Тема Векторы и координаты в планиметрии

Введение векторов или координат в планиметрии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела векторы и координаты в планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#106961

Докажите, что все вписанные в эллипс ромбы описаны вокруг одной окружности.

Примечание: Пусть $a$ и $b$ — большая и малая полуоси эллипса соответственно. Тогда уравнение эллипса с центром в начале координат, оси которого совпадают с осями координат:

x2 y2 a2 + b2 =1

Показать доказательство

Пусть ромб $ABCD$ вписан в эллипс с центром $O.$ Зададим декартову систему координат с центром в точке $O$ и осями координат, которые совпадают с осями эллипса.

Ясно, что центр любого вписанного в эллипс ромба совпадает с центром эллипса — точкой $O,$ тогда радиус $r$ вписанной окружности ромба равен высоте прямоугольного треугольника $AOB,$ т.е.

1 1 1 r2 = OA2-+ OB2

$PIC$

Пусть эллипс задается уравнением

x2+ y2 =1 a2 b2

для некоторых действительных $a,b.$ Прямые $OA$ и $OB$ имеют уравнения $y = kx$ и $y = −x∕k,$ тогда точки $A$ и $B$ имеют координаты $(x ,kx) 0 0$ и $(x,−x ∕k), 1 1$ которые удовлетворяют

2( 1- k2) 2(-1 -1--) x0 a2 + b2 = 1; x1 a2 + k2b2 = 1

следовательно,

2 2 2 2 2 2 1+k2 2 1+ k12 OA = x0+ x0k = x0(1 +k )= -1+-k2; аналогично OB =-12 +-122- a2 b2 a k b

Наконец, имеем

1 1 1a2-+ k2b2- 1a2 + k12b2 1 1 OA2-+OB2-= -1+-k2 + -1+-12--= a2 + b2 k

т.е. радиус $r$ не зависит от положения ромба.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#125094

Высоты $BD$ и $CE$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H,$ высоты треугольника $ADE$ пересекаются в точке $F,$ точка $M$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $BH + CH ≥ 2F M.$

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Хорошей идеей будет отражение точки H относительно BA и AC (назовём полученные точки C' и B'). Почему? Потому что BH = BC' и CH = CB' в силу симметрии. Есть ощущение, что новые отрезки проще связать с MF.

Подсказка 2:

Изучите получше чертёж. Поищите пары параллельных прямых. А что можно сказать про точки C', B' и F?

Подсказка 3:

F — середина C'B'. Теперь вернёмся к первой подсказке. Как связать MF с BC' и CB'? Учитывая, что нас просят доказать неравенство, можно попробовать выразить вектор MF через векторы BC' и CB', не забывайте, что M — середина BC.

Показать доказательство

Отразим $H$ относительно $AB,$ получим точку $C′,$ лежащую на $CH$ и такую, что $E$ — середина $HC′$ и $BC ′ =BH.$ Аналогично, точка $′ B ,$ симметричная $H$ относительно $AC,$ такова, что $D$ — середина $′ HB$ и $′ CB =CH.$

Так как $DF ⊥ AB,$ имеем $DF ∥CE.$ Аналогично $EF ∥BD.$ Значит, $HEF D$ — параллелограмм. В треугольнике $′ ′ HC B$ точки $E$ и $D$ — середины сторон. Отметим также середину $′ F$ стороны $′ ′ BC ,$ тогда $′ HEF D$ — параллелограмм. Получается, что $′ F$ совпадает с $F,$ т.е. $F$ — середина $′′ B C .$ Так как $M$ и $F$ — середины $BC$ и $′ ′ B C ,$ имеем векторное равенство

−−→ 1−−→ −−→ MF = 2(BC ′+CB ′).

Тогда по неравенству треугольника ( $|⃗a+⃗b|≤ |⃗a|+ |⃗b|$ ) получаем $MF ≤ 12(BC′+ CB′),$ что равно $12(BH + CH ).$ Этим доказано нужное неравенство.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126188

На координатной плоскости построена фигура $Φ,$ состоящая из всех точек, координаты которых удовлетворяют неравенству $|| 15 -y√-|| || 15 √y-|| |x− 2 + 6 3|+|x− 2 − 6 3|≤3.$ Фигуру $Φ$ непрерывно повернули вокруг начала координат на угол $π$ против часовой стрелки. Найдите площадь множества $M,$ которое замела фигура $Φ$ при этом повороте.

Источники: Физтех - 2025, 10.6 ( см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно упросить исходное уравнение?

Подсказка 2

Сделайте замену u = y - 20; v = x / (2√3).

Подсказка 3

Заметьте симметрию в получившемся неравенстве: если пара (u,v) ему удовлетворяет, тогда пары (-u,v), (u,-v), (-u,-v) - тоже подойдут.

Подсказка 4

Окажется, что неравенство определяет квадрат (u,v), в котором -4 ≤ u ≤ 4, -4 ≤ v ≤ 4.

Подсказка 5

После обратной замены окажется, что Ф — прямоугольник с центром в (15/2; 0). Найдите прямые, на котором лежат его стороны.

Подсказка 6

Изобразите множество М, которое заметет фигура Ф. У Вас должны получиться 2 дуги, по большей из которых "едут" точки фигуры Ф. Попробуйте что-нибудь посчитать на рисунке.

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

-x- u =y− 20;v = 2√3-

Тогда первое неравенство имеет вид

|u+ v|+ |u − v|≤ 8

Если пара $(u,v)$ удовлетворяет данному неравенству, то и пары $(− u,v),$ $(u,−v),$ $(−u,−v)$ ему удовлетворяют, поэтому на координатной плоскости неравенство задаёт множество, симметричное как относительно обеих координатных осей, так и относительно начала координат.

Но при положительных $u,v$ неравенство эквивалентно

u+v +|u− v|≤ 8,

то есть $2u≤ 8$ при $u≥ v$ и $2v ≤ 8$ при $u ≤v.$

В итоге получаем, что неравенство $|u+ v|+ |u − v|≤ 8$ определяет квадрат $(u,v),$ в котором $− 4≤ u≤ 4;$ $− 4≤ u≤ 4.$

Значит, после обратной замены приходим к тому, что фигура $Φ$ — прямоугольник с центром в точке $15 (2 ;0),$ стороны которого лежат на прямых $x= 6,$ $x= 9,$ $√- y =±9 3.$

Множество $M,$ которое замела фигура $Φ,$ изображено на рисунке.

$PIC$

По теореме Пифагора

OE = 6;OB = 18

Тогда

OE + AB 1 cos∠BOE = --OB----= 2

∠BOE = 60∘

Искомая площадь М складывается из разности площадей двух полукругов (она будет равна $π 2 2 2 ⋅(OB − OE )),$ площади прямоугольника $ABCD$ и площади сегмента с меньшей дугой $BC$ (две половины равных прямоугольников и равных сегментов не попадают в разность полукругов).

Получаем

π (π 1 (2π) ) S = 2 ⋅(OB2 − OE2 )+AB ⋅BC + 3 ⋅OB2 − 2 ⋅OB2 ⋅sin-3 =

π √- ( π 1 √3) = 2 ⋅(182 − 62)+3 ⋅18 3 + 3 ⋅182− 2 ⋅182⋅2 =

= 252π − 27√3

Ответ:

$252π− 27√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76173

Дед Мороз наколдовал на серединах сторон треугольника $ABC$ шестиконечные снежинки, как показано на рисунке:

$PIC$

(вершина треугольника и середина стороны треугольника берутся концами стороны соответствующего правильного шестиугольника)

Докажите, что на полученном новогоднем чуде точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $XY Z$ совпадают.

Показать доказательство

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости.

Про точку $M$ пересечения медиан треугольника $ABC$ известно, что:

−−→ −→ −−→ −−→ 3OM = OA +OB + OC

(это характеристическое свойство следует из того, что точка пересечения медиан является центром масс $−M−A→ +−M−B→ +−M−C→ = −→0$ )

А требуется доказать, что $M$ является ещё и точкой пересечения медиан треугольника $XY Z$ , то есть:

−−→ −−→ −−→ −→ 3OM = OX +OY + OZ

Левые части полученных двух векторных равенств совпадают, поэтому надо доказать про правые, что разность правых частей в этих равенствах равна нулевому вектору, то есть (преобразуем по правилу вычитания векторов):

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −→0

Возьмём серединный треугольник $A0B0C0$ и повернём его вокруг точки $M$ на $60∘$ . Получим треугольник $A1B1C1$ такой, что

A1B1 ∥ AX, B1C1 ∥BZ, C1A1 ∥CY

К тому же,

A1B1 =A0B0 = AB∕2= AX,B1C1 =B0C0 =BC ∕2= BZ,C1A1 = C0A0 = CA∕2 =CY

Значит,

−−→ −−−→ −→ −−−→ −−→ −−−→ AX = B1A1,BZ = B1C1,CY =C1A1

Но тогда получаем требуемое:

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −−B−1→A1+ −−B−1→C1+ −−C−1A→1 = −→0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85562

По плоскости ползут три улитки. Каждая улитка движется со своей скоростью прямолинейно и равномерно. Известно, что в некоторые три момента времени все улитки оказывались на одной прямой. Могут ли улитки в какой-то момент времени оказаться в вершинах правильного треугольника?

Источники: Курчатов - 2024, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как в геометрии, так и в других разделах математики, зачастую бывает удобно зафиксировать задачу набором переменных. Если мы хотим зафиксировать задачу здесь, то самым банальным набором будет функция движения каждой улитки. Пусть (x_i(t), y_i(t)) - положение улитки относительно времени. Какое тогда условие, при наличии направляющих векторов можно наложить на их координаты, если в некоторый момент времени эти три улитки были

Подсказка 2

Верно, что (x_2(t) - x_1(t))(y_3(t) - y_1(t)) = (x_3(t) - x_1(t))(y_2(t) - y_1(t)). Просто записали векторное произведение векторов от первой ко второй улитке и от первой к третьей. Что теперь можно понять, если у нас нашлось 3 значения таких t(то есть, три раза был момент, когда они все на 1 прямой)? А если подумать какой степени каждая из зависимостей x_i, y_i относительно t?

Подсказка 3

Зависимости x_i, y_i - линейный зависимости(так как каждая улитка движется по линии), а значит, уравнение выше - не выше второй степени. Однако, у него есть три различных корня. Что это значит тогда? Когда такое может быть?

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат, и пусть $(x (t);y(t)),i= 1,2,3 i i$ - координаты $i$ -й улитки в момент времени $t$ . Поскольку улитки движутся прямолинейно и равномерно, то $xi(t)$ и $yi(t)$ - линейные функции от времени $t$ . Рассмотрим векторы

¯a(t)= (x (t)− x(t);y (t)− y (t)), 2 1 2 1 ¯b(t)=(x3(t)− x1(t);y3(t)− y1(t)),

направленные от первой улитки ко второй и третьей соответственно. Тогда условие принадлежности трех улиток одной прямой равносильно коллинеарности векторов $¯a(t)$ и $¯ b(t)$ .

Это в свою очередь равносильно пропорциональности координат этих векторов:

(x2(t)− x1(t))(y3(t)− y1(t))= (x3(t)− x1(t))(y2(t)− y1(t)).

Заметим, что это равенство представляет собой уравнение на переменную $t$ степени не выше 2. Нам известно, что у этого уравнения есть три различных корня. Но тогда это уравнение имеет тривиальный вид $0 =0$ , поскольку в противном случае у него не может быть больше двух корней. Значит, это уравнение справедливо при любом $t$ , и улитки всегда находятся на одной прямой и не могут оказаться в вершинах ни одного треугольника.

Ответ: нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#87529

На каждой из двух прямолинейных линий электропередач установлены обслуживающие подстанции. На линии А — через каждые $m$ км, на линии В — через каждые $q$ км. Если занумеровать их подряд вдоль каждой линии, то расстояния между подстанциями $A1$ и $B1$ равно $√- 15 2$ км, между $A3$ и $B3$ равно $√-- 5 34$ км, между $A4$ и $B4$ равно $√-- 15 10$ км. Определите, параллельны ли данные линии? Если да, то найдите расстояние между ними. Если нет, то найдите расстояние от подстанции $A1$ до точки их пересечения.

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.2 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно записать условие более ёмко? Можно ввести координаты.

Подсказка 2

Мы можем составить уравнение квадрата расстояния от Aₙ до Bₙ. Как оно может выглядеть?

Подсказка 3

Координаты подстанций будут линейно изменяться. Тогда расстояние можно представить как многочлен второй степени.

Подсказка 4

У нас есть 3 уравнения и 3 неизвестных, можем найти все коэффициенты многочлена. Как понять, будут ли линии пересекаться?

Подсказка 5

Значение многочлена всегда больше 0, так как дискриминант меньше 0. Тогда линии параллельны, а квадрат расстояния между ними равен минимальному значению многочлена. Его можно найти через вершину.

Показать ответ и решение

Если ввести декартову систему координат с началом в точке $A 1$ и одной из осей, направленной вдоль линии $A$ (можно и иначе), то координаты всех подстанций будут изменяться линейным образом, следовательно, квадраты расстояний $AkBk$ будут являться значениями некоторого многочлена второй степени $2 P(s)= as + bs+ c$ . Найдём его. Будем измерять $s$ в условных единицах длины, так что каждая следующая единица соответствует следующей паре подстанций. Тогда

2 P (0)= c= A1B1 = 9⋅50

2 P (2)= 4a+ 2b+ c= A3B3 = 17⋅50

2 P (3)= 9a+ 3b+ c= A4B4 = 45⋅50

Для простоты расчетов уменьшим все правые части в $50$ раз и из полученной линейной системы найдём

a= 8,b =− 12,c= 9.

Следовательно, искомый многочлен имеет вид

P(s)= 50(8s2− 12s+ 9)

Его дискриминант отрицателен, $P(s)$ нигде не обращается в ноль (и всюду положителен). Следовательно, линии не пересекаются. Квадрат расстояния между ними равен минимальному значению $P (s)$ , которое достигается при $s =s0 = 34$ и равно $50⋅ 92 = 225$ . А само расстояние равно 15.

Ответ:

Линии параллельны, расстояние между ними равно $15$ км.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67114

В треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности, точка $H$ — ортоцентр. Отрезки $OA,OB$ и $OC$ параллельно перенесли и последовательно приставили друг другу. Получилась ломаная. Докажите, что отрезок, соединяющий концы ломаной, равен и параллелен $OH.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отрезки, которые друг от друга откладывают, и нам важно только расстояние между началом и концом… Да это же задача на векторы! То есть нас просят доказать векторное равенство OH=OA+OB+OC (всё в векторах). Сразу такое доказывать страшно и не понятно как. Может быть преобразовать два каких-то слагаемых из этой суммы, с помощью дополнительного построения?

Подсказка 2

Если у нас есть ортоцентр, то надо пользоваться его свойством. При этом таким свойством, чтобы где-то обнаружить отрезок BH, потому что в данный момент совершенно неясно, что с ним делать, а только с ним что-то делать и остается, так как оба отрезка: OH и OB, как-то с ним связаны. Так какое доп. построение здесь может зарешать?

Подсказка 3

Оп-па, можно отразить точку О относительно AC (пусть образ точки O- это О₁). Тогда OO₁=HB, по свойству ортоцентра, при этом, очевидно, HBOO₁ — параллелограмм. А значит, OH можно легко выразить через OB и OO₁. Осталось выразить, в силу того, что СOAO₁ — параллелограмм, сумму векторов OA+OC, после чего увидеть, что задача решена!

Показать доказательство

Иными словами, нас просят доказать векторное равенство

−−→ −→ −−→ −−→ OH =OA + OB + OC(Формула-Гамильтона)

$PIC$

Пусть $O1$ симметрична $O$ относительно середины $AC,$ тогда

−O→A +−O−→C = −O−O→1.

По свойству ортоцентра $BH = OO1$ и $BH ∥ OO1,$ значит $HBOO1$ — параллелограмм, следовательно,

−−→ −−→ −−→ OB + OO1 = OH

Таким образом,

−→ −−→ −−→ −−→ OA + OB +OC = OH

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68554

Из медиан треугольника $ABC$ составлен треугольник $A B C , 1 1 1$ а из медиан треугольника $A B C 1 1 1$ составлен треугольник $A B C . 2 2 2$ Докажите, что треугольники $ABC$ и $A2B2C2$ подобны, и найдите коэффициент подобия.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала надо построить треугольник A₁B₁C₁. Вы же помните, как выражается вектор медианы через вектора сторон?

Подсказка 2

Если проведена медиана AM₁, то вектор AM₁ равен полусумме векторов AB и AС. Нетрудно увидеть, что сумма векторов AM₁, BN₁ и CK₁ равна 0 (BN₁ и CK₁- векторы оставшихся медиан), а значит из них действительно можно сложить треугольник. Может тогда посмотрим, как выражаются медианы треугольника A₁B₁C₁?

Подсказка 3

Мы знаем, что для векторов нашего треугольника A₁B₁C₁ верны следующие равенства: A₁B₁= AM₁, B₁C₁=BN₁, C₁A₁=CK₁. Тогда вектор медианы A₁M₂ равен полусумме векторов AM₁ и K₁C. Как тогда можно выразить вектор A₁M₂ через вектора треугольника ABC?

Подсказка 4

A₁M₂=(AM₁+M₁C)/2=(AB+AC+BC+AC)/4=3*AC/4. Осталось аналогично выразить остальные векторы медиан B₁N₂ и C₁K₂ и завершить решение!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть медианы $△ABC$ будут $′ AA ,...$ и аналогично для $△A1B1C1$ ( $′′ A1A ,...$ ). Тогда из $△ABC$ имеем

−→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −A−→A ′ =AB-+-AC , −B−B→′ = BA+-BC-, −C−C→′ = CB+-CA 2 2 2

Заметим, что сумма всех векторов равна нулю, поэтому из них можно составить треугольник. Это важно, поскольку тогда мы можем использовать их в качестве сторон $A1B1C1$ ( $−A−→A′ → −A−1−B→1,−B−B→′ → −B−−1→C1,−C−C→′ → −C−1−→A1$ ). Далее из треугольника $△A1B1C1$ получим

−−−→ −−−→ −−−→ −→ −→ −−→ −→ −→ A1A′′= A1B1-+A1C1 = AB-+AC-+-BC-+AC- = 3AC-- 2 4 4

Здесь мы воспользовались тем, что $−A→B + −−B→C +−C→A = −→0 .$ Повторяя аналогичные рассуждения для остальных сторон, получаем подобие с коэффициентом $34.$

Второе решение.

Если стороны треугольника равны $a,b,c,$ то квадраты длин медиан выражаются по формулам

m2 = 2b2+-2c2-− a2 a 4

2 2c2+-2a2− b2 mb = 4

2 2a2+ 2b2− c2 mc = ----4------

Тогда у треугольника $A2B2C2$ квадраты длин сторон, как медианы треугольника $A1B1C1,$ выражаются по формулам

2 2 2 2m-b +2m-c − m-a= 4

= -1⋅(2(2b2+ 2c2− a2)+2(2c2+ 2a2− b2)− (2a2+ 2b2− c2)) 16

-1 ( 2) ( 3c)2 = 16 ⋅9c = 4

Далее аналогично считаются длины оставшихся двух сторон. В итоге у треугольника $A2B2C2$ стороны равны $34c,34b,34a,$ поэтому он подобен исходному треугольнику со сторонами $a,b,c,$ коэффициент подобия равен $3. 4$

Ответ:

$3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#45004

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MB = 1:4,AN :NC = 3:2.$

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#72976

В выпуклом 12-угольнике все углы равны. Известно, что длины каких-то десяти его сторон равны 1, а длина ещё одной равна 2. Чему может быть равна площадь этого 12-угольника?

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть длины сторон это 10 единиц, 2 и x. Очень хочется найти x... Попробуем рассмотреть векторы, соответствующие сторонам и поработать с ними.

Подсказка 2

Т.к. мы всё-таки хотим использовать длины сторон, то работать будем не с самими векторами, а с коллинеарными им единичными. Т.к. мы знаем, что они образуют многоугольник, то мы можем записать уравнение на них. А как быть с равными углами? Что можно сказать о взаимно расположении некоторых единичных векторов?

Подсказка 3

Заметим, что каждый угол равен 150. Тогда мы можем сказать, какие стороны многоугольника параллельны. Теперь мы можем записать условия на пары единичных векторов.

Подсказка 4

Знаем, что сумма единичных векторов, где один идёт с коэффициентов 2, а другой - с x равна 0. Также сумма единичных векторов, соответствующим противоположным сторонам тоже равна 0. Как найти x?

Подсказка 5

Чему равна сумма единичных векторов без дополнительных коэффициентов?

Подсказка 6

Их сумма равна 0! Теперь-то мы можем найти x) Осталось лишь найти площадь многоугольника, в котором мы знаем взаимное расположение всех сторон.

Показать ответ и решение

Рассмотрим 12-угольник $A A ...A , 1 2 12$ удовлетворяющий условию задачи. У него десять сторон длины 1 и одна сторона длины 2. Обозначим через $x$ длину оставшейся стороны. Рассмотрим векторы $−−−→ −−−→ −−−−→ A1A2,A2A3,...,A12A1,$ а также коллинеарные им единичные векторы $⃗e1,⃗e2,...,⃗e12.$ Тогда для некоторых $i$ и $j$ имеет место равенство

−→ ⃗e1 +...+ 2⃗ei+...+ x⃗ej +...+⃗e12 = 0

Помимо того,

−→ ⃗e1+ ⃗e7 =⃗e2+ ⃗e8 = ...= ⃗e6 +⃗e12 = 0,

поэтому

−→ ⃗e1+⃗e2+ ...+ ⃗e12 = 0

Вычитая второе из полученных равенств из первого, получаем

⃗ei+ (x− 1)⃗ej = −→0

Это возможно лишь в случае, если $⃗ei = −⃗ej$ и $x = 2.$ Значит, в исходном 12-угольнике есть пара параллельных сторон длины 2.

В силу равенства всех углов и соответствующих сторон этот 12-угольник имеет ось симметрии:

$PIC$

Чтобы найти площадь, разобьём его на 4 трапеции и прямоугольник. Находим $A3A12 = A6A9 = 1+ √3,A4A11 =A5A10 =$ $= 2+√3-$ , поэтому искомая площадь равна

√- √3⋅(2+-√3+-1+-√3) 1+-√3+-1 √- S = 2⋅(2+ 3)+ 2 + 2 = 8+ 4 3

Ответ:

$8+ 4√3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#76463

На каждой из сторон параллелограмма выбрано по произвольной точке. Точки на соседних сторонах параллелограмма соединены отрезками прямых. В результате от параллелограмма оказываются отсеченными четыре треугольника. Вокруг каждого из этих треугольников описана окружность. Докажите, что центры этих окружностей являются вершинами некоторого параллелограмма.

Источники: Надежда энергетики-2022, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Взглянув на условие, кажется, что надо доказать что-то страшное и непонятно, как это делать. Но давайте вспомним, какие в принципе у нас есть способы решения задач по планиметрии? Углы считать мы не пойдём, в лоб доказывать равенство сторон тоже. Как можно сделать это хитрее?

Подсказка 2

Верно, давайте попробуем воспользоваться векторами. Пусть O_1O_2O_3O_4 наш предполагаемый параллелограмм. Если мы направим попарно в одном направлении вектора O_1O_2, O_3O_4 и O_2O_3, O_1O_4, то нам нужно будет только доказать равенство отрезков. Учитывая, что мы рассматриваем центры окружностей, лежащих на серединных перпендикулярах, что можно сказать про проекции векторов на стороны параллелограмма?

Подсказка 3

Да, проекции будут равны половине стороны исходного параллелограмма. Но тогда получаем, что наши вектора равны, если введём две оси, параллельные сторонам параллелограмма. Победа!

Показать доказательство

Изобразим окружности и их центры, которые обозначим $O ,...,O . 1 4$ Рассмотрим векторы $O O ,O O 1 2 4 3$ и $O O ,O O . 1 4 2 3$

$PIC$

Поскольку центры описанных окружностей лежат на пересечении серединных перпендикуляров, проекции указанных векторов на стороны исходного параллелограмма будут равны половине этих сторон.

Таким образом, если ввести две оси: одну параллельно стороне $AB,$ а другую параллельно стороне $AD,$ то каждая пара рассматриваемых векторов будет иметь одинаковые проекции на каждую из введенных осей. Отсюда следует попарное равенство самих векторов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34679

В треугольнике $ABC$ длины сторон равны $4$ , $5$ и $√17-$ . Найдите площадь фигуры, состоящей из тех и только тех точек $X$ внутри треугольника $ABC$ , для которых выполняется условие $2 2 2 XA +XB + XC ≤21$

Источники: ОММО - 2021, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Расстояния между точками удобно считать, когда есть система координат. Как было бы удобно расположить наш треугольник в декартовой системе координат?

Подсказка 2

Заметим, что высота, проведенная к стороне длины 4, равна целочисленному числу, поэтому удобно ввести систему координат так, чтобы Оу было вдоль этой высоты, а Ох — вдоль упомянутой стороны треугольника. Тогда координаты вершин треугольника принимают целочисленные значения.

Подсказка 3

Пусть (x; y) — координаты X. Тогда выражение XA² + XB² + XC² можно представить как сумму двух квадратов с некоторыми коэффициентами, что очень напоминает уравнение окружности с центром в (x; y). А так как нам дано неравенство, то наша фигура в X — это круг! Останется лишь показать, что все его точки лежат внутри △ABC.

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $BC = a,AC = b,AB = c,ρ2 =21$ .

Докажем утверждение, известное как теорема Лейбница в геометрии. Пусть $G$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$ . Представим

−−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ XA =GA − GX,XB = GB − GX,XC = GC −GX,

тогда

2 2 2 2 2 2 −−→ −→ −−→ −−→ 2 XA + XB +XC = GA + GB +GC − 2⋅GX ⋅(GA + GB +GC )+3⋅GX

Поскольку $G−$ центр тяжести треугольника $ABC$ , то

−G→A +−G−→B + −−G→C = 0,

GA2+ GB2 +GC2 = 4(m2a +m2b + m2c)= 1(a2+ b2+ c2) 9 3

С учётом доказанной выше теоремы задача эквивалентна

1(a2+ b2 +c2)+3 ⋅GX2 ≤ ρ2, 3

то есть неравенство сводится к

GX2 ≤ 1⋅(3ρ2− a2− b2 − c2). 9

Итак, геометрическим местом точек $X$ , удовлетворяющих поставленному условию, является круг радиуса $1∘3ρ2−-a2−-b2−-c2 3$ с центром в точке пересечения медиан треугольника $ABC$ .

Этот круг принадлежит треугольнику, если его радиус не больше, чем одна треть наименьшей из высот $△ABC$ :

1∘--2--2---2--2- -2S△ABC--- 3 3ρ − a − b − c ≤ 3max{a,b,c}.

Значит, при выполнении условия

2 2 2 2 2 2 ( )2 a-+b-+-c-< ρ2 ≤ a-+-b-+-c + 4 ⋅-S△ABC-- 3 3 3 max{a,b,c}

искомая площадь равна $S = π ⋅(3ρ2− a2− b2− c2) 9$ . По формуле Герона найдем площадь треугольника:

1∘----√------√---√------√------ S△ABC = 4 (9+ 17)(9− 17)( 17+ 1)( 17− 1)=8

Вычислим

a2 +b2+ c2 58 S△ABC 8 ---3-----= 3-,max{a,b,c}-= 5

Поскольку $ρ2 = 21$ , условие $(∗)$ выполняется:

58 <21≤ 58+ 256= 1706 3 3 75 75

Значит, ответ: $S = π9 ⋅(63− 58)= 5π9$ .

Второе решение. Высота треугольника, проведенная к стороне длины $4$ , равна $4$ . Основание высоты делит эту сторону на отрезки, равные $1$ и $3$ . Введем систему координат так, как показано на рисунке. Тогда $A(−1;0),B(0;4),C(3;0)$ .

$PIC$

$2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 XA + XB +XC = (x+ 1) + y + x +(y− 4) + (x− 3) + y =3x + 3y − 4x− 8y+ 26 ≤21.$ Перепишем неравенство так:

( )2 ( )2 x − 2 + y− 4 ≤ 5. 3 3 9

Оно определяет круг радиуса $R = √35$ с центром в точке $K (2∕3;4∕3)$ . Покажем, что все точки этого круга принадлежат треугольнику $ABC$ . Для этого найдем расстояния от точки $K$ до сторон треугольника. Уравнение стороны $AB :4x− y+ 4= 0$ , расстояние до неё равно $|4⋅√(2∕3)−4∕3+4| d1 = 42+(−1)2 =$ $-1√6- = 3 17$ . Уравнение стороны $BC :4x+3y− 12= 0$ , расстояние $|4⋅(2∕3√)+3⋅(4∕3)−12| 16 d2 = 42+32 = 15$ . И расстояние от точки $K$ до стороны $AC$ равно, очевидно, $d3 = 43$ . Наименышее из расстояний $d2$ , тем не менее, больше, чем радиус круга $√- R : 1615-> 35$ . Поэтому весь круг и является той фигурой, площадь которой требуется найти, откуда $S =πR2 = 59π$ .

Ответ:

$5π 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#92175

Существует ли такой выпуклый четырёхугольник, у которого длины всех сторон и диагоналей в некотором порядке образуют геометрическую прогрессию?

Источники: ММО - 2021, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы хотим 6 чисел, которые идут в геометрической прогресии в некотором порядке, и, более того, образуют четыре треугольника, то единственное, что нам нужно при подборе таких чисел — это выполнение неравенства треугольника и конструкция, на которой можно было бы это неравенство проверять. При этом хотелось бы, чтобы некоторые треугольники были подобны, чтобы не приходилось делать несколько проверок и накладывать много ограничений на параметры, которыми мы всё зададим. Понятно, что в силу того, что если подходит треугольник A, то подходит и треугольник, который уменьшен в k раз, поэтому, одна из длин равна 1. Также нам было бы удобно работать с некоторыми симметриями, то есть чтобы у нас было не просто 1, x, x²,…,x⁵, скорее нам удобнее 1/x², 1/x, 1 , x², x³, чтобы как раз проще было проверять неравенства треугольника. Попробуйте придумать два треугольника (этим и задается четырёхугольник), которые были бы подобны и использовали вышеупомянутые рассуждения.

Подсказка 2

Интересной конструкцией является четырехугольник OABC, OA = a², OB = 1, OC = 1/a², AB = a, BC = 1/a. Во многом, типичная задача с ММО — сложная конструкция в условии, её намеренное ослабление участником (вместе с пониманием, что можно ослаблять, а что нет), и интересные, но при этом не через «заметим что» рассуждения. Давайте поймём, для каких а тогда у нас выполняется неравенство треугольника и, что не менее важно, выпуклость четырёхугольника. Поскольку мы не задали сторону AC, то понятно, для каких треугольников нужно писать необходимые неравенства. А почему если мы напишем только для них, то будет выполнено и для остальных?

Подсказка 3

Нетрудно понять, что неравенства треугольника для двух с известными сторонами выполнено на промежутке (1/phi, phi), где phi = (1 + √5)/2. Теперь надо понять, для каких а выполнено условия выпуклости четырёхугольника. Понятно, что углы AOB и BOC равны, в силу подобия, а значит, для доказательства выпуклости нам надо доказать, что угол AOC меньше 90. Поймите, чему это равносильно, а также почему условие на угол ABC проверять не надо.

Подсказка 4

Угол ABC меньше 180, потому что это сумма двух углов одного треугольника. А вот для того, чтобы доказать про угол AOC, надо воспользоваться упомянутой спецификой ММО — возможность аккуратного упрощения. Мы можем взять a ≥ 1 > 1/phi, чтобы определить порядок длин сторон в каждом из треугольников. Потому что когда есть такая определенность, мы с уверенностью можем сказать, что в силу того, что AB — не большая сторона (для а=1 можно проверить конструкцию ручками), угол AOB меньше 90. Осталось доказать, что существует a принадлежащий [1, phi), такой, что AC = a³. И здесь надо, пусть и на интуитивном уровне, воспользоваться не совсем школьной идеей — непрерывность!

Подсказка 5

Если мы уже знаем, что надо воспользоваться непрерывностью, то нам, наверное, хотелось бы доказать, что отрезок AC непрерывно изменяет длину при изменении a, ввести функцию g = |AC(a)| - a³, и доказать, что в одной из точек на выбранном промежутке, который содержится [1, phi), в одном конце значение g > 0, а в другом < 0. Но для осуществления этой идеи, нам, во-первых, надо доказать непрерывность изменения длины AC относительно а во-вторых, найти удобные концы отрезка и доказать, что в них разные по знаку значения. Как доказывать непрерывность изменения длины отрезка AC? От чего зависит длина AC по определению? И правда ли, что концы текущего отрезка подходят под наши нужды?

Подсказка 6

Во-первых, давайте поймём, что происходит с функцией g в точках 1 и phi. В точке 1 у нас значение равно √3 - 1 > 0. А в точке phi, длина отрезка AC < AB + BC = √(phi) + 1/√(phi) =(√(phi))³, а значит g(phi) < 0! Теперь осталось понять, почему у нас есть непрерывность и задача решена. Длина отрезка AC — по определению расстояние между точками A и С, значит, если мы докажем непрерывность изменения координат A и C, то, поскольку функция расстояния непрерывна, мы получим то, что нужно. А как связаны координаты A и C с а? После того, как вы это поймёте, непрерывность будет очевидна, и задача будет решена!

Показать ответ и решение

Пусть $a$ — некоторое положительное число. Треугольник со сторонами $1,a$ и $a2$ существует тогда и только тогда, когда выполняются три неравенства:

2 2 2 1< a+ a, a< 1+a , a < a+ 1.

Первое из этих неравенств выполнено при $a > 1 φ$ , второе — при всех положительных $a$ , третье — при $a< φ$ , где $φ= 1+√5 2$ — так называемое «золотое сечение», положительный корень квадратного уравнения $x2 − x− 1= 0$ . Следовательно, треугольник с такими сторонами существует при $a∈( 1;φ ) φ$ . При таких же $a$ существует треугольник со сторонами $1, 1 a$ и $1- a2$ . Пусть далее значение $a$ принадлежит отрезку $√-- (1 ) [1; φ]⊂ φ;φ$ .

В декартовой системе координат $Oxy$ отметим точки $O(0,0)$ , $B (1,0)$ , точку $A$ в полуплоскости $y > 0$ , для которой $2 OA = a$ и $AB = a$ , а также точку $C$ в полуплоскости $y < 0$ , для которой $1 OC = a2$ и $1 CB = a :$

$PIC$

По доказанному выше такие точки существуют для всех $a ∈[1;√ φ]$ . Кроме того, треугольники $OAB$ и $OBC$ подобны по трем пропорциональным сторонам. Значит, $∠AOB = ∠BOC$ и $∠OAB = ∠OBC$ . Поскольку $1≤ a≤ a2$ , угол $AOB$ , лежащий напротив стороны а треугольника $OAB$ , меньше $90∘$ . Отсюда получаем, что

∘ ∠AOC =2∠AOB <180

∠ABC =∠ABO +∠OBC =∠ABO +∠OAB <180∘

Следовательно, $OABC$ — выпуклый четырехугольник при всех указанных значениях $a$ .

Пусть точка $A$ имеет координаты $(x;y)$ , тогда $x2+y2 =$ $= a4$ и $(x− 1)2+ y2 = a2$ . Из этих уравнений получаем

4 2 x= a-−-a-+-1= f(a) 2

-------- y =∘ a4− f2(a)

Эти выражения непрерывно зависят от $a$ на отрезке $[1;√ φ]$ . Аналогично доказывается, что координаты точки $C$ также непрерывно зависят от $a$ на этом отрезке. Следовательно, длина диагонали $AC$ четырехугольника $OABC$ , равная $g(a)$ , также непрерывно зависит от $a$ на этом отрезке.

При $a= 1$ треугольники $OAB$ и $OBC$ являются равносторонними со стороной 1 , поэтому $g(1)= √3$ . При $a= √φ-$ получаем

√ -- √ -- -1- 1+-φ √--3 g( φ)=AC < AB + BC = φ+ √φ-= √φ-= ( φ) .

Значит, непрерывная на отрезке $√ -- [1; φ]$ функция $g(a)− a3$ принимает в концах этого отрезка значения разных знаков:

√- g(1)− 13 = 3− 1> 0

g(√φ)− (√φ)3 < 0

Поэтому найдется такое значение $√ -- a ∈(1; φ)$ , при котором $g(a)− a3 = 0$ и, следовательно,

OC = -12,CB = 1,OB =1,AB = a,OA = a2,AC = a3 a a

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#124051

Окружность — это, как известно, множество точек на плоскости, удаленных от заданной точки (центра) на фиксированное расстояние (радиус окружности), а число $π$ — это отношение длинны окружности к длине ее диаметра. В этом определении по умолчанию предполагают, что речь идет об Евклидовом расстоянии/длине, которая вычисляется на двумерной координатной плоскости $(XOY )$ для отрезка с концами в точках $(x1,y1)$ и $(x2,y2)$ по формуле $∘ ------2--------2- (x1− x2)+ (y1 − y2).$ Однако, Евклидово определение длины — не единственно-возможное. Например, манхэттенская длина отрезка с концами в точках $(x1,y1)$ и $(x2,y2)$ вычисляется по формуле $|x1− x2|+|y1 − y2|.$ (Название «манхэттенское расстояние» связано с уличной планировкой Манхэттена, представляющую собой прямоугольную сетку улиц: «На север с юга идут авеню, на запад с востока — стриты» В. В. Маяковский, «Бродвей».) Чему равно отношение манхэттенской длинны Евклидовой окружности к манхэттенской длине ее диаметра?

Источники: Иннополис - 2020, 11.6 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала было бы сподручно вообще понять, что из себя представляет махэттенская длина Евклидовой окружности. Да, из условия задачи знаем определение манхэттенской длины, но надо понять, как с её помощью посчитать длину окружности. Может, есть какая-то закономерность между манхэттенской длиной цепочки точек и длиной лишь между первой и последней из этих точек?

Подсказка 2

Не забудьте доказать, что связь, полученная вами, верна для всех случаев. Попробуйте рассмотреть дугу Евклидовой окружности в 90°. А что будет если соединить все точки этой дуги непрерывной ломаной? Как посчитать её манхэттенскую длину?

Подсказка 3

Осталось только обобщить полученный вами результат на всю окружность, и дальше дело элементарной арифметики :)

Показать ответ и решение

Рассмотрим произвольную ломаную (см. рисунок) такую, что абсциссы ее узлов ведут себя монотонно (на рисунке они не убывают) и ординаты ее узлов тоже ведут себя (возможно, по-другому, но тоже) монотонно (на рисунке они тоже не убывают). Тогда манхэттенская длина такой ломаной (то есть сумма манхэттенских длин ее отрезков) равна манхэттенскому расстоянию между ее концами.

$PIC$

Доказательство этого утверждения должно рассматривать разные варианты (абсциссы и ординаты не убывают, абсциссы не убывают, а ординаты не возрастают, и так далее), но мы ограничимся только случаем, представленном на рисунке:

(|x2− x1|+ |y2− y1|)+ (|x3− x2|+ |y3− y2|)+(|x4− x3|+|y4 − y3|)

+ (|x5− x4|+ |y5− y4|)+(|x6− x5|+|y6 − y5|)+ (|x7− x6|+ |y7− y6|)

= ((x2− x1)+(y2− y1))+((x3− x2)+(y3− y2))+((x4− x3)+ (y4− y3))

+ ((x5− x4)+ (y5− y4))+ ((x6− x5)+(y6− y5))+((x7 − x6)+(y7− y6))

= (x − x )+(y − y )= |x − x |+ |y − y | 7 1 7 1 7 1 7 1

$PIC$

Следовательно, манхэттенская длина каждого из четырех сегментов $((1,0),(0,1)),$ $((0,1),(−1,0)),$ $((−1,0),(0,−1))$ и $((0,−1),(1,0))$ евклидовой окружности манхэттенского радиуса 1 с центром в начале координат равны

2= |0− 1|+ |1 − 0|= |(−1)− 0|+ |0− 1|=|0− (−1)|+|(− 1)− 0|=|1− 0|+ |0 − (−1)|,

манхэттенская длина всей этой Евклидовой окружности равна $8,$ а отношение манхэттенской длины Евклидовой окружности к манхэттенской длине ее диаметра равно $8∕2 =4.$

Ответ:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#43116

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 18#97589

Хорды $AC$ и $BD$ окружности с центром $O$ пересекаются в точке $K.$ Пусть $M$ и $N$ — центры описанных окружностей треугольников $AKB$ и $CKD$ соответственно. Докажите, что $OM = KN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем ввести векторы и доказывать не равенство отрезков, а равенство векторов OM и KN. А как же можно легко доказать равенство векторов? Ага! Давайте спроецируем векторы на прямые AC и BD и докажем равенство проекций.

Подсказка 2

Вспомним теорему о перпендикуляре, проведённом из центра окружности к хорде. Да-да, этот перпендикуляр делит хорду пополам. Используя это знание, мы можем легко доказать, что проекции исходных векторов на оси AC и BD равны.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим проекции $−−−−→ M1O1$ и $−−−→ KN1$ векторов $−−→ MO$ и $−−→ KN$ на хорду $AC.N1$ — середина хорды $KC$ , поэтому

−−K−N→1 = 1−−K→C 2

$M1$ и $O1$ — середины хорд $AK$ и $AC$ , поэтому

−−M−1−O→1 =−A−O→1 − −−A−M→1 = 1−→AC− 1−A−→K = 1−K−C→ 2 2 2

Таким образом, $−−M−1−O→1 =−K−N−→1$ .

Аналогично равны проекции векторов $−−M→O$ и $−−K→N$ на хорду $BD$ . Но вектор полностью определяется своими проекииями на две непараллельные прямые. Поэтому $−−→ −−→ MO =KN.$