник относительно всех его сторон, чтобы выпрямить траекторию.

Показать ответ и решение

Рассмотрим траекторию движения, следуя правилу "угол падения равен углу отражения". Пусть эти углы равны $α ,α ,α ,α 1 2 3 4$ для случаев отражения от бортов $BC$ , $AB$ , $AD$ , $CD$ соответственно. Тогда выполняются равенства $α1+ α4 = α2+α3$ и $α1+ α2 = α3+ α4$ из тех соображений, что противоположные углы параллелограмма равны. Из этих равенств вытекает, что $α1 = α3$ и $α2 = α4$ , из чего, в свою очередь, следует, что $ABCD$ – прямоугольник.

$PIC$

Введём аффинную систему координат, в которой $A(0;0)$ , $D(1;0)$ , $B(0;1)$ , $C(1;1)$ и выпишем уравнения прямых $CE$ и $BF$ . Поскольку $E(13;0)$ и $F(1;14)$ , прямые $CE$ и $BF$ задаются уравнениями:

y = 3x− 1 и y = − 3x+1 2 2 4

соответственно, а их точкой пересечения будет $M (2;1). 3 2$

Теперь отразим прямоугольник $ABCD$ зеркально сначала от стороны $AB$ , затем от стороны, в которую перешла $BC$ при этом отражении, и далее для двух оставшихся сторон по тому же принципу. Это стандартная процедура "выпрямления"бильярдной траектории, соответствующая равенству угла падения углу отражения.

$PIC$

При таких "зеркальных"отражениях траектория становится отрезком $MM ′$ , где $M ′$ - образ точки $M$ после серии отражений. Её координаты легко вычислить: после четырёх отражений прямоугольник сохранил ориентацию, и сдвинулся на два размера влево и на два размера вверх. Таким образом, $M ′(23 − 2;12 + 2)$ , и прямая $MM ′$ имеет угловой коэффициент $− 1$ . Её уравнением будет

y =− x+ 7 6

и прямую $BC$ , заданную уравнением $y = 1$ , она пересекает в точке с абсциссой $x= 16$ . Это значит, что точка $N$ , в которую был направлен шар, делит отрезок $BC$ в отношении $1:5$ .

Ответ: 1 : 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#100845

Около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность. Длины сторон $AB$ и $AD$ равны. На стороне $CD$ расположена точка $Q$ так, что $DQ = 1$ , а на стороне $BC$ — точка $P$ так, что $BP = 2.$ При этом $∠DAB = 2∠QAP$ . Найти длину отрезка $P Q$ .

Показать ответ и решение

Пусть $∠DAQ =α$ и $∠P AB =β.$

$PIC$

Тогда $∠QAP =α + β,$ так как $∠DAB = 2∠QAP.$ Из точки $A$ проведём луч $AM (M ∈ CD )$ такой, что $∠MAQ = α$ и $∠MAP = β.$

Тогда $AQ$ — биссектриса угла $DAM.$ Отразим точку $D$ относительно прямой $AQ.$ Пусть при отражении $D$ перейдет в какую-то точку $K,$ при этом $K$ принадлежит $AM.$ Тогда в силу симметрии треугольники $ADQ$ и $AKQ$ равны, то есть $KQ = DQ = 1$ и $∠AKQ =∠ADQ,$ а так же $AD =AK.$

Аналогично, $AP$ — биссектриса угла $BAM.$ Заметим, что если мы отразим точку $B$ относительно прямой $AP$ в какую-то точку $K ′$ на $AM,$ то отрезки $AB$ и $AK ′$ будут равны. Получается, что $AK = AD = AB =AK ′,$ откуда точки $K$ и $K′$ совпадают. В силу симметрии треугольники $AKP$ и $ABP$ равны, то есть $KP = PB = 2$ и $∠AKP = ∠ABP.$

Заметим, что $∠QKP = ∠QKA +∠AKP =∠ADQ +∠ABP =180∘$ по свойству вписанного четырёхугольника. Отсюда точки $Q,K,P$ лежат на одной прямой, то есть $QP =QK + KP = 1+ 2= 3.$

Ответ: