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#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.

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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)

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 3#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)

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:

$60∘$

$∘ 120$

$√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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)

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 5#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 $ABCO$ .

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 6#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.

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания