Тема Турнир городов - задания по годам

Турнир городов 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела турнир городов - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#75130

Дан неравнобедренный треугольник $ABC.$ Выберем произвольную окружность $ω,$ касающуюся описанной окружности треугольника $ABC$ внутренним образом в точке $B$ и не пересекающую прямую $AC.$ Отметим на $ω$ точки $P$ и $Q$ так, чтобы прямые $AP$ и $CQ$ касались $ω,$ а отрезки $AP$ и $CQ$ пересекались внутри треугольника $ABC.$ Докажите, что все полученные таким образом прямые $P Q$ проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $ω.$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.5 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать, через какую точку могли бы проходить все прямые PQ.

Подсказка 2

Рассмотрите внешнюю биссектрису угла B.

Подсказка 3

Пусть точка D — основание внешней биссектрисы угла B, докажите, что она существует и что через нее проходят все прямые PQ.

Подсказка 4

Точка D будет существовать, так как треугольник неравнобедренный. Попробуйте увидеть теорему Менелая.

Подсказка 5

Вспомните свойства внешней биссектрисы и касательных к окружности.

Показать доказательство

Пусть $R$ — точка пересечения касательных $AP$ и $CQ.$ Докажем, что все прямые $PQ$ проходят через точку $D$ — основание внешней биссектрисы угла $B$ треугольника $ABC$ (точка $D$ существует, так как треугольник неравнобедренный).

$PIC$

По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника $ARC,$ достаточно проверить, что

AP-⋅ RQ-⋅ CD-= 1 PR QC DA

Поскольку $RQ$ и $PR$ равны как касательные, достаточно проверить равенство

AP- AD- QC = DC

Но по свойству внешней биссектрисы

AB AD BC-= DC-

Так что проверяем равенство

AP- AB- QC = BC

Пусть $AB$ и $BC$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Запишем степени точек $A$ и $C$ относительно окружности $ω :$

AX ⋅AB = AP 2, CY ⋅CB = CQ2

Осталось проверить равенство

AX CY AB-= CB-

Это равенство следует из того, что $ω$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $B.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76581

Многочлен третьей степени имеет три различных корня строго между 0 и 1. Учитель сообщил ученикам два из этих корней. Ещё он сообщил все четыре коэффициента многочлена, но не указал, в каком порядке эти коэффициенты идут. Обязательно ли можно восстановить третий корень?

Источники: Турнир городов - 2022, 11.1 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам известны 2 корня и все коэффициенты в каком-то порядке! Все корни меньше единицы, но больше 0. Что тогда можно сказать про коэффициенты и их сравнения относительно друг друга?

Подсказка 2

Да, свободный член наименьший по модулю и при этом, знаки у коэффициентов чередуются! В таком случае, что можно сказать исходя из теоремы Виета?

Подсказка 3

Верно, по теореме Виета для b и d, которые мы знаем, можно найти a! А дальше уже можно найти и оставшийся корень.

Показать ответ и решение

Пусть $a,b,c,d$ — коэффициенты многочлена от старшего к младшему, $α,β$ — известные корни, $γ$ — неизвестный корень. Прежде всего заметим, что так как все корни между 0 и 1, то в силу теоремы Виета коэффициент $d$ — наименьший из коэффициентов по абсолютной величине.

Поскольку все корни многочлена положительны, знаки коэффициентов чередуются. Поэтому, зная $d,$ определяем $b.$ Если найти $a,$ то определяется и $c.$ Заметим, что по Виета

−d aγ = αβ-и b= −a(α+ β+ γ)

Поэтому можно найти $a(α +β).$ Так как $α$ и $β$ известны, отсюда определяется $a.$ А значит и третий корень $γ.$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если поразмыслить над этой задачей, порисовать какие-то треугольники и точки Р, можно понять, что если брать точку Р очень близко к одной из вершин (допустим, к А), выполнение неравенства треугольника для РА, РВ, РС сводится к тому, что АВ и АС не могут быть сильно отличны по длине.

Подсказка 2

Конечно, мысли из первой подсказки нужно формализовать. Тогда мы придем к тому, что если условие задачи выполнено, то треугольник АВС равносторонний. Теперь для равностороннего треугольника нужно доказать, что для любой точки P условие задачи выполнено.

Подсказка 3

Доказывать это можно по-разному. Один из способов (красивый) — явно построить треугольник со сторонами, равными PA, PB и РС, используя подобия.

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 4#76583

Дан клетчатый квадрат $n× n,$ где $n> 1.$ Кроссвордом будем называть любое непустое множество его клеток, а словом — любую горизонтальную и любую вертикальную полоску (клетчатый прямоугольник шириной в одну клетку), целиком состоящую из клеток кроссворда и не содержащуюся ни в какой большей полоске из клеток кроссворда (ни горизонтальной, ни вертикальной). Пусть $x$ количество слов в кроссворде, $y$ — наименьшее количество слов, которыми можно покрыть кроссворд. Найдите максимум отношения $x y$ при данном $n.$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.3 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 0

Минимальное количество слов в кроссворде не совпадает с общим количеством слов в случае, когда какие-то слова идут параллельно друг другу и имеют общую границу клеток.

Подсказка 1

Для начала получим оценку. Рассмотрим, ско́льким словам может принадлежать одна клетка. Сколько среди них может быть вертикальных и горизонтальных? Сколько могут не принадлежать минимальному разложению?

Подсказка 2

Верно, каждая клетка содержится максимум в одном горизонтальном и одном вертикальном слове. Назовём слова из минимального покрытия кроссворда правильными, все остальные - неправильными. Каждая клетка должна принадлежать хотя бы одному правильному слову. Что тогда можно сказать об общем количестве клеток в неправильных словах?

Подсказка 3

Правильно, каждая клетка входит не более чем в одно неправильное слово, тогда сумма клеток в таких словах не больше общего количества клеток в кроссворде (пусть всего их z). Теперь, когда нам известна верхняя граница на количество клеток в таких словах, мы можем найти верхнее ограничение на количество самих неправильных слов, если разделим z на минимум клеток в одном неправильном слове

Подсказка 4

Так как слова, состоящие из одной клетки точно правильные, то в одном неправильном слове хотя бы 2 клетки. Аналогично найдём количество правильных слов: сначала выясним, сколько суммарно букв в правильных словах (воспользуемся тем, что правильные слова покрывают все клетки) и поделим на минимальное количество букв в одном правильном слове.

Подсказка 5

Остаётся только найти искомое отношение и составить подходящий пример. Такой случай легко находится, если вспомнить, что максимальное количество неправильных слов достигается, когда в одном неправильном слове 2 клетки.

Показать ответ и решение

Пример. Для прямоугольника $n ×2$ получаем $x =n +2,y = 2.$

Оценка. Пусть в кроссворде $z$ клеток. Выберем некоторое его покрытие наименьшим количеством слов. Слова из этого покрытия назовём правильными, а остальные неправильными.

Каждая клетка содержится не более чем в одном горизонтальном и одном вертикальном слове. Хотя бы одно из этих слов правильное, так как правильные слова покрывают весь кроссворд. Значит, каждая клетка принадлежит не более чем одному неправильному слову. Поэтому сумма количеств клеток в неправильных словах не больше $z.$

Если клетка является словом, то к ней не примыкает другая клетка кроссворда ни по горизонтали, ни по вертикали. Следовательно, клетка входит в любое покрытие кроссворда словами и, значит, является правильным словом. Поэтому все неправильные слова содержат не меньше чем по две клетки и количество неправильных слов не больше $z 2.$

Так как правильные слова покрывают весь кроссворд, сумма количеств клеток в них не меньше $z.$ Каждое слово содержит не больше $n$ клеток, поэтому количество правильных слов не меньше $z n$ Отсюда

z xy ≤ 1+ 2z-=1 + n2 n

Ответ:

$1+ n 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76584

На доске написана функция $sinx +cosx.$ Разрешается написать на доске производную любой написанной ранее функции, а также сумму и произведение любых двух написанных ранее функций, так можно делать много раз. В какой-то момент на доске оказалась функция, равная для всех действительных $x$ некоторой константе $c.$ Чему может равняться $c?$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.4 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте попробуем взять несколько производных, перемножить что-нибудь — в общем, сделать несколько итераций. Видно, что все, что окажется на доске - многочлены от sin(x) и cos(x). Это можно и нужно доказать, но давайте сначала идейно. Если мы уже пощупали как себя ведут выражения, то может нам теперь попытаться что-то явно получить? Какую-то константу, к примеру.

Подсказка 2

Заметим, что эту константу только синусом или только косинусом не получить. Давайте возьмем f(x) = cos(x) + sin(x) и посмотрим на производные. Заметим, что f(x) * f(x) + f’(x) * f’(x) = 2. То есть все целые, четные значения, больше 0, мы можем получить. А что с целыми, четными и меньшими 0?

Подсказка 3

Верно, их тоже можно получить, к примеру, как сумму f(x) * f’’(x) + f’(x) * f’’’(x) = -2. Но ведь это всего лишь целые, и то не все. Попробовав так по складывать, да по умножать, можно понять эмпирически, что нечетные целые не получить, а уж что делать с не целыми и ума не приложить. В таких моментах не стоит ничего говорить, а только попытаться доказать, что это невозможно. Как? А мы использовали где-то наши рассуждения про многочлен? Может быть самое время?

Подсказка 4

Мы же можем посмотреть на значение в нуле. Ведь, тогда и sin(x), и cos(x) - целые числа. Значит, и многочлен от них - целое число в этой точке, а значит, если он тождественно константа, то эта константа - целая. Тогда, остается доказать про нечетные целые числа, что их нельзя получить. Давайте сделаем такой трюк. Если у нас все выражается через sin и cos, то это значит, что все выражается через sin(x) + cos(x) и sin(x) - cos(x). Но эти числа равны sqrt(2) * cos(x - pi/4) и sqrt(2) * sin(x - pi/4). Появилась иррациональность. А у нас только целые числа могут быть. Что из этого можно выгадать?

Подсказка 5

А в общем-то, все, что нам и нужно. Ведь если подставить pi/4, то получим, что при нечетных степенях, у cos будет либо иррациональный коэффициент, либо нулевой. А это значит, что сумма коэффициентов перед нечетными степенями равна 0), но ровно это и означает, что значение четно. Победа.

Показать ответ и решение

Любая функция, полученная описанным способом, — многочлен от $sinx$ и $cosx$ с целыми коэффициентами. Доказательство индукцией по числу шагов: исходная функция имеет такой вид; производная многочлена с целыми коэффициентами — многочлен с целыми коэффициентами; аналогичное верно для суммы и произведения. При $x= 0$ синус и косинус принимают целые значения, поэтому значение многочлена от них с целыми коэффициентами — целое, то есть $c$ целое.

Положим

f(x)= sinx+ cosx

Запишем на доску

′ f (x)= cosx− sinx

′′ f (x)= − sinx − cosx

f′′′(x)= − cosx+ sinx

Тогда

f2(x)+f′2(x)= (sin x+cosx)2 +(cosx − sinx)2 = 2

Аналогично

f(x)f′′(x)+ f′(x)f′′′(x)= −2

Суммируя такие функции, получаем все чётные константы.

Покажем, что нечётную константу получить нельзя. Заметим, что

(π ) π ( π) √- ( π) sinx+ cosx =sin x+ sin 2 − x = 2sin 4 cos x− 4 = 2 cos x− 4

Поэтому все функции, которые можно получить, — это многочлены от $√- ( ) 2cosx− π4$ и $√- ( ) 2 sin x− π4$ с целыми коэффициентами и нулевым свободным членом. При $x= π4$ остаются лишь члены с косинусом (равным 1). Коэффициенты при чётных степенях косинуса чётны, а при нечётных либо иррациональны, либо равны нулю. Целочисленное значение получится, если сумма коэффициентов при нечётных степенях равна 0, но тогда значение чётно, что и требовалось доказать.

Ответ:

Любому чётному числу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76585

На доске написана буква А. Разрешается в любом порядке и количестве:

а) приписывать А слева;

б) приписывать Б справа;

в) одновременно приписывать Б слева и А справа.

Например, БААБ так получить можно ( А $→$ БАA $→$ БААБ), а АББА — нельзя.

Докажите, что при любом натуральном $n$ половину слов длины $n$ получить можно, а другую половину — нельзя.

Источники: Турнир городов - 2022, 11.6 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче фигурирует n, поэтому имеет смысл порешать ее индукцией. Количество всех слов посчитать несложно, поэтому мы знаем, сколько слов хочется сделать достижимыми. А что делать при переходе? Какие случаи нужно разобрать?

Подсказка 2

Для каждой из операций нужно посмотреть, сколько таких слов существует. Однако заметим, что могут быть повторы слов. Слова при каких операциях могут пересекаться?

Подсказка 3

Посчитайте, сколько есть слов вида AWБ. Заметим, что именно такое количество слов посчитано дважды :)

Показать доказательство

Назовем слова, которые можно получить, достижимыми. Всего существует $2n$ различных слов длины $n,$ поэтому достаточно доказать, что количество достижимых слов длины $n$ равно $n−1 2 .$ Докажем это утверждение по индукции.

База индукции. Для $n =1$ и $n =2$ это легко проверяется: А $→$ АА, А $→$ АБ.

Шаг индукции. Пусть для всех длин, не превосходящих $n,$ утверждение верно. Посмотрим, как можно получить слово длины $n +1:$

1.: из слова длины $n,$ применив операцию а): W $→$ АW
2.: из слова длины $n,$ применив операцию б): W $→$ WБ
3.: из слова длины $n − 1,$ применив операцию в): W $→$ БWА

Слов 1-го и 2-го типа по $2n−1,$ а слов 3-го типа $− 2n−2.$ При этом слова 3-го типа не могут совпадать со словами 1-го и 2-го типа. А вот множества слов 1-го и 2-го типа пересекаются. Их общие слова имеют вид А $w$ Б. Докажем, что слова $w$ (которые находятся между буквами А и Б) — это все достижимые слова длины $n − 1.$ Понятно, что если $w$ — достижимое слово, то за две операции из него можно получить А $w$ Б. С другой стороны, если слово $w$ Б достижимое, то посмотрим, как оно было получено. Если проделать все те же операции, но пропустить приписывание последней буквы Б, то будет получено слово $w,$ значит, оно достижимое.

Таким образом, общих слов 1-го и 2-го типа столько же, сколько достижимых слов длины $n− 1,$ то есть $2n−2.$ Следовательно, количество слов длины $n+ 1$ равно $2n−1+ 2n−1− 2n−2+ 2n−2 = 2n,$ что и требовалось доказать.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76741

Дан отрезок $[0;1]$ . За ход разрешается разбить любой из имеющихся отрезков точкой на два новых отрезка и записать на доску произведение длин этих двух новых отрезков. Докажите, что ни в какой момент сумма чисел на доске не превысит $1 2$ .

Источники: Турнир городов - 2022, осенний тур, базовый вариант, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попытаемся понять, как выглядит сумма чисел на доске в общем виде. Начнём разбивать наш отрезок и записывать числа. На втором разбиении попробуйте заменить один из отрезков на сумму двух. У вас получится просто сумма попарных произведений всех длин. Как тогда наша сумма будет выглядеть в общем виде? Докажите это по индукции.

Подсказка 2

Верно, в итоге, у нас получится сумма всевозможных попарных произведений отрезков. База понятна, а дальше нужно по аналогии в сумме заменить длину вновь разбитого отрезка через сумму двух новых. Отлично, с этим справились! Заметим, что нам известна сумма всех отрезков. Как можно выразить теперь сумму попарных произведений для удобной оценки?

Подсказка 3

Точно, ведь нашу сумму можно выразить через разность квадрата суммы всех отрезков и суммы квадратов каждого из отрезков. Только нужно ещё поделить пополам. Вот тут нам и пригодится знание про сумму отрезков. Осталось понять, почему мы получили требуемое, и победа!

Показать доказательство

Пусть через $n$ шагов мы поделили отрезок на отрезки $x ,x,...,x 1 2 n$ . Индукцией по $n$ покажем, что сумма чисел, записанных на доске, равна сумме всевозможных попарных произведений чисел $x1,x2,...,xn$ .

База очевидна.

Переход: Пусть на $n−$ шаге сумма равна $x1x2+ ...+ xn−1xn$ . На $n+ 1$ -м шаге мы делим $i$ -й отрезок на отрезки $a$ и $b$ , тогда сумма примет вид:

x1x2+ ...+ xn−1xn+ (a+ b)(x1+ x2+...+xn)+ ab

В данном случае $xx + ...+ x x 1 2 n−1n$ — попарные произведения чисел $x,x ,...,x 1 2 n$ без $x i$ , а $x + x + ...+x 1 2 n$ — сумма этих же чисел без $xi$ . Таким образом, на $n+ 1$ -м шаге также получили всевозможные попарные произведения.

Тогда задача свелась к тому, что нужно доказать, что сумма всевозможных попарных произведений чисел меньше $1 2$ , если их сумма равна $1$ , а это следует, например, из того, что:

(x1+ x2+...+xn)2− (x2+ x2+...+x2) x1x2+ ...+xn−1xn =----------------2--1---2------n- =

2 2 2 = 1−-(x1+-x2+-...+xn)-< 1. 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#82168

Дан отрезок $AB.$ Точки $X, Y, Z$ в пространстве выбираются так, чтобы $ABX$ был правильным треугольником, а $ABY Z$ – квадратом. Докажите, что ортоцентры всех получающихся таким образом треугольников $XY Z$ попадают на некоторую фиксированную окружность.

Источники: Турнир городов - 2022, осенний тур, базовый вариант, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы имеем? Равносторонний треугольник — симметричная фигура, квадрат тоже крут в этом плане. Может быть тогда треугольник XYZ имеет похожие свойства?

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что треугольник XYZ — равнобедренный. Как же это сделать? Ну, например, можно честно, рас писать равенства сторон и так далее. Либо же воспользоваться прекрасным преобразованием — симметрией.

Подсказка 3

Отметим серединки AB и ZY — M, N соответственно, рассмотрим плоскость NMX, скажем пару волшебных слов и готово:) Что же дальше?

Подсказка 4

Треугольник XYZ — равнобедренный. Что тогда можно сказать про его ортоцентр?

Подсказка 5

Он лежит на XN — серпере к YZ. Уже неплохо:) Ключевая идея в подобных задачах: угадать окружность или сферу (от задачи зависит), но изредка, прям редко, может быть иначе (не стоит об этом забывать). Итак, хотим угадать сферу. Всё так симметрично относительно плоскости XMN. Кажется, стоит искать эту окружность в этой плоскости. Теперь, следующее понимание: весь сюжет вращается вокруг AB, кажется, что центр искомой окружности тоже лежит на нём. Итак, что мы имеем?

Подсказка 6

Гипотеза: центр искомой окружности — точка M. Что же делать с радиусом? Угадать бы какую-нибудь точку окружности было бы славно. Как же это можно делать? Ну, например, рассмотреть экстремальные случаи. Ну, советую рассмотреть случай, когда квадрат и треугольник в одной плоскости (ну и там уже можно координатно или в синусах посчитать, или в теорема Пифагора)

Подсказка 7

Так или иначе вы доказали, что одно из положений ортоцентра — это точка X. Теперь хотим в общем виде доказать, что все ортоценты лежат на окружности с центром в M и радиусом MX. Теперь подумаем, как же это сделать? Для этого стоит отметить точки S, T на прямой MN по обе стороны от M так, чтобы MS = MT = MX (T на отрезке MN). Как быть дальше?

Подсказка 8

Считать уголки — так себе идея... Но что мы еще умеем делать, чтоб доказывать вписанность?

Подсказка 9

Степень точки! Самой приятной кажется точка N. То есть осталось доказать, что NT*NS = NH*NX, где H — ортоцентр XYZ. Теперь пусть AB = a. Осталось написать пару теорем Пифагора, немного повыражать и доказать равенство, а как следствие, и решение задачи у нас в кармане)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AB, N$ — середина $YZ.$ Рассмотрим плоскость $AXB.$ Заметим, что прямая $AB$ перпендикулярна прямым $XM$ и $MN,$ а значит она перпендикулярна плоскости $XMN.$ Следовательно, $XMN ⊥ ABY.$ Нетрудно видеть, что при симметрии относительно плоскости $XMN$ отрезок $XZ$ перейдёт в отрезок $XY,$ то есть $XY = XZ.$ Таким образом, ортоцентр $H$ треугольника $XY Z$ лежит на отрезке $XN$ — серединном перпендикуляре $Y Z.$

Покажем, что $H$ лежит на окружности $ω$ с центром $M,$ радиусом $XM,$ лежащей в плоскости $XMN.$ Для этого определим на отрезке $MN$ точку $T$ такую, что $MT =XM,$ и точку $S$ — вторичное пересечение прямой $MN$ с $ω.$ Осталось посчитать, что четырёхугольник $SMHX$ — вписанный, то есть доказать равенство $NT ⋅NS = NH ⋅NX.$

Пусть длина стороны квадрата и правильного треугольника равна $2a.$ Из подобия треугольников $HNZ$ и $NXZ$ нетрудно получить, что $NH ⋅NX =a2.$ Также понятно, что

NT = MN − XM = (2− √3)a

NS = MN +XM = (2+ √3)a

откуда $NT ⋅NS = a2.$ Получили нужное равенство.