Решение олимпиадных задач по математике

Олимпиадная задача по математике - это задача повышенной трудности, нестандартная как по формулировке, так и по методам решения. Среди олимпиадных задач встречаются как не тривиальные задачи, для решения которых требуются необычные идеи и специальные методы, так и задачи более стандартные, но которые можно решить оригинальным способом.

Практически в каждой олимпиадной работе по математике встречается, как минимум, одна задача по геометрии. И именно геометрические олимпиадные задачи вызывают наибольшие трудности у участников. При этом можно утверждать, что как раз геометрия лучше всего развивает нестандартное мышление и помогает выделить математически одаренных людей.

Геометрические олимпиадные задачи очень разнообразны. Это и задачи на разрезание, и на построение и нахождение углов. Но чаще всего встречаются задачи, которые используют в своем решении какую-то необычную идею, как правило, дополнительное построение. В отличие от алгебры, в геометрии почти нет стандартных задач, решающихся по образцам. Практически каждая геометрическая задача требует "индивидуального" подхода, четкости и последовательности в рассуждениях, понимания логических связей между различными этапами решения задачи. Говоря о методах решения геометрических задач, следует отметить некоторые особенности данных методов: большое разнообразие, взаимозаменяемость, трудность формального описания, отсутствие четких границ области применения. Кроме того, очень часто при решении некоторых достаточно сложных задач приходится прибегать к использованию комбинаций методов и приемов. Хочется поделиться решением олимпиадных планиметрических задач, предлагаемых на городских олимпиадах Карагандинской области за последние несколько лет. Они могут быть использованы при проведении факультативных занятий, при подготовке учащихся к олимпиадам по математике, а также в прикладных курсах профильного обучения в старших классах.

1. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2000 года (г. Караганда), 11 класс, 1 день.

В прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АВ медиана АК пересекает биссектрису ВN в точке Р. Найти стороны треугольника АВС, если известно, что ВР = 3, РN = 2.

Р ешение:

Любая медиана треугольника делит его на два равновеликих треугольника. АК – медиана ∆АВС  .

BN биссектриса, значит NВС=АВN. Обозначим градусную меру этих углов за α.

По условию АК ∩ BN=Р, ВР = 3,PN =2, тогда BN =5.

, поэтому 

и , тогда 

Сравнивая равенства, полученные в пунктах 4 и 5, составляем уравнение: , где СВ – катет прямоугольного треугольника, АВ – его гипотенуза, значит в ∆АВС А=30°, а В = 60°, причем NВС=АВN=30° и ∆АВN = равнобедренный  AN =NB = 5.

По свойству биссектрисы угла треугольника, биссектриса делит сторону, к которой она проводится, на отрезки, пропорциональные прилежащим к ним сторонам треугольника, тогда . Откуда находим АС = AN + NC = 5+2,5 = 7,5.

. .

Ответ: АС = 7,5, ,.

2. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2002-2003 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 1 день.

В треугольнике ABCпроведены биссектрисы AMиCL. Найдите величину угла B, если известно, что ABBC и AMBC=CLAB.

Р ешение:

Введем обозначения: А=2β, С=2α, тогда, зная, что AMиCL биссектрисы соответственно А и С, имеем 2=АМС=180°-(β+2α), 1=АМВ смежный к нему, и поэтому 1= β+2α.

∆АВМ: по теореме синусов .

.∆ВСL: по теореме синусов находим, что , где , как внешний угол ∆АСL.

.

Приравнивая полученные выражения для , получаем уравнение:

=  .

По условию .

Так как углы треугольника меньше 180°, то синусы углов равны в двух случаях: если сами углы равны, или , если углы дополняют друг друга до 180°.

1 случай: , но это противоречит условию.

1 случай: .

Тогда В=180°-2(α+β)=180°-120°=60°.

Ответ: В =60°.

3. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2002-2003 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 2 день.

Площади двух треугольников, прилегающих к основаниям трапеции и ограниченных ее диагоналями, равны m² и n². Найдите площадь трапеции, если m+n=p.

Р ешение:

По условию задачи введем следующие обозначения:

CBD = BDA, как накрест лежащие при ВС║AD и секущей BD, BОС = DОA, как вертикальные, поэтому  .

.

Таким образом, получили следующие равенства: . Прибавим к обеим частям каждого равенства 1: .

. Перемножим последние два равенства:

Ответ: .

4. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2002-2003 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 1 день.

С ерединные перпендикуляры, проведенные к биссектрисам АА₁ и СС₁ треугольника АВС, пересекаются на стороне АС. Доказать, что АС² = АВ·ВС.

Решение:

1. АА₁-биссектриса, то (1)

2. СС₁-биссектриса, то (2)

Перемножили (1) и (2): (3)

3. ОМ -серединный перпендикуляр, проведенный к биссектрисе АА_1. ОМ  АА_1, МА=МА₁  ∆АОА₁ - равнобедренный, и АО=ОА₁, А₁АО=АА₁О=у.

4. ОN -серединный перпендикуляр, проведенный к биссектрисе CC₁.

ОNCC_1,C₁N=NC ∆C₁ОС равнобедренный, С₁О=ОС, СС₁О=С₁СО = х.

5. АВС=180-2у-2х; АА₁С=180-2х-у ОА₁С=180-2х-2у,

тогда ∆ОСА₁∆АСВ (C – общий; СА₁О= СВА), значит, А₁ОВА, параллельные прямые отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки: (4)

6. Аналогично, СС₁А=180-2у-х; и, тогда, зная, что ОС₁С=х, имеем

ОС₁А=180-2х-2у, = АВС, значит, С₁ОВС (соответственные углы при этих прямых и секущей АВ равны), параллельные прямые отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки: (5)

7. Из равенств (4) и (5) имеем: , то есть .

8. Подставляем последнее равенство в (3): , ч.т.д.

5. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2002-2003 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 2 день.

В треугольнике АВС каждая высота и не меньше стороны, на которую она опущена. Найти углы треугольника.

Решение:

По условию из формул для нахождения площади треугольника имеем:

. Тогда, , с другой стороны имеем: .

Кроме того, знаем, что угол А меньше 180°, то есть , поэтому . Это верно, так как если , то , чего быть не может, ведь . Отсюда, и b=c, треугольник АВС прямоугольный и равнобедренный, его углы 90°, 45°, 45°.

6. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2004-2005 уч. года (г. Караганда), 9 класс, 2 день.

Найдите площадь треугольника, если его медианы равны 9 см, 12 см, 15 см.

М едианы треугольника пересекаются в одной точке и точкой пересечения делятся в отношении 2 : 1, считая от вершины.

BO: OD = 2:1 2x+x =9, 3x = 9, x = 3.

BO = 2∙3 = 6 (см) OD = 3 (см).

Аналогично, OC = FC = ∙15 = 10 (см) OF = 5 (см);

АО= АЕ= , ОЕ=4см.

ОF-медиана ∆ОВА: пусть АВ=x, тогда по теореме косинусов имеем:

OF²=AO²+AF²-2∙AO∙AF∙cosA=AO²+AF²-2∙AO∙ AB∙cosA=AO²+- AO∙AB∙cosA. Найдем cosA по теореме косинусов из ∆ОВА: OB²=OA²+AB²-2∙OA∙AB∙cosA,

CosA =тогда OF²=AO²+ ∙ = =AO²+

2OA²+2OB²-x²=4OF²; х²=2OA²+2OB²-4OF²; х²=2 ;

х²=2; х²=200-100; х²=100 (x>0); х=10

∆AOB:AB=10 см,AO=8 см,BO=6 см, AB²=AO²+BO² 100=64+36 100=100 

∆AOB прямоугольный AOB=90۫и AOBO или AEBD (AO AE;BO BD).

(cм²).

Медиана BD делит ∆ABC на два равновеликих по площади треугольника, поэтому

S(∆ABC)=2S(∆ABD)=2.

7. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2004-2005 уч. года (г. Караганда), 9-10 класс, 1 день.

Вчетырехугольнике ABCD со стороной AB, не параллельной стороне CD, точка E– середина AB,F-середина CD. Докажите, что середины отрезков AF,CE,BFи DE являются вершинами параллелограмма.

Решение:

Рассмотрим четырёхугольник KMNP:

MP – диагональKMNP, а так же и средняя линия в треугольнике ∆ABF , тогда треугольники ∆MPFи ∆ABF подобны друг другу с коэффициентом подобия .

EF медиана ∆ABF,– медиана ∆MPFOM=OP.Значит О середина МР.

KN– диагональ KMNP, а так же и средняя линия в треугольнике ∆ECD , тогда треугольники ∆EKNи ∆ECD подобны друг другу с коэффициентом подобия .EF медиана∆CDE,– медиана ∆КNE.Значит О₁ середина KN и О₁ середина ЕF . Следовательно точки О и О₁ совпадают. ,. Доказали, что диагонали четырехугольникаKMPNпересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам. KMPN –параллелограмм.

8 . Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2004-2005 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 2 день.

Каждая диагональ выпуклого пятиугольника отсекает от него треугольник, площадь которого равна 1. Найдите площадь пятиугольника.

Решение:

. Рассмотрим четырехугольник АВСD, в котором , значит высоты этих треугольников равны, так как у них общее основание , аналогично получаем, что остальные диагонали тоже параллельны той стороне, с которой не имеет общих вершин. Если, то ,, и поэтому четырехугольник - параллелограмм, так как диагональ параллелограмма делит его на два равновеликих по площади треугольника, то .

I способ: Пусть ,тогда , так как треугольники имеют общую вершину В, основания их лежат на одной диагонали, и высоты их равны.

. Аналогично, , откуда имеем, что

 . Так как , то составляем уравнение: ; , ; ; ; ;

, х₂ - посторонний корень, так как .

, тогда,

II способ:

Пусть , тогда

. Составим пропорцию: , откуда имеем

, х₂ - посторонний корень, так как по смыслу х – площадь треугольника и отрицательна она быть не может.

Значит, ,.

Ответ:

9. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2004-2005 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 1 день.

На сторонах АВ и ВС прямоугольника АВСD выбраны точки Х и У так, что площади треугольников АХD, ВХУ, DУС соответственно равны 5, 4 и 3. Найдите площадь треугольника DХУ.

Решение:

П усть АВ = а, ВС = b, АХ = х, ВУ = у, тогда:

Кроме этого,

Решим систему уравнений:

Выполним подстановку первых двух уравнений в третье:

Для решения последнего уравнения сделаем замену переменных: ab=z, тогда получаем уравнение , корни которого равны .

Так как по смыслу задачи , и , если ab= , то , чего не может быть, значит, ab= , то .

Ответ: .

10. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2005-2006 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 1 день.

В трапеции АВСD с АВ ║ СD имеет стороны АВ=8, ВC=5, СD=4 и АD=3. Найдите площадь треугольника СDЕ, где Е – точка пересечения биссектрис углов АDС и ВСD.

Решение:

Пусть Ан = х, тогда КВ = 4-х. Из ∆АDH по теореме Пифагора имеем: . А из ∆СВК: . Зная, что DH = СК, получаем уравнение: . Значит, трапеция прямоугольная и высота трапеции АD = 3.

DH биссектриса углаADC=90°, то есть делит его на два равных угла по 45°: 1 = 2 =45°. 1 = 3, как накрест лежащие углы при АВ ║ СD и секущей DH, DH ∩ АВ =Н, СН – секущая этих параллельных прямых АВ, СD. 4 = 5, как накрест лежащие углы при АВ║СD и секущей СH. ∆DAН равнобедренный, так как 3 = 2 AD = АН=3  НВ =5. ∆СВН тоже равнобедренный, так как СВ=НВ=5  5 = 6 как углы при его основании. Получили, 4 = 6, значит СН – биссектриса DCB, и по условию точка Н и есть точка пересечения биссектрис углов АDС и ВСD точка Е.

Из ∆АDH по теореме Пифагора имеем: .

Найдем площадь треугольника СDE:

Ответ: 6.

11. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2005-2006 уч. года (г. Караганда), 10-11 класс, 2 день.

Единичные квадраты ABCD и EFGH имеет стороныAB EF и площадь пересечения . Найдите минимально возможное расстояние между центрами этих квадратов.

Р ешение:

по условию задачи. Пусть FF₁=x, а FD₁=y, тогда ,FK=1-y; FK=O₄O₅=1-y ;

, где 0<x<1; d принимает минимальное значение в той же точке, что и d², поэтому рассмотрим функцию

I способ ;

Сделаем замену , тогда ;

Получаем функцию . Коэффициент квадратного трехчлена , а>0, ветви параболы направлены вверх, значит, минимума эта функция достигает в своей вершине ; .

II способ (использование производной):

Найдём критические точки функции:

; ;

(16x²-1)(16x²+1)-16x(16x²-1)=0

(16x²-1)(16x²+1-16x)=0;

16x²-1=0 16x²-16x+1=0

16x²=1

; ;

Ответ: минимально возможное расстояние между центрами этих квадратов .

12. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2006-2007 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 1 день.

Внутри четырехугольника АВСD взята точка М так, что АВМD – параллелограмм. Докажите, что еслиСBM = CDM , то ACD =ВCM.

Решение:

ABMD – параллелограмм A =

проведем ВК AD и DF AB.

CDM = MBF по условию, BCК = DСFВСK  DСF по двум углам, а значит соответствующие стороны пропорциональны  .

Из полученной пропорции имеем:

Учитывая, что BCD= KСF, имеем BCD  KСF (по двум сторонам и углу между ними).

MBF = КDM по условию, BMF = DMK как вертикальные BMF DMK по двум углам и .Откуда имеем: . Учитывая, что BМD= KМF как вертикальные, имеем BМD FМK (по двум сторонам и углу между ними).

По условию ABMD – параллелограмм, ВD – его диагональ, значит, BМD = DАB DАB  FМK.

Итак, BCD  KСF  и DАB FМK  . Получили, что и , то есть , тогда четырехугольники CKMF и CBAD подобны, и другая пара соответствующих диагоналей подобных четырехугольников СМ и СА будут отсекать подобные треугольники CFM CDAACD = MCF, а MCF = MCВ  ACD = MCВ, ч.т.д.

13. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2006-2007 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 2 день.

В треугольнике АВС выполняется равенство АВС = 2∙ АСВ. Докажите, что АВ+ВС<2∙АС.

Решение:

По теореме синусов длина хорды равна произведению диаметра окружности на синус половины дуги, на которую она опирается, так как СВ =АВ и СВ=ВО∙ , то АВ=2∙ВО∙ =d∙ .

Возле любого треугольника можно описать окружность. Пусть диаметр этой окружности равен d.

Пусть АСВ =α, тогда АВС = 2α, а ВАС=180°-3α.

АС= d∙ =d , так как АВС вписанный в окружность, значит АВС в 2 раза меньше дуги, на которую опирается, то есть дуги АС.

Аналогично, ВС = d∙ =d , АВ =d∙ =d .

ВС+АВ= + = , где угол α тупым и прямым быть не может и , а значит ВС+АВ= , ч.т.д.

14. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2006-2007 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 1 день.

Пусть сторона АВ треугольника АВС является диаметром окружности с радиусомR, и С лежит на этой окружности. Биссектриса угла ВАС пересекает ВС в точке Е, а окружность – в точке D. АС пересекается с окружностью, описанной около треугольника СЕD, в точке F. Если ВС =a, выразите CF через R и a.

Решение:

∆А ВС и ∆АВD прямоугольные, так как по условию АВ диаметр окружности, а точки С и D принадлежат этой окружности. D =90°, ВЕD – острый, поэтому смежный с ним DEC – тупой, и, значит, центр окружности, описанной около ∆ DEC вне этого треугольника. ВCА=90°и смежный с ним BCF=90°, ∆ECF –прямоугольный и вписанный в окружность, значит,ЕF – дисметр этой окружности, которая описана и около ∆EDC.

По условию ВС = а, ОВ =R, тогда АВ = 2R, . Пусть CЕ=x.

По свойству биссектрисы угла треугольника имеем , тогда .

Из прямоугольного треугольника АЕС по теореме Пифагора находим АЕ:

Значит, . Пусть ВАС=2α, так как АЕ –биссектриса ВАС, то ВАЕ= САЕ= α. Из прямоугольного треугольника АDB, где АВD=90°-α, находим АD:

BAD – вписанный в окружность с центром в точке О. BAD=α, поэтому соответствующий ему центральный BOD=2α.

DAС – вписанный в окружность с центром в точке О. DAС =α, поэтому соответствующий ему центральный DOС=2α. Значит, ∆BOD=∆COD по двум сторонам и углу между ними, поэтому BD =CD.

Из прямоугольного треугольника АDB находим BD:

DEС=180°-(90°-α)=90°+α, sin(90°+α)=cosα.

Найдем радиус описанной около треугольникаDEС окружности по формуле, обозначим этот радиус через R₀.

:

: = .

Из прямоугольного треугольника ЕСF по теореме Пифагора находим CF:

Поэтому .

Ответ: .

15. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2006-2007 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 2 день.

Из точки С проведены касательные к окружности О. Из произвольной точки N окружности опущены перпендикуляры ND,NE и NF соответственно на прямые АВ, СА и СВ. Докажите что .

Решение:

ПустьNE = х, NF = у, ОА=ОВ=ОN=r, AOB=α.

ОА – радиус, проведенный в точку касания, ОААС, NEAC, тогда четырехугольник ONEA –прямоугольная трапеция, с основаниями ОА ║ NE. Найдем высоту трапеции АЕ:

.

Аналогично, четырехугольник ONFB –прямоугольная трапеция, с основаниями ОВ ║ NF, высота трапецииBF: .

Из прямоугольного треугольника ANE по теореме Пифагора найдем AN:.

Из прямоугольного треугольника ВNF по теореме Пифагора найдем ВN:.

Из треугольника AОВ по теореме косинусов найдем АВ: . .

Найдем площадь ∆ ABN. ANB –вписанный в окружность и опирается на хорду АВ, АОВ – центральный угол, опирающийся на эту же хорду, АОВ = α, тогда и АNB=α, ANB= .

.

По условию NDАВ и, значит, ND высота ∆ ABN:, ч.т.д.

16. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2007-2008 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 1 день.

Дана трапеция ABCD с основанием AD. Обозначим точку пересечения биссектрис внешних углов А и В через точку М, и точку пересечения биссектрис внешних угловC и D через точку N. Доказать, что длина отрезка MN равна половине периметра трапеции.

Р ешение:

Надо доказать, что MN= .

Если АD и BC основания трапеции, то АD ║ BC и суммы углов прилежащих к каждой боковой стороне равны по 180°. Обозначим  АDC=α, BCD=β, причем α + β=180°, тогда внешний угол трапеции к углу D равен 180°-α, а к углу С равен 180°-β. Биссектрисы внешних углов делят их пополам, значит, HDN=90°-α/2, HCN=90°-β/2. Зная, что сумма углов в треугольнике 180°, находим угол CND из треугольника CND: CND=180°-(90°-α/2+90°-β/2)= α/2+ β/2=(α+β)/2=180°/2=90°. Значит, ∆ CND прямоугольный. Аналогично, ∆ ABM тоже прямоугольный, AMB =90°.

Продолжим прямую CN до пересечения с АD, CN ∩ АD = F. DN – биссектриса угла CDF(по условию), DN – высота ∆CDF ( CND=90°). Значит, ∆ CDF – равнобедренный, то есть CD=DF, а также DN –медиана ∆ CDF,N – середина отрезка CF. Аналогично, продолжим прямую BM до пересечения с АD, BM ∩ АD = E. AM – биссектриса угла BAE(по условию), AM – высота ∆BAE ( AMB=90°). Значит, ∆ABE – равнобедренный, то есть AB=AE, а также AM –медиана ∆ ABE,M – середина отрезка BE.

Так как точки E и F принадлежат прямой AD, то четырехугольник EBCF – трапеция, N – середина боковой стороны CF, M - середина боковой стороны BE,MN – средняя линия трапецииEBCF. , ч.т.д.

17. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2007 -2008 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 1 день.

На дуге АС окружности, описанной около правильного треугольника АВС, взята точка М, Р – середина этой дуги. ПустьN – середина хорды ВМ, К- основание перпендикуляра, опущенного из точки Р на МС. Докажите, что треугольник АNК – правильный.

Решение:

Пусть АМ=х°, тогда АСМ= , как вписанный в окружность с центром в точке О и опирающийся на дугу АМ, АВМ=АСМ, как вписанные углы в окружность, опирающиеся на одну и туже дугу АМ.

Р – середина дуги АС, АС=120°, РС=60°. РОС=60°, как центральный угол, опирающийся на дугу РС. ОР=ОС как радиусы одной окружности. Значит, ∆РОС –равнобедренный, с углом при вершине 60°, таким образом, углы при основании тоже по 60°, а ∆РОС – равносторонний. РС=ОС=ОР=ОВ.

∆МОВ- равнобедренный, МО=ОВ. N – середина хорды ВМ, ОN- медиана , биссектриса и высота ∆ МОВ. МОВ=МАВ=АМ+АВ=(х+120)°, тогда ОМВ=ОВМ=(180°-МОВ)/2= .

МСР – вписанный в окружность, опирающийся на дугу МР. МР= АР - АМ= 60°-х°, .

ОВ=РС, ОNВ=РКС=90°, ОВN=РСК= . Значит, ∆ОNВ=∆РКС ( по гипотенузе и острому углу). В равных треугольниках соответствующие элементы равны. Следовательно, NВ = КС.

АВ=АС, как стороны правильного треугольника,NВ = КС, АВN=АСК, значит, ∆АВN=∆АСК ( по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, АN = АК, ВАN=САК. ВАС=60°. NАС= 60°-ВАN,  NАК=NАС+ САК=60°-ВАN + САК=60°-САК+САК=60°.

Тогда в ∆NАК: AN=AK, NAK=60°.

Значит, ∆ NАК –равнобедренный, с углом при вершине 60°, таким образом, углы при основании тоже по 60°, а ∆ NАК – правильный, ч.т.д.

18. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2007 -2008 уч. года (г. Караганда), 10 класс, 2 день.

Дан остроугольный треугольник АВС. На сторонах АВ и ВС во внешнюю сторону построены равные прямоугольники АВМN и LBCK так, что AB=CK. Докажите, что прямые AL,NK и MC пересекаются в одной точке.

Решение:

В ыполнив заданные по условию построения, получаем равные прямоугольники АВМN и LBCK, диагонали которых будут равны, значит, ВN = BK, и треугольникNBK равнобедренный с основанием NK. Значит медиана ВО, проведенная к основанию, является биссектрисой и высотой этого треугольника. ВО NK.

Рассмотрим треугольник АВL, по построению стороны АВ и ВL этого треугольника равны, значит, он равнобедренный с основанием АL и медиана ВЕ, проведенная к основанию, является биссектрисой и высотой этого треугольника. ВЕ  АL.

Рассмотрим треугольник МВС, по построению стороны МВ и ВС этого треугольника равны, значит, он равнобедренный с основанием МС и медиана ВD, проведенная к основанию, является биссектрисой и высотой этого треугольника. ВD MC.

Три перпендикуляра к данным прямым AL,NK и MC пересекаются в точке В. Через точку В можно провести только по одной прямой соответственно параллельной данным прямым AL, NK и MC. Эти прямые пересекаются в одной точке В, значит, и соответственно параллельные им данные прямые AL, NK и MCтоже пересекаются в одной точке.

19. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2007 -2008 уч. года (г. Караганда), 8-9 классы, 2 день.

Н айдите углы остроугольного треугольника АВС, если известно, что его биссектриса АD равна стороне АС и перпендикулярна отрезку ОН, где О – центр описанной окружности, Н – точка пересечения высот треугольника АВС.

Решение:

Пусть  АСВ = х°. АD– биссектриса  А. АН – высота ∆АВС, АН  СВ,  АКС = 90°. АС=АD ( по условию), значит, ∆АСD равнобедренный, АК – его медиана, высота, биссектриса. Следовательно, САК=КАD=(90-x)°, АDC= х°.

∆ОАВ равнобедренный, так как по условию, О – центр описанной окружности, ОА=ОВ как радиусы этой окружности. АОВ центральный угол, опирающийся на дугу АВ.  АCВ вписанный угол, опирающийся на ту же дугу АВ. Поэтому АОВ=2∙АCВ=2х°. ОЕАВ, ОЕ высота, медиана и биссектриса. АОЕ=1/2∙АОВ=х°, значит  ОАЕ=(90-x)°.

САD=DАВ=180°-2х°, DАО=DАВ - ОАВ=DАВ- ОАЕ=180°-2х°-(90-x)°=(90-x)°. Построим на прямой АВ отрезок АS=АC, тогда ∆ АDS равнобедренный, АО биссектриса, а значит она же является высотой и медианой. АО∩DS=К₁. ∆САD=∆DАS (по двум сторонам и углу между ними). Кроме этого, ∆САS тоже равнобедренный, АD∩AS=F,AF-биссектриса ∆САS, а значит, AF медиана и высота этого треугольника, то естьAFСS и, следовательно, ADСS. По условию ADОН. Поэтому СS║ОН.

АD∩НО=М, ADОН,  НАМ= МАО=(90-x)°, следовательно, ∆ АНО равнобедренный, АМ высота и биссектриса, а значит и медиана, то есть М – середина НО.

СН – высота ∆ АВС (Н- точка пересечения высот по условию), СН∩АВ=L₁, АD∩CH=J, ∆HJO равнобедренный, ∆CJS тоже равнобедренный, причем ОJS, следовательно, JS=JC.

∆ АJС = ∆ АJS (по трем сторонам).

∆ АL₁A₁ прямоугольный, так как СL₁ высота,  АА₁L₁=90° -  А₁АL₁=90°-(90-x)°=х°. АА₁J=(180-x)°, как смежный с  АА₁L₁.  АJА₁=180°-(JАА₁+ АА₁J)=180° - ((90-x)°+ (180-x)°)=180°-90°+x°-180°+x°=(2x-90)°.  НJМ =  АJA₁ как вертикальные. НJМ=ОJМ= (2x-90)°. JНМ =JОМ =90°-(2x-90)°= (180-2х)°.  JСS =  JSС = JHM= (180-2х)° как соответствующие углы при НО║СS, и секущей СL₁.

Так как ∆ АCS равнобедренный, то углы при основании этого треугольника равны. ACS=ASC =(2x-90)°.

 НJO=HJМ + МJO = (4x-180)°. SJ∩АC=L₂,  L₂JC смежный с  SJH, L₂JC=180°-SJH=180°-HJO=180°-(4x-180)°= (360-4x)°. АCL₁=АCS-SCL₁=АCS-SCJ=(2x-90)°- (180-2х)°= 2х°-90°-180°+2х°=(4x-270)°.  АCL₁ + L₂JC = (4x-270)°+ (360-4x)°=90°, и следовательно, ∆ L₂JC прямоугольный и SL₂  AС.

∆ АJL₂ = ∆ АJL₁, значит, AL₂=AL₁,AS=AC, и следовательно, L₁S=L₂C,JL₁= JL₂.

∆ JL₁S прямоугольный, ∆ JL₂A прямоугольный, JL₁=JL₂, АJL₂ = (2x-90)°, L₁SJ=(2x-90)°. Следовательно, ∆ JL₁S= ∆ JL₂А, и поэтомуAJ=JS.

I способ. AJ=JS=JC, и значит, ∆ АJS равнобедренный,  L₁АJ = L₁SJ.  L₁АJ =2∙(90-x)°= (180-2х)°. L₁SJ = 90°- L₁JS,  L₁JS = 180°-(2х°-90°+2х°-90°)=180°-2х°+90°-2х°+90°=360°-4х°, тогда  L₁SJ = 90°- L₁JS=90°-(360-4х)°= (4х-270)°. Составляем уравнение 180-2х=4х-270, 6х=450, х=75°

I I способ. AJ=JS=JC, и значит, ∆ АJS равнобедренный,JL₁ высота и медиана,AL₁=L₁S. Тогда СL₁ высота и медиана ∆ АСS, следовательно, ∆ АСS равнобедренный,AС=СS, но тогда ∆ АСS равносторонний и  CАS = CАB =60°. Составляем уравнение 360-4x=60, 4x=300, x=75°.

Тогда  АCB =75°,  CАB = 60°,  АBC = 180°-75°-60°= 45°.

20. Олимпиадная задача II этапа Республиканской олимпиады школьников по математике 2007 -2008 уч. года (г. Караганда), 11 класс, 2 день.

Пусть А₁, В₁, С₁ точки касания вписанной окружности остроугольного треугольника АВС со сторонами ВС, АС, АВ соответственно. Обозначим через H₁,H₂ ортоцентры треугольников ВС₁А₁ и СА₁В₁ соответственно. Доказать, что В H₁H₂С вписанный.

Решение:

Надо доказать, что четырехугольник ВH₁H₂С вписанный, то есть, суммы противоположных углов его должны быть равны, H₁ВС + H₁H₂С = H₂H₁В + H₂СВ.

ОС₁, ОВ₁, ОА₁ – радиусы вписанной в треугольник АВС окружности, ∆ АВС –остроугольный, значит, точка О внутри треугольника, а также, радиусы, проведенные в точки касания, перпендикулярны сторонам треугольника. ОА₁ВС.

Н₁- ортоцентр ∆ВС₁А₁, значит С₁Н₁  ВС, пусть С₁Н₁ ∩ ВС=К₁. Н₂- ортоцентр ∆СА₁В₁, значит В₁Н₂  ВС, пусть В₁Н₂ ∩ ВС=К₂. Две прямые, перпендикулярные третьей прямой, параллельны. Значит, ОА₁║ С₁К₁║ В₁К₂ и четырехугольник Н₂К₂К₁Н₁– прямоугольная трапеция, у которой К₁Н₁Н₂+ Н₁Н₂К₂=180°, как сумма односторонних углов при параллельных прямых. Следовательно,  Н₁Н₂К₂=180°-К₁Н₁Н₂.

Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки равны, значит, ВА₁=ВС₁, и треугольник ВС₁А₁ – равнобедренный, высота ВН₁ этого треугольника является биссектрисой, то есть делит угол В пополам.

П усть В=х°, тогда Н₁ВА₁=Н₁ВС₁= , а  ВН₁К₁= , так как ∆ ВН₁К₁ прямоугольный.

Аналогично, пусть С=у°, тогда Н₂СА₁=Н₂СВ₁= , а  СН₂К₂= , так как ∆СН₂К₂ прямоугольный.

Тогда необходимо доказать следующее равенство:

Докажем это.

В равнобедренном треугольнике ВС₁А₁ высота ВН₁ является биссектрисой и медианой, значит О₁- середина стороны А₁С₁. В равнобедренном треугольнике ОС₁А₁ медиана ОО₁ является также высотой.

О₁О  А₁С₁, О₁В  А₁С₁, поэтому точки О и Н₁ лежат на одной прямой, перпендикулярной отрезку А₁С₁.

ОС₁  АВ, ОВС₁=Н₁ВС₁= , ВОС₁= , а ОС₁О₁= .

С другой стороны, А₁С₁  ОВ, поэтому в прямоугольном треугольнике О₁ВС₁ О₁ВС₁ = , О₁С₁В= , а в прямоугольном треугольнике К₁ВС₁ К₁ВС₁= , а К₁С₁В= , тогда О₁С₁Н₁=О₁С₁В-К₁С₁В= . Тогда ОС₁О₁=О₁С₁Н₁и О₁С₁ является высотой и биссектрисой, а значит и медианой треугольника ОС₁Н₁. О₁ – середина отрезка А₁С₁ и середина отрезка О₁Н₁, то есть диагонали четырехугольника ОС₁Н₁А₁ пересекаются а точке О₁ и делятся этой точкой пополам, кроме этого диагонали перпендикулярны. Значит, четырехугольник ОС₁Н₁А₁ – ромб, у которого стороны равны ОА₁=А₁Н₁. Аналогично доказываем, что ОВ₁Н₂А₁ - ромб, у которого стороны равны ОА₁=А₁Н₂. В этом случае, ∆ А₁Н₁Н₂ равнобедренный, А₁Н₁Н₂= (180°-Н₁А₁Н₂), где Н₁А₁Н₂=Н₁А₁О₁+О₁А₁О+ОА₁О₂+О₂А₁Н₂= + + + =х°+у°.

А₁Н₁Н₂= (180°-х°-у°)= .

ОА₁Н₁=А₁Н₁К₁=х° как накрест лежащие при параллельных прямых ОА₁ и Н₁К₁, и секущей А₁Н₁. Тогда К₁Н₁Н₂= К₁Н₁А₁+А₁Н₁Н₂=, ч.т.д.

Учитель математики Гудовщикова Д.С.

СШ № 3 г. Шахтинск Карагандинской области.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/84668-reshenie-olimpiadnyh-zadach-po-matematike