Олімпіада з геометрії

«Ты правда глупый или это имидж? »

Розв’язання задач

9 клас

1. В трикутнику та – середини сторін та відповідно. Точка – деяка точка всередині трикутника. Виявилось, що . Доведіть, що .

Розв’язання. Нехай точки А₂ і С₂ симетричні точці Р відносно точок А₁ і С₁ (рис. 1) відповідно. Тоді, чотирикутники ВРАС₂та ВРСА - паралелограми, звідки трикутник ВС₂А₂отримується з трикутника РАС переносом на вектор , тому він йому рівний. Звідси, ВРС₁ = ВРС₂ = ВА₂С₂ ВС₂РА₂ вписаний ВС₂А₂ = ВРА₂ РСА = ВРА₁

Рис. 1

2. Точка – середина основи трапеції . На основі вибрана точка . Пряма перетинає пряму в точці , а перпендикуляр з до основ перетинає пряму у точці . Доведіть, що .

Розв’язання. Нехай прямі BQ та AD перетинаються в точці Т (рис. 2). Використаємо відомий факт: в довільній трапеції точка перетину діагоналей, точка перетину продовжень бічних сторін та середини основ лежать на одній прямій. Застосувавши це до трапеції ВТDC, отримуємо, що P - середина TD. Тоді в трикутнику TDK KP – і висота і медіана, тому він рівнобедрений. Тому KDA = KDT = KTD = KBC = QBC.

Рис. 2

3. Кола

перетинаються в точках

. Нехай

– довільна точка на колі

, а пряма

вдруге перетинає коло

в точці

. Нехай

– ортоцентр

. Доведіть, що для довільного вибору точки

, точка

лежить на деякому фіксованому колі.

Розв’язання. Нехай прямі ВН та СН вдруге перетинають кола w₁ i w₂ в точках В₁, С₁ відповідно (рис. 3). Помітимо, що дуга В₁А₂ = 2 В₁ВА₂ = 2 В₁ВС = 180 - 2 А₁СА₂ – не залежить від вибору точки В. Це означає, що точки В₁ і С₁ не змінюються, колі змінюються В і С. Тоді: (B₁H, HC₁) = (BH, CH) = (A₁C, A₁B) = (A₁C, CB) + (CB, A₁B) = (A₁C, CA₂) + (A₂B, BA₁) – фіксований, що означає, що точка Н знаходиться на деякому колі, що проходить через В₁, С₁.

4. В паралелограмі – довільна точка описаного кола , відмінна від вершин. Пряма перетинає пряму CD в точці . Нехай – центр описаного кола . Доведіть, що .

Рис. 3

Розв’язання. Нехай точка А₁ симетрична точці А відносно точки D, Р₁ – точка, симетрична точці Р відносно перпендикуляра до сторони AD в точці D, а Т – друга точка перетину прямої РР₁ з описаним колом трикутника ADB (рис. 4).

Тоді: оскільки чотирикутник АРР₁А₁ має вісь симетрії – перпендикуляр до сторони AD в точці D, то він – рівнобічна трапеція. А оскільки тоді АDТР – вписана трапеція, то вона також рівнобічна. Тому, (DT, TP) = (TP, PA) = (A₁P₁, P₁P) А₁Р₁ DT. Звідси, А₁Р₁ТD – паралелограм. Але чотирикутник DA1CB також паралелограм, адже сторони DA₁ та BC рівні та паралельні. Звідси, відрізки Р₁Т та СВ також рівні та паралельні, тому чотирикутник Р₁ТВС – також паралелограм.

Звідси, (PQ, QC) = (PA, AB) = (PT, TB) = (PP₁, P₁C), звідки чотирикутник PQP₁C вписаний, з центром О. Тоді О лежить на серединному перпендикулярі до відрізка РР₁, що співпадає з перпендикуляром до AD в точці D. Тому, АDO = 90.

10 клас

1. Задача № 1 () за 9 клас.

Рис. 4

2. Задача № 3 () за 9 клас.

3. На гіпотенузі прямокутного трикутника позначили таку точку , що . Нехай – точка на перпендикулярі з точки до прямої , рівновіддалена від точок і . Нехай також – середина відрізка . Доведіть, що пряма дотикається описаного кола .

Розв’язання. Нехай ВТ – бісектриса трикутника, а точка Р₁ симетрична точці Т відносно точки К (рис. 5). Трикутники СТВ та ТВК рівні за двома сторонами та кутом між ними, отже, ТКВ = С = 90. Помітимо, що з цього випливає, що чотирикутник СТКВ вписаний з діаметром ТВ. Тоді, оскільки в трикутнику ТВР₁ ВК – медіана і висота, то він рівнобедрений, а трикутники КВР₁, ТВК, СВТ рівні. Оскільки КР₁В = СТВ = СКВ, то пряма СК дотикається описаного кола трикутника КР₁В. Нехай О – центр цього кола. Тоді маємо: ОК СК і ОВ = ОК, тому О співпадає з Р. Отож, Р – центр описаного кола ВКР₁, а тому співпадає з серединою ВР₁.

Помітимо тепер, що трикутники АР₁В і АКС – подібні за всіма кутами: Р₁АК = ВАС з симетрії, а Р₁ВА = КВТ = КСА. Оскільки Р і L – середини відповідних сторін, то трикутники АРВ і АLC також подібні. Звідси, існує поворотна гомотетія з центром в точці А, що переводить C в В, а L в Р. Це означає, що трикутники ALP та АСВ також подібні. Тоді АРL = АВС = 2 АВL = РВL. Отже, пряма AP дотикається до описаного кола трикутника PBL.

Рис. 5

4. В прямокутному трикутнику

з гіпотенузою

вписане коло дотикається до катетів

у точках

відповідно. Пряма, що містить середню лінію

, що паралельна

, перетинає його описане коло в точках

та

. Доведіть, що точки

лежать на одному колі.

Розв’язання. Нехай СН – висота трикутника, І – центр вписаного кола, а О – точка перетину прямих РТ і А₁С₁. Оскільки С = 90, то трикутники СВ₁І та СА₁І – прямокутні рівнобедрені, тому пряма В₁А₁ – серединний перпендикуляр до СІ. Оскільки РТ – середня лінія трикутника АВС – є серединним перпендикуляром до СН, то О – центр описаного кола трикутника СІН (рис. 6).

Нехай точка О₁ симетрична точці С відносно О. Тоді, очевидно, що оскільки О лежить на середній лінії трикутника, то О₁ лежить на прямій АВ. Також, СО₁ – діаметр кола СІНО₁, тому СІО₁ = 90. Оскільки центр описаного кола АІВ (середина дуги АВ, що не містить точки С) лежить на прямій СІ, перпендикулярній О₁І, то О₁І – дотична до описаного кола трикутника АІВ.

Нехай пряма ОС перетинає описане коло трикутника АВС другий раз в точці К. Використовуючи степінь точки, маємо: О₁К О₁С = О₁А О₁В = О₁І², звідки ІК – висота в прямокутному О₁ІС, і СКІ = 90. З цього випливає, що точки С, К, А₁, В₁, І лежать на одному колі з діаметром СІ. Тому, ОВ₁ ОА₁ = ОС ОК = ОР ОТ, звідки точки Р, Т, В₁, А₁ лежать на одному колі.

Рис. 6

11 клас

1. Задача № 1 () за 9 клас.

2. На стороні трикутника знайшлась така точка , що і . Нехай – середина , – проекція на . Доведіть, що .

Розв’язання. Нехай Т – точка, що симетрична А відносно L (рис. 7)

Помітимо, що четвірка точок (С, К, F, A) – гармонічна (CK/KF = CA/AF = 2). Тоді коло з діаметром АК, на якому лежить L – коло Аполлонія, звідки CL = 2FL = CT (адже FL – середня лінія трикутника АСТ). Помітимо також, що ТВС = ТВК - СВК = АВК - СВК = СВК. Отож, С – точка перетину бісектриси кута TBL та серединного перпендикуляру до сторони TL трикутника TCL. Оскільки ТВ> BL, як гіпотенуза, то трикутник нерівнобедрений, і ці прямі не співпадають. В такому разі, С – середина дуги TL описаного кола трикутника TBL, що не містить точку В. Тоді, ТСВ = TLB = 90. Отже, TC BC. Оскільки FL TC, то і FL BC.

Рис. 7

3. Задача № 4 () за 9 клас.

4. Нехай – внутрішня бісектриса трикутника . Перпендикуляр до сторони у точці перетинає зовнішню бісектрису в точці . Коло з центром і радіусом перетинає сторони і в точках i відповідно. -симедіана перетинає описане коло вдруге в точці . Доведіть, що описані кола та дотикаються.

Розв’язання. Нехай К – середина дуги FE описаного кола трикутника AFE, що не містить точку А. Тоді КІ – діаметр цього кола. Нехай промінь КХ перетинає пряму FE в точці Н. Тоді, оскільки КX – зовнішня бісектриса кута FXE, то HF/HE = FX/FE = AF/FE. Звідси маємо, що Н – основа зовнішньої бісектриси кута А трикутника AFE. Тому, Н лежить на прямій АІ (рис. 8).

Розглянемо тепер радикальні осі трьох кіл: FAIE, FDE, ADI. Помітимо, що обидва кола FDE та AID дотикаються до сторони ВС в точці D. Отже, радикальними осями будуть прямі: ВС, FE, AI, тому вони мають перетинатись в одній точці. Отже, точка КН лежить і на прямій ВС.

Оскільки КІ – діаметр описаного кола трикутника AFE, то ІХК = 90, тому НХІ = 90. З цього випливає, що точки Н, Х, І, D лежать на одному колі з діаметром HI.

Тепер: (BD, DX) = (KD, DX) = (KI, IX) = (AI, IX) = (AF, FX) = (BF, FX). Отже, чотирикутник BFDX вписаний. Аналогічно, XDEC вписаний. Тоді залишилось порахувати кути:

Нехай l – дотична до описаного кола трикутника AFE в точці Х. Тоді: (l, XC) = (l, XE) + (XE, XC) = (FX, FE) + (DE, DC) = (FX, FE) + (FE, FD) = (FX, FD) = (BX, BD). Звідси випливає, що пряма l є спільною дотичною до кіл FXE i BXC в точці Х, а тому вони дотикаються.

Рис. 8

⇐ Предыдущая 1 234 Следующая ⇒