Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Экстремальные задачи в планиметрии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87531

В круговой сектор радиуса $R$ с центральным углом $α$ $(0< α≤ π∕2)$ вписаны две окружности (обе касаются радиусов-сторон сектора, друг друга внешним образом, а большая касается окружности сектора). Какую наибольшую долю может составлять расстояние между центрами вписанных окружностей от величины $R$ и при каком значении $α$ это достигается?

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим радиусы малой и большой вписанных окружностей через $x$ и $y$ , введём величину $β = α 2$ . Отметим, что $π 0 <β < 4$ .

$PIC$

Выразим стороны треугольника через радиусы трёх окружностей.

OO2 = R − y, OO1 = R− x− 2y

Из подобия прямоугольных треугольников получаем

--1-= R-− y-= R−-x−-2y sin β y x

Откуда

R-= R-− 2x y x

-x y- y- R = (1− 2⋅R)⋅R

Расстояние между центрами вписанных окружностей $O1O2$ равно $x+y$ .

Рассмотрим искомое отношение

x +y y y y y y --R- = (1− 2R)R-+ R-= 2(1− R)R-

Относительно величины $t= yR-$ это отношение есть парабола $2t(t− 1)$ . Выразим параметр $t$ через угол $β$ .

si1nβ = Ry − 1

t= y= --sinβ--= ---1--- R 1 +sinβ 1+ s1inβ

Таким образом, при изменении $β$ от $0$ до $π 4$ параметр $t$ растёт от $0$ до $√ - 2− 1$ . Остаётся найти максимум параболы $2t(1− t)$ на полученном отрезке $√- [0; 2− 1]$ . Вершина параболы лежит правее отрезка, следовательно искомый максимум достигается при $√- t= t0 = 2− 1$ и равен $√ - 2(3 2− 4)$ .

Ответ:

$2(3√2-− 4)$ при $α= π 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90280

Четыре компьютера, расположенные в вершинах квадрата $ABCD$ , соединены прямолинейными отрезками проводов с сервером, который находится в точке пересечения диагоналей $O$ . Сторона квадрата равна 2 м. Несложно заметить, что для такого подключения потребуется $√- 4 2$ метров провода. Чтобы уменьшить длину проводов, вам разрешается передвинуть сервер из точки $O$ в любую другую точку $O1$ , а также компьютер из точки $A$ в любую другую точку $A1$ так, чтобы новая суммарная длина проводов $S =O1A1 +O1B + O1C+ O1D$ была как можно меньше. Разрешается компьютеры и сервер размещать в одной точке (например, точка $A1$ может совпасть с точкой $B$ ). Компьютеры в вершинах $B,C,D$ двигать нельзя. Чему равно минимальное значение $S$ ?

Источники: Верченко - 2024, 11.5 (см. ikb.mtuci.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что точки $A 1$ и $O 1$ совпадают.

Действительно, пусть минимум достигается на конфигурации, где это не так. Но тогда, сдвинув точку $A1$ в точку $O1$ , мы длину проводов уменьшим. Таким образом, компьютер $A1$ и сервер $O1$ должны оказаться в некоторой точке $K (K =A1 =O1).$

Покажем, что $K$ лежит на диагонали $AC$ .

Предположим обратное. Пусть $K1$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на прямую $AC$ . Покажем, что сумма расстояний от точки $K1$ до вершин $B,C,D$ , которую обозначим $SK1 = K1B + K1C+ K1D$ , меньше аналогичной суммы $SK = KB +KC +KD$ . Длина проекции меньше длины наклонной, поэтому $K1C < KC$ . Чтобы доказать, что

K1D + K1B <KD +KB (1)

отразим отрезок $BD$ относительно прямой $KK1$ (при этом точка $B$ перейдет в точку $B1$ , точка $D$ — в точку $D1$ ).

$PIC$

Точки $B,K1,D1$ окажутся на одной прямой. Тогда $K1D + K1B = K1D1+ K1B =D1B$ , и при этом $KD +KB = KD1 + KB > D1B$ . Неравенство (1) доказано. Следовательно, $SK1 < SK$ , а значит, искомая точка $K$ должна лежать на диагонали.

Пусть $OK =x$ . Рассмотрим функцию

S(x)= KC + KB +KD =2∘x2-+-2+√2-− x

$PIC$

′ ∘ -2--- S(x)= 2x∕ x + 2− 1

На отрезке $[0;√2]$ функция $S(x)$ принимает минимальное значение в точке $x0 =∘2-∕3,$ а само минимальное значение равно

S(x )= 2∘2-∕3+2-+√2-− ∘2-∕3= √6+ √2 0

Ответ:

$√6-+√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#63740

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD = 9,BC = 2$ и боковыми сторонами $AB =5,CD = 3√2-$ . Точка $P$ на прямой $BC$ такова, что периметр треугольника $AP D$ наименьший из возможных. Найдите этот периметр.

Источники: ОММО-2023, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Воспользуемся следующим утверждением, которое наиболее известно как «принцип наименьшего времени Ферма» в физике:

Для данных точек $A,B$ и данной прямой $ℓ$ из всех точек $L ∈ ℓ$ сумма $AL +BL$ будет минимальной, когда углы между прямыми $AL$ и $ℓ$ и $BL$ и $ℓ$ будут равны.

Тогда для искомой точки $P$ на прямой $BC$ должно выполняться равенство $∠XP A = ∠YPD$ (точки $X$ и $Y$ - где-то «далеко» на прямой $BC )$ . Поскольку $BC ∥AD$ , то

∠P AD =∠XP A = ∠YPD = ∠PDA

т.е. треугольник $PAD$ - равнобедренный. Значит, нам достаточно найти периметр равнобедренного треугольника $PAD$ , где $P$ - точка на прямой $BC$ .

По теореме Пифагора этот периметр равен

∘--------- 9+ 2⋅ ( 9)2+ h2 = 9+∘81-+-4h2 2

где $h$ - расстояние между прямыми $AD$ и $BC$ , т.е. высота трапеции.

Найти высоту трапеции можно разными способами. Например, проведём через точку $B$ , прямую, параллельную $CD$ , до пересечения с основанием $AD$ в точке $K$ . Тогда искомая высота - это высота из вершины $B$ в треугольнике $ABK$ . Поскольку $BCDK −$ параллелограмм, то $√ - BK = CD =3 2$ , $AK =AD − DK = AD − BC = 9− 2= 7$ .

Итого, нам достаточно найти длину высоты на сторону длины 7 в треугольнике со сторонами 5 , $√- 7,3 2$ . По формуле площади и формуле Герона имеем

2 2 2 √- √- √ - √ - 4h ⋅7 = 16S = (5 +7+ 3 2)(5+ 7− 3 2)(5− 7+ 3 2)(−5+ 7+ 3 2)

откуда

√- √- √ - √ - (122− (3√2-)2)((3√2)2 − 22) 4h2 = (12+3-2)(12-− 3-2)7(−2-2+3-2)(2+3-2) = ----------72----------= 36

и окончательный ответ $√------- √--- 9 + 81+ 4h2 = 9+ 117$ .

Второе решение.

Также, как и в первом решении, найдём высоту трапеции. Покажем здесь, как можно это было сделать по-другому. Опустим высоты $BE$ и $CF$ трапеции. Обозначим их длины через $h$ , длину отрезка $AE$ обозначим через $ℓ$ . Поскольку $EF =BC =2$ , для $F D$ получим $FD = 7− ℓ$ . Из прямоугольных треугольников $ABE$ и $CDF$ по теореме Пифагора получим $AB2 = BE2 +AE2$ и $CD2 = CF2 +DF 2$

Подставив в эти равенства известные длины, получим систему уравнений

{ 52 =h2+ ℓ2 18 =h2+ (7− ℓ)2

Вычитая из первого равенства второе, получим $(ℓ+ (7 − ℓ))(ℓ− (7− ℓ))= 7$ , откуда $ℓ =4$ . Тогда $h= 3,FD = 3$ .

Рассмотрим треугольник $APD$ . Обозначим $BP = x$ , тогда $PC =2− x$ (здесь и далее все расстояния со знаком, т.е. могут быть отрицательные). Опустим высоту $PQ$ . Тогда треугольник $AP Q$ прямоугольный и по теореме Пифагора

∘ ---------- AP = ∘AQ2-+-QP2-= (4+x)2+ 32.

Аналогично, из прямоугольного треугольника $DPQ$

∘ ---------- DP = (5− x)2+ 32

Тогда периметр треугольника $APD$ равен

∘---------- ∘---------- P (x)= 9+ (4+ x)2+ 32+ (5− x)2+ 32

Найдём производную этой функции:

P′(x)= ∘---4+-x----− ∘--5−-x----. (4 +x)2+32 (5− x)2+ 32

Из уравнения $′ P (x)=0$ получаем

( ) ( ) (4+ x)2(5− x)2+ 32 = (5− x)2(4+ x)2+ 32

откуда $2 2 1 (5− x) = (4+x) ,x= 2$ . Несложно видеть, что $1 x= 2$ именно точка минимума, откуда минимальный периметр равен $(1) √ --- P 2 = 9+ 117$ .

Ответ:

$9+ √117$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67940

Две стороны выпуклого четырёхугольника имеют длину 6, ещё одна — длину 1, а его площадь — наибольшая возможная при таких условиях. Какова длина четвёртой стороны четырёхугольника?

Источники: Ломоносов-2023, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть известные длины сторон четырехугольника равны $b,b$ и $c.$ В условии не указан порядок расположения этих сторон: $b,b,c$ или $b,c,b.$ Но вместо четырехугольника $ABCD,$ в котором, скажем $AB = CD =b,BC =c,$ рассмотрим четырехугольник $AB′CD,$ в котором, $B ′C = CD =b,AB′ = c.$ В нем тот же набор известных длин сторон (но в другом порядке), а площади этих четырехугольников равны, так как это суммы $SABC + SACD$ и $SAB′C + SACD,$ причем $△ABC = △AB ′C.$

Поэтому можно считать, что $AB =CD = b,BC =c.$

Заметим, что двигая точку $D$ по дуге окружности радиуса $b$ с центром в точке $C,$ мы будем получать четырехугольник с тем же набором известных длин сторон, с той же частью $ABC,$ а площадь части $ACD$ будет наибольшей тогда, когда $CD ⊥ AC$ (иначе при том же основании $AC$ высота из точки $D$ будет короче, чем $b).$ Двигая аналогично точку $A$ вокруг точки $B,$ получим, что из свойства максимальной площади четырехугольника $ABCD$ вытекает $AB ⊥BD.$

Итак, имеются два прямоугольных треугольника $ABD$ и $ACD$ с общей гипотенузой $AD$ и равными катетами $AB$ и $CD.$ Значит, треугольники равны, как и их высоты на гипотенузу, т.е. $ABCD$ — равнобедренная трапеция с тупыми углами $B$ и $C.$

$PIC$

Пусть $d= AB′ = C′D,$ где $B′$ и $C′$ — проекции точек $B$ и $C$ на $AD.$ Тогда из свойства высоты прямоугольного треугольника получаем

′ ′ ′ 2 2 2 2 2 AB ⋅B D= B B ⇔ d(c+ d)=b − d ⇔ 2d + cd− b = 0

Отсюда, с учётом того, что $d >0,$ получаем

−c+-√c2+-8b2- c+-√c2+-8b2 d= 4 ⇒ a= AD = c+2d= 2

Подставляем $b= 6,c= 1$ и получаем

1+-√1-+8⋅36 a= 2 = 9

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68498

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны $R$ и $r$ соответственно.

а) Прямая $AI$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W$ . Докажите, что $IA ⋅IW = 2Rr.$

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен $2 R − 2Rr.$ [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

Пусть $∠BAC = α.$ Из условия следует, что $AW$ — биссектриса угла $A$ , то есть $∠BAW = α2$

Поэтому $BW = 2R ⋅sinα2$ . По лемме о трезубце $IW =BW.$

Пусть $M$ — проекция точки $I$ на $AB$ . Из прямоугольного треугольника $AMI$ находим, что

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

Переписав формулу в виде $2 2 R − OI = 2Rr$ , докажем, что обе ее части равны произведению $AI ⋅W I$ , где $W$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью.

Пусть $M, N$ — точки пересечения прямой, содержащей $OI$ и окружности, описанной около треугольника $ABC.$

По свойству пересекающихся хорд

2 2 AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) $AI⋅W I = 2Rr$ , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что $R ≥2r$ , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство $R= 2r$ достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — вписанная и описанная окружности треугольника $ABC$ . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник $A1B1C1$ , подобный данному с коэффициентом $2$ . Пусть $R1$ — радиус вписанной окружности треугольника $A1B1C1$ .

Опишем около окружности $S2$ треугольник $A2B2C2$ , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника $A1B1C1$ так, что прямая $B2C2$ и точка $A1$ расположены по разные стороны от прямой $BC$ , прямая $A2C2$ и точка $B1$ — по разные стороны от прямой $AC$ , прямая $A2B2$ и точка $C1$ — по разные стороны от прямой $A1B1.$

Треугольник $A2B2C2$ подобен треугольнику $A1B1C1$ и, следовательно, треугольнику $ABC$ . Стороны треугольника $A2B2C2$ не меньше соответствующих сторон треугольника $A1B1C1$ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому $R ≥ R1= 2r.$

Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника $A1B1C1$ касаются окружности $S2$ . Тогда

∘ ∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

Следовательно, $∠A= 60∘.$ То же верно для остальных углов. Треугольник является правильным.

Третий вариант решения пункта (в)

Пусть $a, b$ и $c$ — стороны треугольника, $p$ — полупериметр, $S$ — площадь. Тогда

R = abc, r = S-,S = ∘p(p−-a)(p−-b)(p-− c) 4S p

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

R- a4bcS- abcp- ----------abc----------- (x-+y)(y+-z)(x+-z) 2r = 2Sp = 2S2 = (a+ b− c)(b+c− a)(a+ c− b) = 8xyz ≥ 1

Где последнее — в силу неравенства о средних для трёх чисел.

Следовательно, $R≥ 2r$ . Равенство достигается, когда $x= y = z$ , то есть $a= b= c$ в случае равностороннего треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#98023

Про натуральные числа $n,m,k$ и $l$ известно, что $mn =kl= 350.$ Оказалось, что точки с координатами $(m,n)$ и $(k,l)$ различны, а площадь треугольника с вершинами в данных точках и начале координат минимальна. Вычислите эту площадь.

Источники: Отбор Физтех 2023, Задача 4 (olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $⃗a$ и $⃗b$ — векторы с координатами $(m, n)$ и $(k,l)$ соответственно. Построим перпендикулярный к $⃗b$ вектор $⃗b′$ такой, что $⃗ ⃗′ |b|= |b |,$ его координаты будут $(−l,k).$

$PIC$

Можем выразить площадь треугольника через векторы $⃗a$ и $⃗ b:$

1 S = 2|⃗a||⃗b|sinα,

где $α$ — угол между $⃗a$ и $⃗b.$

Учитывая, что $sin α= cos(90∘− α)$ и $|⃗b|=|⃗b′|,$ получаем:

S = 1|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α) 2

Но $(90∘ − α)$ равно уголу между $⃗a$ и $⃗b′,$ тогда $|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α )$ — скалярное произведение $⃗a$ и $⃗b′.$

S = 1(⃗a,⃗b′)= 1⋅(−ml+ nk) 2 2

Минимизируем $nk − ml :$

350- 350 ( n -l) nk− ml= n ⋅ l − l⋅ n = 350⋅ l − n

По построению, не умаляя общности, $n> l$ (иначе бы строили перпендикуляр относительно вектора $⃗a,$ а не $⃗b$ ).

Для минимизации выражения нужно, чтобы $n l$ было минимально. Тогда $n 7 l = 5.$

Получаем окончательное значение площади:

( ) S = 12 ⋅350 ⋅ 75 − 57 =120

Ответ: 120

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70493

Высота $BD$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекается с его другими высотами в точке $H.$ Точка $K$ лежит на отрезке $AC$ так, что величина угла $BKH$ максимальна. Найдите $DK,$ если $AD =2,DC = 3.$

Источники: Ломоносов-2022, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

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

tg ∠BKH = tg(∠BKD − ∠DKH )= -tg∠BKD--−-tg∠DKH----=--BDDK-−-DDHK- = 1+ tg∠BKD ⋅tg∠DKH 1 +DBKD⋅ DDHK-

(BD − DH )⋅DK = DK2-+-BD-⋅DH-

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

2 y = x-+BD-⋅DH--=x + BD-⋅DH-, x x

где $x =DK.$ Производная $y′$ равна $1− BDx⋅D2H-$ и обращается в нуль при $x =√BD--⋅DH--$ (нас интересуют только положительные значения $x).$

Заметим, что $DH :AD =tg∠HAD =ctg∠BCD = DC :BD,$ откуда $AD ⋅DC = DH ⋅BD.$ Таким образом, $x= √AD-⋅DC-= √2⋅3= √6.$

Ответ:

$√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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)

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:

$8+ 4√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76582

Назовём расположенный в пространстве треугольник $ABC$ удобным, если для любой точки $P$ вне его плоскости из отрезков $PA,PB$ и $P C$ можно сложить треугольник. Какие углы может иметь удобный треугольник?

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем сначала, что неравносторонний треугольник под условие подходить не может. Предположим противное, пусть такой треугольник $ABC$ есть и в нём $AB ⁄= AC,$ причём длины этих сторон различаются хотя бы на $d.$

Рассмотрим точку $P,$ расположенную на перпендикуляре к плоскости $ABC,$ проходящем через точку $A,$ на расстоянии $𝜀$ от $A.$ Тогда

∘ ------- ∘ ------- PB = AB2+ 𝜀2, PC = AC2 +𝜀2

Можно выбрать $P$ настолько близко к вершине $A,$ уменьшая $𝜀,$ чтобы $PB$ и $P C$ отличались соответственно от $AB$ и $AC$ меньше, чем на $d∕3,$ и чтобы $𝜀$ было меньше $d∕3.$ Тогда стороны $PB$ и $P C$ будут различаться более чем на $d∕3,$ а длина стороны $P A$ меньше $d∕3$ — противоречие с неравенством треугольника.

Покажем теперь, что равносторонний треугольник удобен. Пусть $AB = BC =CA.$ Отметим на лучах $PA,PB,P C$ точки $A1,B1,C1$ так, чтобы выполнялись равенства:

AB ⋅P A1 = PB ⋅PC

BC ⋅PB1 = PC ⋅PA

CA ⋅PC1 = PB ⋅PA

Треугольники $APB$ и $B1P A1$ подобны по углу и отношению двух сторон, откуда

A1B1 = AB-⋅P-A1= PC PB

$PIC$

Аналогично вычисляем длины остальных сторон. Получаем, что треугольник $A1B1C1$ — искомый.

Ответ:

$60∘,60∘,60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#92159

Из равнобедренного треугольника с углом $α$ при вершине и площадью 1 вырезают максимальный по площади круг, а из него — максимальный по площади треугольник, подобный исходному. Какое наибольшее и наименьшее значение принимает площадь $S(α)$ полученного в итоге треугольника при $∘ ∘ 60 ≤α ≤120 ?$

Источники: Ломоносов - 2021, 11.5 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть дан треугольник $ABC,$ $M$ — это середина $AB.$ Заметим, что максимальный по площади круг лежащий в данном треугольник является кругом, ограниченный вписанной окружностью. Пусть $I$ — центр вписанной окружности, $α- β = 2$ и $r$ — радиус окружности.

$PIC$

Тогда половина основания можно вычислить из подобия $△ACM$ и $△CID$

AM CM -ID- = CD-

r AM sin-β + r --r = -rcosβ-- sinβ

AM = r(1c+ossinββ)-

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

Исходный треугольник $ABC$ остроугольный или прямоугольный, то есть тогда $β ≤45∘.$ Тогда треугольник $A ′B′C′$ будет вписан в вырезанную окружность.

$PIC$

В этом случаи половина основания вырезанного треугольника равна
$A′M′ = rsin2β$
Исходный треугольник $ABC$ тупоугольным, то есть тогда $β >45∘.$ Тогда треугольник $A′B ′C′$ будет расположен так, что $AB$ будет диаметром вырезанной окружности.

$PIC$

В этом случаи половина основания вырезанного треугольника равна
$′ ′ A M = r$

В итоге получаем

( ′ ′ |{r sin2β , β ≤45∘ A M = |( ∘ r , β >45

Тогда коэффициент подобия будет равен

( A′M′ |{ 2sinβ⋅(1− sinβ) , β ≤45∘ -AM- =|( -cosβ-- ∘ 1+ sinβ , β > 45

В силу подобия $△ABC$ и $△A ′B′C′$ и того, что площадь исходного треугольника была равна 1, получаем, что

( ′ ′)2 S(α )=S(2β)= A-M- AM

Функция убывает при $α∈ [60∘;120∘],$ то есть $β ∈ [30∘,60∘],$ поэтому

S = S (60∘)=(2sin30∘⋅(1− sin 30∘))2 = 1 max 4

∘ ( cos60∘ )2 √- Smin = S(120 )= 1+-sin60∘ = 7− 4 3

Ответ:

$1 ;7− 4√3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#92433

На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ квадрата $ABCD$ соответственно отмечены точки $P,Q,R,S$ , отличные от вершин. Известно, что длина стороны квадрата равна 1. Доказать, что выполнены неравенства:

2 2 2 2 2≤ PQ +QR +RS +SP < 4.

Источники: Всесиб - 2021, 11.1 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

$PIC$

По теореме Пифагора

PS2 = AP2 +SA2

P Q2 = BP2 +BR2

2 2 2 QR = CQ +CR

2 2 2 RS = DR +DS

Сложим эти равенства и перегруппируем результат в виде:

PQ2 + QR2+ RS2+ PS2 =

( ) ( ) ( ) ( ) AP 2+P B2 + BQ2 + QC2 + CR2 + RD2 + DS2 + SA2

Каждое из выражений в скобках имеет вид $2 2 2 f(x)= x +(1− x) =2x − 2x+ 1$ для некоторого $0< x< 1$ и заключено в пределах от $(1) 1 f 2 =2$ включительно до $f(1)= 1$ невключительно. Следовательно, сумма $PQ2 + QR2+ RS2+ SP2$ заключена от $(1) 4f 2 = 2$ включительно до $4f(1)= 4$ невключительно.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#94092

Бумажный квадрат площади 17 согнули по прямой, проходящей через его центр, после чего соприкасающиеся части склеили. Найдите максимально возможную площадь получившейся бумажной фигуры.

Источники: ПВГ - 2021, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим сторону квадрата через $a.$ Пусть прямая отсекает от стороны квадрата $AD$ отрезок $AP =x < a. 2$ Найдём $AQ$ .

$PIC$

Обозначим $∠RP S = ∠RP Q= α,∠QPA = β$ . Поскольку из треугольника $PRS$ (здесь $S$ это проекция точки $R$ на основание $AD$ ) находим $tgα =a−a2x$ , то

tg(2α) =-a(a−-2x) 2x(x− a)

a(a−-2x) AQ= x⋅tgβ = xtg(− 2α )= 2(a − x)

Следовательно катеты прямоугольных треугольников равны $x$ и $a(a−2x) 2(a−x)-$ . Откуда искомая площадь равна

2 a2-+ ax(2(aa−−-2xx))

С помощью производной можно получить, что максимум функции

x(a-− 2x) f(x)= (a− x)

достигается при $a(2− √2) x= ---2--$ , что соответствует углу

π 3π 3π β = 4,2α = 4-,α= -8 .

Ответ:

$17(2 − √2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#92070

Координаты $(x;y)$ вершин треугольника $ABC$ являются решениями уравнения

|cos(x − 2y)|= −|cos(x+ y)|.

Найти наименьшее возможное значение площади треугольника.

Показать ответ и решение

Уравнение равносильно системе

{ cos(x− 2y)= 0 { x − 2y = π +πm { x = π+ π(m +2k) cos(x+ y)= 0 → x+ y = π+ 2πk,k,m ∈Z → y 2= π3(k − m ) ,m,n ∈Z(∗) 2 3

Решения расположены в узлах «косой» решетки на плоскости образованной семейством прямых

L :x +y = π+ πk и L :x − 2y = π +πm k 2 m 2

Если две вершины, например, $A$ и $B$ , искомого треугольника $ABC$ наименьшей площади лежат на прямых семейства $Lk$ , то $A$ и $B$ являются соседними вершинами решетки (в противном, его площадь может быть уменьшена) и

π π π√2- |xA− xB|= 3,|yA− yB|= 3 → AB =--3-

Вершина $C$ находится на соседней (параллельной) прямой из семейства $Lk$ (иначе площадь может быть уменьшена). Поскольку расстояние между соседними прямыми из семейства $Lk$ одинаковое и равно $π√2$ , площадь треугольника $ABC$ равна $2 S1 = π6$ . Если две вершины, например, $B$ и $C$ , находятся на прямой семейства $Lm$ и являются соседними узлами решетки, то

√- |xB − xc|= 2π,|yB − yC|= π → AB = π-5 3 3 3

Вершина $A$ находится на соседней (параллельной) прямой семейства $Lm.$ Поскольку расстояние между соседними прямыми из семейства $L m$ одинаковое и равное $√π 5$ , площадь треугольника равна

1 π√5 π π2 S2 = 2 ⋅-3-⋅√5-= 6-= S1

Ответ:

$π2 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#100846

В четырёхугольнике $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O$ . Известно, что $S = S = 3,BC = 3√2,cos∠ADC = √3- ABO CDO 2 10$ . Найдите синус угла между диагоналями этого четырёхугольника, если его площадь принимает наименьшее возможное значение при данных условиях.

Показать ответ и решение

Докажем, что четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Пусть $x ,x,y ,y 1 2 1 2$ — отрезки, на которые диагонали делятся их точкой пересечения. Обозначим угол между диагоналями через $a$ .

$PIC$

По условию площади треугольников $ABO$ и $CDO$ равны, то есть

1 1 2x1y2sin a= 2x2y1sin a

Отсюда

x1 = y1, x2 y2

и, следовательно, треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны по первому признаку подобия: две стороны ( $x1$ и $y1$ ) треугольника $BOC$ пропорциональны двум сторонам ( $x2$ и $y2$ ) треугольника $AOD$ , а углы, образованные этими сторонами ( $∠BOC$ и $∠AOD$ ), равны. Пусть $k = x1 = y1 x2 y2$ — коэффициент подобия треугольников $BOC$ и $AOD$ . Обозначим через $S$ площади треугольников $ABO$ и $CDO$ (по условию $S = 3 2$ ). Тогда $SBOC = k⋅S$ и $SAOD = S∕k$ . В итоге, площадь четырехугольника $ABCD$ может быть представлена в виде:

( 1) SABCD = SAOD+ SCDO +SBOC + SABO =2S +S k+ k

Известно, что для $k> 0$ минимальное значение выражения $1 k +k$ достигается при $k= 1$ . Значит, $x1 = x2$ и $y1 = y2$ , то есть диагонали четырехугольника точкой пересечения делятся пополам, поэтому $ABCD$ — параллелограмм. Его площадь $SABCD = 4S = 6$ .

Для нахождения синуса угла между диагоналями воспользуемся тем, что площадь четырехугольника равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними:

SABCD = 1⋅AC ⋅BD ⋅sin a= 2SABCD- 2 AC ⋅BD

Чтобы найти длины диагоналей, вычислим сторону $CD$ , записав формулу для площади параллелограмма

SABCD = 4S = AD ⋅CD ⋅sin∠ADC

CD = -----4S----- = ---∘-4⋅ 32----= 2√5 AD ⋅sin∠ADC 3√2- 1− (√3-)2 10

Теперь найдем диагонали $AC$ и $BD$ по теореме косинусов из треугольников $ADC$ и $BCD$ :

AC = ∘AD2-+-CD2-− 2-⋅AD-⋅CD-⋅cos∠ADC-=√2- ∘---------------------------- √-- BD = AD2 + CD2+ 2⋅AD ⋅CD ⋅cos∠ADC = 74

Подставив найденные значения в соотношение (1), получим $√6- sina = 37$ .

Ответ:

$√-6- 37$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#45071

В треугольник $ABC$ , в котором сумма сторон $AC$ и $BC$ в $9 5$ раз больше стороны $AB$ , вписана окружность, касающаяся сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $M,N$ и $K$ соответственно. Отношение площади треугольника $MNC$ к площади треугольника $ABC$ равно $r$ . Найдите при данных условиях:

а) наименьшее значение $r$ ;

б) все возможные значения $r$ .

Источники: ПВГ-2018, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) По формуле отрезков касательных для вписанной окружности имеем $MC = NC = p− c, p = a+b2+c, a,b,c$ — стороны $BC, AC,AB$ треугольника, отсюда

2 2 2 SMNC-= (p−-c)-= (a+-b−-c)-= 4(a+-b)-. SABC ab 4ab 81ab

Используем неравенство о средних $a+ b≥ 2√ab-$ (знак равно достигается, только в случае $a =b$ ), то $16(a+b)2 ≥ 4⋅4ab= 16 81ab 81ab 81$ .

б) Перепишем отношение площадей в следующем виде:

SMNC-= 4(a+b)2= -4( a+ 2+ b)= -4 (t+ 1+ 2) SABC 81ab 81 b a 81 t

где $a t= b$ . По неравенству треугольника $a+ b> c,a+ c> b,b+ c> a$ . Учитывая то, что $5(a+b)- c= 9$ последние неравенства равносильны $7 a 2 2 > b > 7$ . Отсюда $2 7 t∈(7,2)$ . Функция $4 ( 1 ) f(t)= 81-t+ t +2$ монотонно убывает на $(0;1)$ и возрастает на $(1;+∞ )$ , она симметрична относительно $1$ , откуда $2 7 2 f(7)= f(2)= 7$ . В итоге находим множество значений $16 7 2 f(t) : f(1) =81 ≤f(t)≤ f(2)= 7$ на отрезке $2 7 (7,2)$ . Любое промежуточное значение можно задать выбором $a$ и $b$ .

Ответ:

а) $16 81$

б) $16 2 [81;7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#106531

Чемпионат мира по футболу — значимое событие, которое объединяет миллионы болельщиков по всему земному шару. История чемпионатов мира полна захватывающих моментов, драматичных матчей и невероятных побед. В 2022 году турнир прошёл в Катаре, а в 2026 году он состоится сразу в трех странах — Мексике, США и Канаде — что станет уникальным событием в истории футбола.

Безусловно, одним из самых запоминающихся чемпионатов в истории стал турнир 2018 года в России. Он запомнился многим болельщикам благодаря удивительным результатам и волнующим моментам. Одним из таких моментов стала победа сборной России над сборной Испании в стадии 1/8 финала турнира. Россияне показали настоящий характер и упорство, а сейв Игоря Акинфеева в послематчевой серии пенальти стал символом этой победы и вызвал бурю эмоций у всех россиян.

Во время чемпионата мира 2018 года в Москве была организована одна из крупнейших фан-зон на Воробьёвых горах. Здесь каждый мог почувствовать атмосферу настоящего футбольного праздника, наблюдая за матчами на огромном экране.

Так и молодой болельщик Сева решил посетить фан-зону на Воробьёвых горах, чтобы посмотреть матч сборной России против Испании. Экран, на котором транслировались матчи, имел высоту $H = 25$ метров и находился на высоте $h =20$ метров над уровнем глаз Севы.

$PIC$

Вопрос, который интересует нас сегодня, заключается в следующем: на каком расстоянии от плоскости экрана Севе следовало находиться, чтобы получить максимальный угол обзора?

Показать ответ и решение

Введём обозначения, как на чертеже:

$PIC$

Первое решение.

Так как угол альфа острый, то максимизация угла равносильна максимизации его тангенса, поскольку функция $f(t)=tgt$ монотонно возрастает на интервале $(0;π2).$ По формуле тангенса разности

tgα = tg(∠BAH − ∠CAH )= -tg-∠BAH-−-tg∠CAH---= 1+ tg∠BAH ⋅tg∠CAH

BH−CH- BC ⋅AH H⋅ℓ = 1+-ABHH⋅CH2--=AH2-+-BH-⋅CH-= ℓ2+-h(h+-H-) AH

Далее можно оптимизировать с помощью производной, но мы воспользуемся тривиальной оценкой $ℓ2+ h(h+ H )≥2ℓ⋅h(h +H ),$ откуда

tgα≤ ---H-⋅ℓ---= ---H---, 2ℓ⋅h(h +H ) 2h(h +H )

причём равенство достигается при $2 ℓ =h(h+ H).$ Отсюда оптимальное расстояние для максимизации угла равно

------- --------- ∘ h(h+ H)= ∘20(20 +25)= √4⋅5⋅5⋅9= 2⋅5⋅3= 30 (метров)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Рассмотрим окружность, проходящую через точки $B,C$ и касащуюся в точке $A$ перпендикуляра к $BC$ из точки $H.$ Угол $BAC$ равен половине градусной меры дуги $BC$ . Для любой точки $A′$ прямой $AH$ , отличной от точки $A$ и лежащей в одной полуплоскости с ней относительно $BC$ , угол $BA ′C$ равен полуразности дуг $BC$ и $B1C1,$ т.е. меньше:

$PIC$

Для точек $A′$ прямой $AH$ , лежащих в другой полуплоскости относительно $BC$ можно провести следующее рассуждение: рассмотрим вторую окружность через $B,C$ , касающуюся $AH$ , назовем точку касания $D$ . Тогда по аналогичной причине угол $BDC$ больше либо равен углу $BA′C$ . Но при этом угол $BDC$ меньше $BAC$ , т.к. они опираются на равные хорды, а радиус второй окружности больше.

Итак, $AH$ равен отрезку касательной из точки $H.$ По теореме о касательной и секущей

√------- ∘ ------- ∘ --------- √------- HA = HC ⋅HB = h(h+ H) = 20(20+ 25)= 4 ⋅5 ⋅5 ⋅9 =2 ⋅5 ⋅3 =30 (метров)

Замечание. На самом деле это наглядный пример задачи на условный экстремум: мы ищем экстремум угла как функции и ставим условие, что он лежит на прямой $ℓ.$ А в точке экстремума градиенты у линии уровня искомой функции (по сути окружности, потому что ГМТ, из которых данный отрезок виден под данным углом, есть две дуги равных окружностей с общей хордой — данным отрезком — без концов данного отрезка) и условия (принадлежности прямой) пропорциональны, так что линии уровня касаются в точке оптимума, поэтому окружность и должна касаться прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В оптимальной конструкции образуется прямоугольный треугольник, длина высоты которого служит ответом:

$PIC$

Возможно, у задачи также имеется изящное решение с идеями геометрической оптики через дополнительное построение — симметрию экрана относительно уровня глаз.

Ответ: 30 метров

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#93373

На листе бумаги нарисован прямой угол с вершиной $P.$ Пятиклассник Петя хочет провести несколько лучей с той же вершиной, лежащих внутри угла, так, чтобы сумма всех получившихся при этом углов составляла $400$ градусов. Какое наименьшее число лучей он может провести?

Источники: Лига открытий - 2017

Показать ответ и решение

Если он проведёт один луч, то сумма всех трёх получившихся углов составит $180$ градусов. Если лучей будет два, то получим три угла, при суммировании которых каждый крайний угол будет учитываться три раза, а средний четыре раза. Тогда при суммировании всех углов мы получим меньше $360$ градусов. Если же провести три луча, то всего получится $10$ углов, причём при их суммировании два крайних угла учитываются по $4$ раза, а два средних по $6$ раз. Если сумма двух средних углов будет составлять $20$ градусов, то вся сумма как раз даст $400$ градусов. Так что три луча провести можно, и делать это нужно так, чтобы угол между двумя не соседними лучами составлял $20$ градусов.

Ответ:

Три луча

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#68204

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Пусть $I$ – центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Найдите наименьшее значение $BD$ , если известно, что $AI =BC =CD = 2.$

Источники: Московская мат регата - 2016, 11.4

Показать ответ и решение

Из условия следует равенство дуг $BC$ и $CD,$ значит, биссектриса $AI$ угла $BAD$ пересекает окружность в точке $C$ . По лемме о трезубце $CI =CB = CD = 2.$

$PIC$

Пусть $E,G$ – основания перпендикуляров, опущенных из точек $C$ и $I$ на $BD$ и $AB$ соответственно, тогда из равенства прямоугольных треугольников $DEC$ и $AGI$ по острому углу (равные вписанные углы) и гипотенузе (из условия) следует, что $CE = IG.$ Перпендикуляр $I$ к диагонали $BD$ также равен $IN$ (это радиусы вписанной окружности треугольника $ABD ),$ поэтому $BD$ пересекает отрезок $CI$ в его середине $L$ из равенства прямоугольных треугольников $ELC$ и $FLI$ по катету и острому углу (вертикальные).

Таким образом, $CL =IL =1.$ По теореме о произведении отрезков хорд $BL ⋅DL= AL ⋅CL.$ Пусть $BL = x,DL = y,$ тогда $xy =3.$ А по неравенству о средних $x+ y ≥ 2xy =2√3.$

Наименьшее значение достигается при $x= y = √3.$ Построим равнобедренный треугольник $BCD$ с боковыми сторонами $BC = CD = 2$ и высотой $CE = 1.$ Тогда $BE =ED = √3.$ Продлим $CE$ за точку $E$ на длину $3,$ получим точку $A.$ Отметим $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD.$ Тогда из леммы о трезубце получим $CB = CD =CI = 2,$ а значит, $AI = 2$ и построенная картинка удовлетворяет условию.

Ответ:

$2√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90131

В окружность с центром $O$ вписан четырехугольник $ABCD$ , диагонали $AC$ и $BD$ которого пересекаются в точке $M$ , причем $AM =4,AB = 6$ . Определите, какой может быть наименьшая длина диагонали $BD$ , если известно, что стороны $AB$ и $AD$ равноудалены от точки $O$ .

Источники: ПВГ 2016

Показать ответ и решение

Из равноудалённости сторон $AB$ и $AD$ от точки $O$ вытекает их равенство. Следовательно равны углы $∠ACD = ∠ADB = ∠ABD$ . Таким образом, треугольники $ABM$ и $ACB$ подобны. Откуда $2 AB = AM ⋅AC$ , т.e. $AC = 9$ , а следовательно, $MC = 5$ . Так как $DM ⋅MB = CM ⋅MA = 5⋅4$ , то $DM = 5x,MB = 4∕x.$ Следовательно,

4 ( 4) 2 √ - BD = 5x+ x = 5 x + 5x ≥ 5⋅2⋅√5-=4 5,

применяя $a2+ b2 ≥2ab$ . Остаётся заметить, что данный случай реализуется, когда $AC$ проходит через центр окружности.

$PIC$

Ответ:

$4√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#91932

На одной из сторон острого угла с вершиной $O$ взяты точки $A$ и $B$ , а на другой – точка $C$ . При какой длине отрезка $OC$ величина угла $ACB$ максимальна, если $OA = 1,OB = 5?$

Показать ответ и решение

Проведем через точки $A$ и $B$ окружность, касающуюся второй стороны угла. Если $C$ — точка касания, то угол $ACB$ равен половине дуги $AB.$ В противном случае угол $ACB$ равен полуразности дуги $AB$ и второй дуги, высекаемой углом $ACB$ — т. е. будет меньше.