Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Тема Счётная планиметрия

Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#106840

На сторонах $BC$ и $DC$ параллелограмма $ABCD$ выбраны точки $D 1$ и $B 1$ так, что $BD =DB . 1 1$ Отрезки $BB 1$ и $DD 1$ пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что $AQ$ — биссектриса угла $BAD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Взглянем на задачу с точки зрения площадей. Точка лежит на биссектрисе, если она равноудалена от сторон угла.

Подсказка 2

Ещё мы знаем, что BD₁ = B₁D, а BD₁ — это основание в треугольниках BDD₁ и BQD₁, что позволяет провести подсчёт одной и той же площади двумя способами.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $P$ — точка пересечения прямых $AB$ и $DD . 1$ Тогда утверждение задачи равносильно следующему равенству:

PQ AP QD-= AD-

Пусть $AB =CD = a,$ $AD = BC =b,$ $BD1 = DB1 =c$ и $BP = x.$ Тогда из подобия треугольников $BP D1$ и $APD$ следует

-x--= c x+ a b

откуда

x= -a2- и PD = x+a = -a2-- b− c b− c

$PIC$

Далее, из подобия треугольников $BP Q$ и $B1DQ$ следует

P-Q PB-- x QD = DB1 = c

Утверждение задачи следует из равенства

PQ x a ( ab ) AP QD-= c = b−-c = b− c :b= AD-

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Ясно, что

SBQD = SBDD1 − SBQD1 = 1d1 ⋅D1B 2

где $d1$ — расстояние от точки $Q$ до прямой $AD.$ Аналогично

S = 1d ⋅DB BQD 2 2 1

где $d 2$ — расстояние от точки $Q$ до прямой $AB.$ Поэтому из равенства $BD =DB 1 1$ следует, что $d = d. 1 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119904

Сотовая связь — это целый мир возможностей. Но чтобы пользоваться ими, нужно быть в зоне действия базовой станции. Сети GSM (2G) имеют мощность, которая позволяет покрывать территорию радиусом до 35 километров на открытой местности. В городских условиях, где много зданий, зона приема сигнала значительно уменьшается. Сети 3G и 4G (LTE) работают на более высоких частотах, чем сети 2G, и их сигнал хуже проникает сквозь препятствия и больше подвержен помехам. В сетях GSM было достаточно нескольких вышек, чтобы покрывать большие территории, а для 3G и 4G сетей для обеспечения надежной связи требуется больше вышек.

В городе установлен ретранслятор GSM сети, который обеспечивает покрытие в пределах окружности радиусом $R = 24$ км. Центр окружности — основание вышки. Однако из-за особенностей рельефа зона покрытия этого ретранслятора ограничена хордой, проведенной внутри этой окружности. Хорда находится на расстоянии $d= 3$ км от центра окружности.

В меньшем сегменте, образованном хордой, необходимо установить два дополнительных ретранслятора (3G вышки) так, чтобы их зоны покрытия касались друг друга, хорды и основной окружности. Каждый из этих ретрансляторов имеет круговую зону покрытия одинакового радиуса $r.$

Найдите радиусы зон покрытия двух дополнительных ретрансляторов, которые нужно установить в меньшем сегменте. Определите площадь части меньшего сегмента, которая не попадает в зону действия дополнительных ретрансляторов.

Источники: ШВБ - 2025, 11.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изобразим условие на рисунке. Пусть O — центр окружности, в радиусе которой действует GSM вышка, AB —хорда, OP = d — расстояние от основания вышки до хорды, C и D — основания 3G вышек. Что можно сказать про их расположение, исходя из условия?

Подсказка 2

Верно! Они касаются прямой OP в одной точке (пусть K)! Проведём радиусы в точки касания. Какая теорема поможет найти нам радиус малых окружностей?

Подсказка 3

Конечно! Давайте применим теорему Пифагора для △OCK, предварительно выразив отрезки OC и OK через радиус малой окружности и данные в условии величины. А что делать с площадью части меньшего сегмента, которая не попадает в зону действия вышек?

Подсказка 4

Введите угол с вершиной O и выразите искомую площадь, равную разности площадей сегмента и площади, которую покрывают 3G вышки.

Подсказка 5

△OPA — прямоугольный. Пусть ∠POA = α. Тогда cos(α)=OP/OA = d/R — известное нам отношение! Значит через этот угол можно выразить нужные нам площади! Осталось только аккуратно посчитать и записать ответ!

Показать ответ и решение

Пусть $3G$ вышки имеют одинаковый радиус действия $r.$ Радиус основной окружности $R,$ расстояние от центра большой окружности до хорды $d.$ Введем точки, как показано на чертеже: $O$ — центр большой окружности, $C,$ $D$ — центры маленьких окружностей, $K$ — точка касания маленьких окружностей, $E$ — точка касания окружности с хордой. $OP =d$ — заданное расстояние от центра до хорды $AB.$

$PIC$

Тогда из рисунка понимаем следующие вещи:

CE ⊥ AB, OP ⊥AB, CE ∥OP, CD ∩ OG =K

OC = R− r, CK = r, OK = d+r

Запишем теорему Пифагора для $△OCK$ и выразим меньший радиус:

2 2 2 2 2 2 (R − r) = r +(d+ r) =⇒ r + 2r(d+ R)− (R − d )= 0

∘--2----- r= −(R +d)+ 2R + 2Rd

Подсчитаем площадь части сегмента, которая не попадает в зону действия ретрансляторов $3G.$
Пусть $∠AOP =α,$ $Sc = Sсегмента,S3 — площадь, покрытая действием выш ек 3G.$

Выразим нужные нам синусы и косинусы углов, а потом посчитаем нужную площадь как разность:

OP d ∘---(-d)2 d∘ ---(d-)2 cosα= OA- =R- =⇒ sin α= 1 − R- =⇒ sin2α= 2R- 1− R-

( ∘ -------) 1 2 2 1 2 d ( d)2 2 S =Sc− 2S3 = 2R (2α − sin 2α )− 2πr = 2R (2α − 2R 1− R- ) − 2πr

Подставим значения $R = 24,$ $d= 3:$

r= −(24+3)+ ∘2-⋅24⋅(24+3)= −27+ √362 = 36− 27= 9

1 3√7- 1 cosα = 8, sinα = -8-, α =arccos8

Итого, подставив все значения, получаем конечный ответ:

( √-) ( √-) S = 1 ⋅242 2arccos1 − 2 ⋅ 1⋅ 3-7 − 2π ⋅92 = 288 2arccos1− 3-7 − 162π 2 8 8 8 8 32

Ответ:

$r= 9км,S = 576arccos1− 162π− 27√7 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#123696

В трубопроводе цилиндрической формы установлено скребковое устройство вдоль трубы, предназначенное для очистки внутренней поверхности от парафинистых и смолистых отложений, имеющее форму треугольной призмы. В поперечном сечении трубопровода в виде круглого циферблата с часовой разметкой, вершины треугольника скребкового устройства находятся в точках окружности на часовых отметках «1:30», «4:00» и «5:00». Определить диаметр трубопровода, если площадь сечения скребкового устройства $900$ мм $2 .$

Источники: Газпром - 2025, вариант 2, 11.3 (см. olympiad.gazprom.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Да, условие действительно мудрёное, но может можно как-то его представить проще? Да и с чего начать? Наверное для начала будет удобнее преобразовать часовые отметки во что-то более удобоваримое. Может, в градусную меру?

Подсказка 2

Вполне возможно, что до сих пор непонятно, а что вообще происходит в задаче. А что если представить её в двухмерном виде? Попробуйте изобразить поперечное сечение трубы и призмы.

Подсказка 3

Осталось дело за малым, вспомните площадь треугольника через радиус описанной окружности и теорему синусов, дальше лишь дело техники :)

Показать ответ и решение

Построим сечение трубопровода в виде окружности с часовой разметкой. Отметим вершины треугольника (сечения скребкового устройства, имеющего форму треугольной призмы) в точках $A,$ $B$ и $C,$ соответствующих отметкам $1:30,$ $4:00$ и $5 :00$ на циферблате. Заметим, что $△ABC$ — вписанный в окружность. Обозначим радиус этой окружности $R.$

Часовое деление на циферблате соответствует центральному углу $∘ ∘ 360 ∕12= 30 .$

Дуги, стягиваемые сторонами треугольника:

Дуга $AB$ (между $1:30$ и $4:00$ ): $(4− 1.5) часа= 2.5 часа, следовательно 2.5⋅30∘ = 75∘.$
Дуга $BC$ (между $4:00$ и $5:00$ ): $(5− 4) часа= 1 час, следовательно 1⋅30∘ =30∘.$
Дуга $CA$ (между $5:00$ и $1 :30$ через $12:00$ ): $(12− 5+ 1.5) часа =8.5 часа, следовательно 8.5⋅30∘ = 255∘.$

Углы $△ABC$ являются вписанными и опираются на эти дуги:

$∠C$ (вершина в $5:00$ ) опирается на дугу $AB :$ $∘ ∘ ∠C = 75∕2= 37.5 .$
$∠A$ (вершина в $1:30$ ) опирается на дугу $BC :$ $∘ ∘ ∠A = 30∕2= 15.$
$∠B$ (вершина в $4:00$ ) опирается на дугу $CA :$ $∘ ∘ ∠B = 255 ∕2= 127.5.$

Используя формулу для нахождения площади треугольника через радиус описанной окружности и теорему синусов, получим:

S△ = abc- 4R

Так как $a= 2RsinA,$ $b= 2RsinB,$ $c= 2R sinC,$ то

S = (2R-sinA)(2R-sinB)(2RsinC-)= 2R2 sinAsin BsinC △ 4R

Подставим значения углов: $A= 15∘,$ $B = 127.5∘,$ $C = 37.5∘.$

S△ = 2R2sin 15∘sin 127.5∘sin 37.5∘

Вычислим произведение синусов:

sin15∘sin127.5∘sin37.5∘ = sin15∘sin(180∘− 52.5∘)sin37.5∘ =

= sin15∘sin52.5∘sin 37.5∘ =sin15∘cos37.5∘sin37.5∘ =

∘ 1 ∘ 1 ∘ ∘ 1 ∘ ∘ = sin15 ⋅2sin(2⋅37.5 )= 2sin15 sin75 = 2sin 15 cos15 =

1 1 ∘ 1 ∘ = 2 ⋅2sin(2⋅15) =4 sin30 =

1 1 1 = 4 ⋅2 = 8

Тогда получаем:

S△ =2R2 ⋅ 18 = 14R2

По условию $S△ =900 мм2.$

1R2 = 900 4

R2 = 3600

R =√3600= 60 мм.

Диаметр трубопровода $D = 2R= 2⋅60= 120 мм.$

Ответ:

$120$ мм

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#128117

Дан прямоугольный треугольник, у которого численные значения периметра и площади — числа рациональные. Обязательно ли а) длина гипотенузы — рациональное число? б) длина биссектрисы прямого угла — иррациональное число?

Источники: БИБН - 2025, 10.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Обозначим за а и b катеты нашего треугольника, за с – его гипотенузу. Чему равны площади и периметр? Можно ли как-то через них выразить с?

Пункт а, подсказка 2

Давайте вспомним, что стороны прямоугольного треугольника связаны с радиусом вписанной окружности, которую легко можно записать через периметр и площадь. Является ли радиус вписанной окружности рациональным числом? А что в этом случае можно сказать про гипотенузу?

Пункт b, подсказка 1

Нужно как-то связать площадь с биссектрисой, для этого разумно представить площадь как сумму площадей треугольников, на которые биссектриса делит △АВС, каждую из этих площадей легко можно записать через длину биссектрисы (обозначим ее за l) и катета! Что у нас получится?

Пункт b, подсказка 2

S = √2l(a + b)/4! Если мы поймём, к какому множеству чисел принадлежит сумма а + b, то сможем сделать вывод и о биссектрисе)

Пункт b, подсказка 3

a + b = P - c, помним, что Р и с – рациональные числа, а значит, сумма катетов тоже рациональна! Остается понять, какой должна быть длина биссектрисы, чтобы площадь была рациональной)

Показать ответ и решение

a) Пусть дан треугольник $ABC$ с $∠ACB = 90∘,$ $P$ — его периметр, $S$ — его площадь, $AC =b,$ $CB = a.$

$PIC$

Тогда

1 S = 2ab

Пусть $r$ — радиус вписанной окружности, тогда

r= 2S P

С другой стороны, в прямоугольном треугольнике

r= a+-b−-c= P-− 2c 2 2

c= P-− r 2

Получаем, что $c$ — рациональное число.

б) Пусть $CD = l$ — биссектриса прямого угла.

$PIC$

Из предыдущего пункта $a+ b= P − c$ — рациональное число. Так как $∘ ∠ACD =∠BCD = 45$

1 1 S = SACD +SBCD = 2 ⋅a ⋅l⋅sin(45∘)+ 2 ⋅b⋅l⋅sin(45∘)

√ - S = 1l(a+ b) 2 4

Если предположить, что $l$ — рациональное, то $S$ будет иррациональным, что противоречит условию. Значит, длина биссектрисы прямого угла — иррациональное число.

Ответ:

(a) обязательно; (b) обязательно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#77070

Окружность $ω$ с центром в точке $O$ на стороне $AC$ треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Известно, что $AD = 2CE$ , а угол $DOE$ равен $1 arcctg 3$ . Найти углы треугольника $ABC$ и отношение его площади к площади круга, ограниченного окружностью $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте будем думать, как нам считать и что через что выражается. Сразу понятно, что если нам дан угол EOD, то и угол B нам также дан. При этом, если у нас были бы известны углы C и A, то крайне понятно считались бы оба прямоугольных треугольника AOD и COE. Что нам это дает, для нахождения углов? Как мы можем их между собой связать?

Подсказка 2

Мы могли бы связать углы A и С, так как в прямоугольных треугольниках две стороны равны как радиусы, а отношение двух других равно константе. При этом, есть еще одна связь, что сумма углов A и С равна заданному углу DOE. Значит, мы найдем углы A и C. Как теперь можно найти отношение площадей круга и треугольника, если уже известны углы, а значит и радиус и стороны треугольника ABC?

Подсказка 3

Верно, к примеру, мы можем расписать через sin(DOE/2) и cos(DOE/2) отрезок DE, так как треугольник DOE - равнобедренный(т.синусов и опустить высоту, к-ая будет и медианой). Значит, мы через известный нам котангенс, выразим котангенс от половины такого же угла, а после этого сможем явно написать чему равны отрезки BD, BE и OE(последнее - радиус), а значит, найдем окружность. Правда ли, что теперь у нас осталось выразить только отрезки CE и AD и площадь треугольника также будет найдена?

Подсказка 4

Ну конечно, ведь тогда мы найдем обе стороны нашего треугольника и угол между ними. А значит и площадь. Как их найти? Так у нас же есть радиус и углы в прямоугольных треугольниках. Значит, мы сможем, все что нужно найти. Остается только посчитать :)

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим

∠DOE =φ, ∠BAC =β, ∠ACB =γ.

Так как $∠ODB =∠OEB = π2$ , то $∠ABC = π− φ= π − arcctg 13.$ Из прямоугольных $△ADO$ и $△OEC$ находим

AD = DO ⋅ctgβ и EC = OE ⋅ctgγ.

Так как $AD- EC = 2$ и $DO = OE =R$ — радиус окружности $ω, то ctgβ =2ctgγ.$

Так как $β+ γ = φ$ , то получаем $1 -3ctgγ-+1 2ctgγ = ctg(φ − γ)= ctgγ − 1 3$ , т. е.

2ctg2γ − ctgγ− 1= 0.

Так как угол $γ$ острый как угол прямоугольного $△OEC, то$

π ctgγ = 1, γ = 4, β = arcctg2.

Из равнобедренных $△ODE$ и $△BDE$ находим $DE- φ φ 2 = Rsin 2 = BD cos2.$ Отсюда $φ BD = BE = Rtg2.$

2tg φ φ √10− 1 Так как 3=tgφ = 1− tg22 φ-, то tg2-=-3-. 2

Тогда площадь $△ABC$ равна

S = 1(Rctgβ+ Rtg φ-)(Rctgγ+ Rtg φ) ⋅sinφ 2 2 2

И искомое отношение равно

S 1 ( √10-− 1) ( √10-− 1) 3 2√10-+7 πR2-= 2π 2 +---3-- 1+ ---3-- √10 = --6π--.

Ответ:

$∠ABC =π − arcctg 1 3$

$π ∠ACB = 4$

$∠BAC = arcctg2$

$2√10+ 7 --6π---$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#82779

Живописец закрасил акварелью полумесяц на клетчатой бумаге. Контур полумесяца состоит из двух дуг — одна от окружности с центром в $(0;0)$ , проходящей через $(0;1)$ , другая — от окружности с центром в $(1;0)$ , проходящей через $(0;1)$ . К утру краска расплылась так, что каждая точка полумесяца превратилась в круг радиуса $1∕2.$

$PIC$

Найдите площадь получившейся фигуры.

Источники: Ломоносов - 2024, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда краска расплылась, мы получили сложную фигуру, для площади которой точно не существует формулы. В таких случаях мы разбиваем фигуру на более простые, площади которых умеем вычислять.

Подсказка 2

Мы умеем находить площади окружностей, колец, секторов. Данная картинка удобно разбивается на эти фигуры или их части. При том, очевидно, что на концах нашего полумесяца нельзя брать целые окружности, потому что иначе усложняется вычисление площади остальной части фигуры. Подумайте, как можно, используя данные фигуры, разбить нашу?

Подсказка 3

Давайте разобьём фигуру на следующие части:

Показать ответ и решение

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

$PIC$

Площадь полумесяца равна половине площади круга радиуса $1$ минус сегмент круга радиуса $√- 2.$

π − 2π-− 4 =1 2 4

Площадь левого поля ”— половина от площади кольца с радиусами $1$ и $1 +r$ :

π(1+-r)2− π- 2

Площадь правого поля ”— четверть от площади кольца с радиусами $√2$ и $√2 − r$ :

π(√2)2− π(√2− r)2 -------4--------

Закругления на концах рогов вместе составляют три четверти окружности радиуса $r$ :

3 2 4πr

Вместе получается:

π(1+ r)2 − π π(√2)2− π(√2-− r)2 3 1+ ----2-----+ -------4-------+ 4πr2 =

√ - √- 1+πr + π r2 + π-2r− πr2+ 3πr2 = 1+(1+-2)r+ πr2 2 2 4 4 2

И тогда ответ:

3π π√2- 1+ 4 + 4

Ответ:

$3π π√2- 1+ 4 + 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, на нашем чертеже треугольник и две точки внутри него. Как-то пусто, и совсем не понятно, что с такой картинкой делать. Значит нужно придумать, что еще тут построить. Может быть, отметить какую-нибудь точку так, чтобы о прямой, соединяющей эту точку и центр описанной окружности нам было что-то известно. Что это может быть за точка?

Подсказка 2

Пусть М - середина стороны PV. Тогда ОМ перпендикулярна PV, а GM - медиана треугольника. Пусть GM пересекает отрезок ОН в точке Т. Вот, теперь чертеж выглядит поинтереснее! Рассмотрите его и найдите подобие.

Подсказка 3

Итак, треугольники GHT и OTM подобны. Но с каким коэффициентом? Чтобы это узнать, нужно заметить, что Н - это не абы что, а ортоцентр, и вспомнить его свойства.

Подсказка 4

По свойству ортоцентра GH = 2*OM. Получается, GT : TM = 2 : 1. Как тогда относятся друг к другу площади треугольников GHO и OHM?

Подсказка 5

Так же как 2 к 1! Теперь выразите площадь OHM через известные нам площади. Тут самое главное не забыть рассмотреть случаи!

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91308

Внутри прямоугольника $3× 4$ расположены два прямоугольника размера $2× 3$ (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Что больше: сумма площадей серых многоугольников или площадь черного многоугольника?

Показать ответ и решение

Внутри лежат 2 прямоугольника $2 ×3.$ Значит, их общая площадь равна $12,$ в то время как площадь большого прямоугольника равна $3⋅4= 12.$ Обозначим $S0$ — площадь всего прямоугольника, $Sg$ — площадь серой части (покрыта маленькими прямоугольниками 0 раз), $Sw$ — площадь белой части (покрыта 1 раз) и $Sb$ — площадь чёрной части (покрыта 2 раза). Тогда:

Sg+ Sb+ Sb = S0 =12 (1)

Заметим, что сумма площадей маленьких прямоугольников равна

Sw+ 2⋅Sb = 12 (2)

Вычтем $(2)$ из $(1)$ :

Sg− Sb = 0

S = S g b

Значит, сумма площадей серых многоугольников равна площади чёрного многоугольника.

Ответ:

Равны

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91310

На соседних сторонах прямоугольника отмечены точки $N$ и $M$ . Докажите, что сумма площадей серых многоугольников равна площади черного многоугольника (см.рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Для начала обозначим вершины прямоугольника — $ABCD$ , начиная с левой нижней вершины по часовой стрелке. Нам нужно понять, что можно считать линолеумом, чтобы чёрные или серые части были покрыты дважды. Возьмём $2$ треугольника $△AMB$ и $△BCN.$ Докажем, что сумма площадей данных треугольников равна $SABCD.$

1 1 S△AMB = 2 ⋅AB ⋅h= 2 ⋅AB ⋅AD

S△ABC = 12 ⋅AB ⋅BC = 12 ⋅AB ⋅AD

Значит, $S△AMB = S△ABC.$ Аналогично, $S△BCN =S△ACD.$

Получается,

S△AMB + S△BCN = S△ABC +S△ACD = SABCD.

Тогда будем использовать треугольники $△AMB$ и $△BCN$ как ”линолеум”. Чёрный многоугольник будет покрыт дважды (обозначим его площадь $Sb$ ), белые — по одному разу, а серые (обозначим их сумму площадей $Sg$ ) — ни разу. Тогда по теореме о линолеуме $Sb = Sg$ (площадь частей, покрытых дважды, равна площади частей, покрытых $0$ раз).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91311

Точка $A 1$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC$ , а точки $B 1$ , $B 2$ и $B 3$ делят сторону $AC$ на четыре равных отрезка. Докажите, что площадь серой области равна площади черной (см.рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Рассмотрим треугольники $△ABB ,△B BB 1 2 3$ и $△AA C : 1$

1 1 1 1 S△ABB1 = 2 ⋅AB1⋅hb = 2 ⋅4AC ⋅hb = 4S△ABC

Аналогично

1 S△B2BB3 = 4S△ABC

S△AA1C = 1 ⋅A1C⋅ha = 1 ⋅ 1BC ⋅ha = 1S△ABC 2 2 2 2

Значит,

S△ABB + S△B BB + S△AA C = 1S△ABC + 1S△ABC + 1S△ABC = S△ABC 1 2 3 1 4 4 2

Тогда будем использовать треугольники $△ABB1, △B2BB3$ и $△AA1C$ как ”линолеум”. Чёрные части будут покрыты дважды (обозначим сумму их площадей $S b$ ), белые — по одному разу, а серые (обозначим их сумму площадей $Sg$ ) — ни разу. Тогда по теореме о линолеуме $S = S b g$ (площадь частей, покрытых дважды, равна площади частей, покрытых $0$ раз).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91312

В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2. Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть дана трапеция $ABCD,$ $MK$ — отрезок, соединяющий середины оснований $BC$ и $AD,$ $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD.$

$PIC$

Тогда, так как $BC ||AD,$ треугольники $△BOC$ и $△DOA$ подобны. $OM$ и $OK$ — соответствующие элементы в подобных треугольниках (медианы). Значит, $∠BON = ∠DOK.$ Следовательно, точки $M,O$ и $K$ лежат на одной прямой.

Проведём $CE ||BD,$ где точка $E$ лежит на продолжении стороны $AD.$ Тогда, так как $BD ||CE$ и $BC ||DE,$ $BCED$ — параллелограмм.

Так как диагональ в параллелограмме делит его на $2$ равных треугольника,

S△BCD = S△EDC

Заметим, что $S△ABC = S△BCD,$ так как они имеют общее основание $BC,$ а вершины $A$ и $D$ лежат на прямой, параллельной основанию $BC$ (что означает, что их высоты из точки $B$ будут равны). Получаем:

S△ABC = S△BCD =S△EDC

Значит,

SABCD = S△ABC + S△ACD =S△EDC +S△ACD = S△ACE

Таким образом, нам нужно найти площадь $△ACE,$ у которого известны $2$ стороны: $AC =3$ по условию, $CE = BD = 5,$ так как $BCED$ — параллелограмм.

Проведём $CP ||MK, P$ лежит на $AE.$ Тогда, так как $CP ||MK$ и $KP||MC,$ $MCP K$ — параллелограмм. Значит,

AP = AK +KP = 1AD + 1BC = 1AD − 1BC + BC =KD − KP + DE = PE 2 2 2 2

Таким образом, $AP = PE,$ значит, $CP$ — медиана $△ACE.$ Получается, в $△ACE$ нам также известна медиана: $CP = MK =2.$

Сделаем выносной чертёж $△ACE.$

$PIC$

Продлим медиану $CP$ на свою длину — точка $F.$ Тогда, четырёхугольник $ACEF$ — параллелограмм (диагонали точкой пересечения делятся пополам). Значит,

FE =AC = 3, FA = EC =5, CP =PF = 2.

Заметим, что $S△ACE = S△CEF,$ так как $△ACP = △F EP.$ Значит, нам нужно найти площадь $△CEF.$ Так как его стороны равны $F E = 3,CF =4,CE = 5,$ то по обратной теореме Пифагора этот треугольник прямоугольный. Значит, его площадь равна

1 4⋅3 S△CEF = 2 ⋅CF ⋅FE = 2 = 6

Тогда, $SABCD = SACE = SCEF = 6.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#91313

В треугольнике $ABC$ точка $L$ делит пополам отрезок $BC$ , а точка $K$ делит пополам отрезок $BL$ . Из точки $A$ через точки $K$ и $L$ проведены лучи и на них отложены вне треугольника $ABC$ отрезки $LD= AL$ и $1 KF = 3AK$ . Найдите отношение площади треугольника $ABC$ к площади четырехугольника $KLDF.$

Показать ответ и решение

В треугольниках $ABC$ и $AKL$ высоты, опущенные из точки $A$ , совпадают. По условию задачи

$PIC$

KL = 1BC. 4

Поэтому

SAKL = 1SABC. 4

SAFD- AD- AF- 2 4 8 SAKL = AL ⋅AK = 1 ⋅3 = 3

Следовательно,

8 5 5 1 5- SKLDF =SAFD − SAKL = 3SAKL− SAKL = 3SAKL = 3 ⋅4SABC = 12SABC;

SABC 12 SKLDF- = 5 .

Ответ:

$S :S = 12 :5 ABC KLDF$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91314

Диагонали $AD$ , $BE$ и $CF$ шестиугольника $ABCDEF$ пересекаются в одной точке и точкой пересечения делятся пополам. Докажите, что сумма площадей черных треугольников равна площади серого шестиугольника (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Для начала отметим точку пересечения диагоналей — точка $O.$

$PIC$

Из условия, диагонали точкой пересечения делятся пополам. Отсюда следует, что $ABDE, BCEF$ и $CDF A$ — параллелограммы. Значит, $AB ||DE,$ $BC||EF,$ $CD ||AF$ и $AB = DE,$ $BC = EF,$ $CD = AF.$ Докажем, что:

S△ABC + S△BCD + S△CDE +S△DEF + S△EFA + S△FAB =SABCDEF .

Проведём отрезок $CK ||AB,$ где $K$ лежит на $BD.$ Тогда, так как $AB ||CK||DE$ , $S△ABC = S△ABK,S△CDE = S△EDK.$ Так как $ABDE$ — параллелограмм,

1 1 SAKE = 2 ⋅AE ⋅h= 2SABDE

Значит, и

S△ABC + S△CDE = S△ABK + S△EDK = SABDE − SAKE = 1SABDE 2

Заметим, что

1 2SABDE =S△ABO + S△EDO

Аналогично преобразуем площади треугольников $△BCD$ и $△DEF :$

1 S△BCD +S△DEF = 2SBCEF = S△BOC + S△FOE

Заметим, что $△F AB =△CDE,$ так как $FA =CD, AB =DE$ и $∠BAF = ∠EDC$ из $AF||DC,AB ||DE.$ Далее аналогично преобразуем площади треугольников $△EF A$ и $△CDE :$

S△EFA +S△CDE = 1SACDF = S△AOF + S△COD 2

Таким образом, мы получаем, что:

$S△ABC + S△BCD + S△CDE +S△DEF + S△EFA + S△FAB =S△ABO + S△BOC + S△EDO +S△FOE + S△AOF +S△COD = SABCDEF$

Тогда можем применить теорему о линолеуме: так как сумма площадей треугольников равна площади всего многоугольника, чёрные части покрыты ими $2$ раза, а серые — $0$ раз, сумма площадей чёрных треугольников равна площади серого шестиугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#97171

Внутри треугольника $ABC$ взята точка $O.$ Прямые $AO,$ $BO$ и $CO$ пересекают его стороны в точках $A , 1$ $B 1$ и $C 1$ соответственно. Докажите, что

(a)

OA1 OB1 OC1 AA1-+ BB1-+ CC1-=1;

(b)

-OA-+ OB--+ OC--=2. AA1 BB1 CC1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем доказывать равенство, умноженное на площадь S треугольника. Тогда что означают слагаемые S×OA₁/OA, S×OB₁/OB, S×OC₁/OC?

Подсказка 2

Верно, они равны площадям треугольников BOC, AOC, AOB. Осталось понять что в сумме эти площади дают площадь ABC. Как из равенства пункта а вывести пункт б?

Подсказка 3

Например, можно вычесть из равенства 3=3 равенство пункта а. В самом деле, осталось разложить 3, как 1+1+1 и получить требуемое.

Показать доказательство

(a) Домножим обе части равенства, которое требуется доказать на ненулевую $SABC.$ Осталось пояснить, почему

OA1 OB1 OC1 SABC ⋅AA1-+ SABC ⋅BB1-+SABC ⋅CC1

равно $SABC.$ $OA1 SABC ⋅AA1$ — площадь треугольника $BOC,$ $OB1 SABC ⋅BB1-$ — площадь треугольника $AOC,$ $OC1 SABC ⋅CC1$ — площадь треугольника $AOB.$ В самом деле, $SBOC + SAOC +SAOB = SABC.$

$PIC$

(b) Вычтем из равенства 3=3 равенство из предыдущего пункта. Получим то, что и требуется.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#97174

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K.$ На биссектрисе угла $AKD$ нашлась точка $P$ такая, что прямые $BP$ и $CP$ делят пополам отрезки $AC$ и $BD$ соответственно. Докажите, что $AB =CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала обозначим середины отрезков AC и BD за X и Y. Решать задачу будем методом площадей. Что можно сказать о площадях треугольников PXC и PXA?

Подсказка 2

Верно, площади треугольников PXC и PXA равны, также равны площади BXC и BXA, площади PYD и PYB, площади CYB и СYD. Теперь поймём, равенство каких площадей было бы полезно отсюда вывести для доказательства равенства AB и СD.

Подсказка 3

Поскольку P лежит на биссектрисе угла AKD, высоты из P треугольников PAB и PCD равны. Тогда достаточно показать равенство их площадей.

Показать доказательство

Обозначим за $X$ и $Y$ середины отрезков $AC$ и $BD.$ Тогда площади треугольников $P XC$ и $P XA$ равны (общая высота из $P$ и равные стороны к которой она проведена), то же с парами треугольников $BXC$ и $BXA,$ $P YB$ и $P YD,$ $CY B$ и $CY D.$ Так

SPAB = SPXA +SBXA = SPXC +SBXC =

= SPBC =SPY B + SCYB =SPY D+ SCYD =SPCD

Заметим, что в силу того, что $P$ лежит на биссектрисе $AKD,$ высоты из $P$ треугольников $PAB$ и $PCD$ равны, тогда из формулы площади следует, что должны быть равны и стороны, к которым они проведены, то есть отрезки $AB$ и $CD.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#100500

Дан треугольник $ABC.$ На сторонах $BC,AC,AB$ отмечены точки $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно. После проведения отрезков $A B ,A C 1 1 1 1$ и $B1C1$ треугольник $ABC$ разбился на $4$ треугольника с одинаковой площадью. Докажите что $A1,B1,C1$ середины сторон.

Источники: Муницип - 2024

Показать доказательство

Рассмотрим отношение площадей треугольников $ABC$ и $AB C . 1 1$ С одной стороны, это $4,$ а с другой — $-AB⋅AC-- AC1⋅AB1$ (как отношение площадей с общим углом). Обозначим

AB1 CA1 BC1 AC--= x,-CB-= y,BA--=z

Тогда $x(1− z)=1∕4.$ Аналогично,

y(1− x)= 1∕4,z(1− y)= 1∕4

Пусть $x> 1∕2.$ Тогда из $y(1− x)= 1∕4$ и $1− x < 1∕2:$

y >1∕2,1 − y <1∕2

и из $x(1− z)= 1∕4:$ $1− z > 1∕2,$ то есть $z <1∕2.$ Тогда $z(1− y)< 1∕4,$ противоречие. Значит, $x = y = z = 1∕2,$ ЧТД.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#65141

Через центр окружности радиуса $2$ проведены четыре окружности радиуса $1,$ касающиеся данной. Докажите, что площадь черной области равна площади серой (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Рисунок для тёмной темы:

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется воспользоваться теоремой о линолеуме! Но, чтобы ее применить, нужно доказать, что суммарная площадь маленьких окружностей в равна площади большой. Как это сделать?

Подсказка 2

Верно, давайте просто посчитаем: площадь каждой маленькой равна π, тогда их суммарная площадь равна 4π. А площадь окружности с радиусом 2, тоже равна 4π! Какой важное замечание осталось сказать, чтобы решить задачу?

Подсказка 3

Да, нужно сказать, что каждая часть большой окружности не покрыта трижды!

Показать доказательство

Суммарная площадь четырёх кругов радиуса $1$ равна $4π,$ так что равна площади содержащего их большого круга радиуса $2.$ Поэтому по теореме о линолеуме внутри круга радиуса $2$ площадь области точек, покрытых два раза кругами радиуса $1,$ равна площади области точек, не покрытых ни разу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#65144

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны $16$ и $9$ соответственно. На продолжении стороны $BC$ взята точка $M$ такая, что $CM =3,2.$ В каком отношении прямая $AM$ делит площадь трапеции $ABCD?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что BC || AD. Можно ли найти какие-то подобные треугольнички, связанные с точкой M? Стоит посмотреть на треугольник CEM, где Е - точка пересечения AM с CD...

Подсказка 2

Да, теперь ясно, что CEM подобен AED с коэффициентом 1/5. Значит, мы можем выразить площадь AED через площадь CEM. Попробуйте выразить площадь какого-то из треугольников внутри ABCE через CEM) У него с AED есть общая высота....

Подсказка 3

Да, например, ACE! Осталось выразить площадь ABC... А это можно сделать, если найдем площадь ABM)

Показать ответ и решение

Пусть $AM$ пересекает $CD$ в точке $E.$

$PIC$

За счёт $AD||BC$ имеем $△CEM ∼ △AED$ с коэффициентом $CM :AD = 3,2 :16= 1:5,$ так что $SCEM = S =⇒ SAED = 25S.$

Из теоремы об отношении площадей треугольников с общей высотой $SACE = SAED ⋅ CEED-= 25S ⋅ CAMD-= 5S.$

Тогда по тому же факту $SABD = SACD = SACE + SAED = 30S.$ И, наконец,

SABD :SABM = AD :BM = 16:12,2= 80:61

SABM = 61⋅30S 80

SABCE = 183S− S 8

175 SABCE :SAED = 8 S :(25S)=7 :8

Ответ: 7:8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#65146

На стороне $BC$ прямоугольника $ABCD$ отмечена точка $K.$ Докажите, что площади серой и чёрной частей равны (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Рисунок для тёмной темы:

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Картинка очень напоминает покрытие треугольничками..

Подсказка 2

Стоит найти две области, сумма площадей которых равна площади прямоугольника, и воспользоваться теоремой о линолеуме....

Подсказка 3

Заметим, что площадь AKD равна половине площади прямоугольника)

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения диагоналей за $O.$ Сумма площадей $AOB$ и $COD$ равна половине площади прямоугольника (полупроизведение стороны $AB$ на высоту прямоугольника к стороне $AB),$ так же как и площадь треугольника $AKD$ (полупроизведение основания $AD$ на высоту прямоугольника к $AD ).$ При этом в покрытии прямоугольника этими тремя $(AOB,COD, AKD )$ "ковриками " $\text{[math]}$ никакая точка не покрыта трижды.

Тогда по теореме о линолеуме площадь области прямоугольника, покрытой дважды (чёрной части), равна площади области, не покрытой ни разу (серой части).