Олимпиадные задачи по математике 10-11 класс
олимпиадные задания по математике (11 класс)

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.

Решение:

1. Любая медиана треугольника делит его на два равновеликих треугольника. АК – медиана ∆АВС ⇒ .
2. BN биссектриса, значит ∠NВС=∠АВN. Обозначим градусную меру этих углов за α.
3. По условию АК ∩ BN=Р, ВР = 3, PN =2, тогда BN =5.
4. , поэтому  ⇒ 
5.  и , тогда   ⇒ 
6. 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.
7. 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.
8. .  .

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 ABC проведены биссектрисы AM и CL. Найдите величину угла B, если известно, что AB≠BC и AM⋅BC=CL⋅AB.

Решение:

Введем обозначения: ∠А=2β, ∠С=2α, тогда, зная, что AM и CL 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.

Решение:

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.

Серединные 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 АА1. ОМ ⊥ АА1, МА=МА1  ⇒ ∆АОА1 - равнобедренный, и АО=ОА1,∠А1АО=∠АА1О=у.

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

ОN⊥CC1, 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.

Медианы 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=90۫ и AO⊥BO или AE⊥BD (AOAE;BOBD).

(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.

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

Решение:

Рассмотрим четырёхугольник KMNP:

MP – диагональ KMNP, а так же и средняя линия в треугольнике ∆ABF   , тогда треугольники ∆MPF и ∆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 ∆EKN и ∆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 четырехугольника KMPN пересекаются 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:

Пусть 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:

1. 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.
2. DH  биссектриса угла ADC=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.
3. Из ∆АDH по теореме Пифагора имеем: .
4. 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 стороны ABEF и площадь пересечения . Найдите минимально возможное расстояние между центрами этих квадратов.

Решение: 

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

, где 02, 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 если СBM =CDM , то ACD =ВCM.

Решение:

ABMD – параллелограмм A =

проведем  ВК ⎟⎟ AD и DF ⎟⎟ AB.  

CDM =MBF по условию,  BCК =DСF  ВСK ~  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 ~ CDA  ACD = 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:

1. 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∙.
2. Возле любого треугольника можно описать окружность. Пусть диаметр этой окружности равен d.
3. Пусть ∠АСВ = α, тогда ∠АВС = 2α, а ∠ВАС=180°-3α.
4. АС= d∙= d, так как ∠АВС вписанный в окружность, значит ∠АВС в 2 раза меньше дуги, на которую опирается,  то есть дуги АС.
5. 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 радиусом R, 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:

∆АВС 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 треугольника DEС 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:

Пусть NE  = 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 трапеции BF: .

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 углов C и D через точку N. Доказать, что длина отрезка MN равна половине периметра трапеции.

Решение:

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 трапеции EBCF.   , 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. Пусть N – 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:

Выполнив заданные по условию построения, получаем равные прямоугольники АВМN и LBCK, диагонали которых будут равны, значит, ВN = BK, и  треугольник NBK  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 MC тоже 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.

Найдите 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:

1. 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°.
2. ∆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)°.
3. ∠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 есть AF⊥СS и, следовательно, AD⊥СS.  По условию AD⊥ОН. Поэтому  СS║ОН.
4.  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.
5. 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.
6. ∆ АJС = ∆ АJS (по трем сторонам).
7. ∆ 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.
8. Так как ∆ АCS равнобедренный, то углы при основании этого треугольника равны. ∠ACS=∠ASC =(2x-90)°.
9. ∠ 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.
10. ∆ АJL2 = ∆ АJL1, значит, AL2=AL1, AS=AC, и следовательно, L1S= L2C, JL1= JL2.
11. ∆ JL1S прямоугольный,  ∆ JL2A прямоугольный,  JL1= JL2, ∠АJL2 = (2x-90)°, ∠L1SJ=(2x-90)°.  Следовательно, ∆ JL1S= ∆ JL2А, и поэтому AJ=JS.
12. 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°
13. 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°.
14. 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 В H1H2С 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.

Пусть ∠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=∠О1С1Н1 и 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.