Векторы и координаты в планиметрии —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Векторы и координаты в планиметрии

Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Векторы и координаты в планиметрии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Векторы и координаты в планиметрии

Базовые операции с векторами на плоскости

Использование средней линии и середин отрезков через векторы

Длины векторов и скалярное произведение

Введение векторов или координат в планиметрии

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87529

На каждой из двух прямолинейных линий электропередач установлены обслуживающие подстанции. На линии А — через каждые $m$ км, на линии В — через каждые $q$ км. Если занумеровать их подряд вдоль каждой линии, то расстояния между подстанциями $A1$ и $B1$ равно $√- 15 2$ км, между $A3$ и $B3$ равно $√-- 5 34$ км, между $A4$ и $B4$ равно $√-- 15 10$ км. Определите, параллельны ли данные линии? Если да, то найдите расстояние между ними. Если нет, то найдите расстояние от подстанции $A1$ до точки их пересечения.

Показать ответ и решение

Если ввести декартову систему координат с началом в точке $A 1$ и одной из осей, направленной вдоль линии $A$ (можно и иначе), то координаты всех подстанций будут изменяться линейным образом, следовательно, квадраты расстояний $AkBk$ будут являться значениями некоторого многочлена второй степени $2 P(s)= as + bs+ c$ . Найдём его. Будем измерять $s$ в условных единицах длины, так что каждая следующая единица соответствует следующей паре подстанций. Тогда

2 P (0)= c= A1B1 = 9⋅50

2 P (2)= 4a+ 2b+ c= A3B3 = 17⋅50

2 P (3)= 9a+ 3b+ c= A4B4 = 45⋅50

Для простоты расчетов уменьшим все правые части в $50$ раз и из полученной линейной системы найдём

a= 8,b =− 12,c= 9.

Следовательно, искомый многочлен имеет вид

P(s)= 50(8s2− 12s+ 9)

Его дискриминант отрицателен, $P(s)$ нигде не обращается в ноль (и всюду положителен). Следовательно, линии не пересекаются. Квадрат расстояния между ними равен минимальному значению $P (s)$ , которое достигается при $s =s0 = 34$ и равно $50⋅ 92 = 225$ . А само расстояние равно 15.

Ответ:

Линии параллельны, расстояние между ними равно $15$ км.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85562

По плоскости ползут три улитки. Каждая улитка движется со своей скоростью прямолинейно и равномерно. Известно, что в некоторые три момента времени все улитки оказывались на одной прямой. Могут ли улитки в какой-то момент времени оказаться в вершинах правильного треугольника?

Источники: Курчатов - 2024, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как в геометрии, так и в других разделах математики, зачастую бывает удобно зафиксировать задачу набором переменных. Если мы хотим зафиксировать задачу здесь, то самым банальным набором будет функция движения каждой улитки. Пусть (x_i(t), y_i(t)) - положение улитки относительно времени. Какое тогда условие, при наличии направляющих векторов можно наложить на их координаты, если в некоторый момент времени эти три улитки были

Подсказка 2

Верно, что (x_2(t) - x_1(t))(y_3(t) - y_1(t)) = (x_3(t) - x_1(t))(y_2(t) - y_1(t)). Просто записали векторное произведение векторов от первой ко второй улитке и от первой к третьей. Что теперь можно понять, если у нас нашлось 3 значения таких t(то есть, три раза был момент, когда они все на 1 прямой)? А если подумать какой степени каждая из зависимостей x_i, y_i относительно t?

Подсказка 3

Зависимости x_i, y_i - линейный зависимости(так как каждая улитка движется по линии), а значит, уравнение выше - не выше второй степени. Однако, у него есть три различных корня. Что это значит тогда? Когда такое может быть?

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат, и пусть $(x (t);y(t)),i= 1,2,3 i i$ - координаты $i$ -й улитки в момент времени $t$ . Поскольку улитки движутся прямолинейно и равномерно, то $xi(t)$ и $yi(t)$ - линейные функции от времени $t$ . Рассмотрим векторы

¯a(t)= (x (t)− x(t);y (t)− y (t)), 2 1 2 1 ¯b(t)=(x3(t)− x1(t);y3(t)− y1(t)),

направленные от первой улитки ко второй и третьей соответственно. Тогда условие принадлежности трех улиток одной прямой равносильно коллинеарности векторов $¯a(t)$ и $¯ b(t)$ .

Это в свою очередь равносильно пропорциональности координат этих векторов:

(x2(t)− x1(t))(y3(t)− y1(t))= (x3(t)− x1(t))(y2(t)− y1(t)).

Заметим, что это равенство представляет собой уравнение на переменную $t$ степени не выше 2. Нам известно, что у этого уравнения есть три различных корня. Но тогда это уравнение имеет тривиальный вид $0 =0$ , поскольку в противном случае у него не может быть больше двух корней. Значит, это уравнение справедливо при любом $t$ , и улитки всегда находятся на одной прямой и не могут оказаться в вершинах ни одного треугольника.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82783

Старинный подземный ход имеет свод параболической формы (то есть в поперечном сечении туннель ограничен полом — осью $Ox$ и графиком некоторой параболы $2 y = a− bx$ ). Ширина туннеля (измеряется по полу) равна $24$ , высота туннеля равна $18$ . Ход укрепили распорками — на параболе отметили точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ и соединили их между собой балками. Балки $AB$ и $CD$ параллельны полу, $AD$ пересекается с $BC$ , и при этом $∘ ∠ACB = ∠ADB = 90$ . Найдите расстояние между балками $AB$ и $CD$ .

Источники: Ломоносов - 2024, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте введем на нашей картинке систему координат, которая была бы нам удобна. К примеру симметричную относительно прямой симметрии параболы и нулевой высоты в тоннеле. Тогда, что нужно чтобы зафиксировать картинку? Каких параметров будет достаточно, чтобы выразить через это всю картинку?

Подсказка 2

Нам достаточно h - высоты вершины, а также длины основания - 2l(для симметрии). Тогда, если наша парабола задается функцией f(x) = a - bx^2, то f(l) = f(-l), f(0) = h. Тогда f(x) = h(1 - x^2/l^2). Значит, мы можем задать две точки A и C, а остальные - будут отличаться от симметричных только умножением на -1 абсциссы. Давайте так и сделаем - пусть x_1 - абсцисса А, а x_2 - абсцисса C. Тогда как нам выразить перпендикулярность, если мы работаем в координатах? Мы ведь не использовали еще ни разу тот факт, что, к примеру, AC и CB перпендикулярны.

Подсказка 3

Верно, мы можем выразить это через скалярное произведение векторов AC и CB. После того, как мы запишем и преобразуем выражение, у нас получится, что -(x_2^2 - x_1^2) - (h^2)/(l^4) * (x_2^2 - x_1^2)^2 = 0. Но при этом, у нас x_1 != x_2, поэтому x_2^2 - x_1^2 = - (h^2)/(l^4). Тогда, нам остается понять, чему равно расстояние между балками и записать ответ!

Показать ответ и решение

Обозначим ширину тоннеля за $2l$ , а высоту за $h$ . Из этих параметров однозначно выводятся параметры параболы: $x$ принадлежит отрезку $[−l,l],$ а $y(l)= y(−l)= 0,$ так что

hx2 y(x)= h− -l2-

Теперь зададим координаты точек так:

2 2 2 2 A = (x1,h(1− xl12 )),B = (−x1,h(1 − x1l2 )),C = (x2,h(1 − x2l2 )),D = (x2,h(1− x2l2 ))

Так как $AB$ и $CD$ параллельны полу, то понятно, что ординаты $A$ и $B$ одинаковы. Значит, абсциссы отличаются только знаком. Аналогично для $C$ и $D$ .

$PIC$

Тогда перпендикулярность $AC$ и $CB,$ $AD$ и $DB$ можно выразить, например, через равенство нулю скалярных произведений. Достаточно рассмотреть одну пару, так как рисунок симметричен.

AC = (x2− x1; h(x2− x2),CB = (−x1 − x2; h(x2− x2)) l2 1 2 l2 2 1

2 2 h2- 2 22 AC ⋅CB =− (x2− x1)− l4 (x2− x1)= 0

Тогда либо $2 2 (x2− x1) =0$ (но балки не совпадают, поэтому такой вариант не подойдет), либо

2 2 l4 (x2− x1)= − h2

А расстояние между балками это:

2 |hl2(x22− x21)|= lh-= 8

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79601

Векторы $⃗a ,⃗a,⃗a ,⃗a 1 2 3 4$ , расположенные в одной плоскости с вектором $⃗b$ , имеют равную длину, отличную от длины вектора $⃗b$ . Известно, что

−→ || || 9⃗a1− 4⃗a2− 5⃗b= 16⃗a3− 9⃗a4− 7⃗b= 0 ,|⃗a1− ⃗b|= 8

Найдите $|| ⃗|| |⃗a3− b|.$

Источники: ОММО - 2024, задача 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте выразим всё через a₁ и a₃, ведь именно они выделяются: a₁ = 4/9 * a₂ + 5/9 * b, a₃ = 9/16 * a₄ + 7/16 * b. Что мы можем заметить здесь? А если вспомнить словосочетание «отношение отрезков»?

Подсказка 2

Это похоже на то, что мы взяли вектора a₂ и b, провели их от одной точки и на отрезке, который соединяет их концы, поставили точку с отношение 7/9, и вот этот вектор равен a₁. Аналогично с a_3. Как теперь можно наше наблюдение совместить с фактом про равные длины из условия?

Подсказка 3

Давайте создадим треугольник AOE, где OA = a₂, OE = b. Тогда вектор a₁ понятно находится по рассуждению выше. Но ведь у нас еще есть a₃. Пусть тогда OD = a₄. Тогда, опять же, a₃ понятно ищется на картинке. Но что же все таки с равными длинами? В какой конструкции у нас много точек на одном расстоянии лежит?

Подсказка 4

Верно! Концы векторов a₁, a₂, a₃, a₄ лежат на одной окружности, при этом прямые DC, AB, OE пересекаются в одной точке и делятся понятным отношением этой самой окружностью. Что тогда остается сказать, если даны окружность и отношения секущих?

Подсказка 5

Можно сказать, что у нас EB * EA = EC * ED, если BA = 4x, а EC = 9y, то y = x/2. Осталось воспользоваться условием задачи ещё раз

Показать ответ и решение

Выразим $⃗a = 4a⃗+ 5⃗b 1 92 9$ и $⃗a = 9-⃗a +-7⃗b 3 164 16$ . Поэтому $⃗a 1$ — чевиана в треугольнике $AOE$ со сторонами $OA = ⃗a 2$ и $OE =⃗b$ , которая делит третью сторону $AE$ в отношении $5$ к $4$ . А $a⃗3$ — чевиана треугольника $OED$ со сторонами $⃗ OE =b$ и $OD = ⃗a4$ , делящая $ED$ в отношении $9$ к $7$ . Так как векторы $⃗a1,⃗a2,⃗a3,⃗a4$ равны, то они лежат на окружности с центром в точке $O$ , а треугольники $AOB$ и $OCD$ — равнобедренные.

$PIC$

По теореме об отрезках секущих

4x ⋅9x= 9y⋅16y

Откуда

y = x 2

По условию $4x= 8$ , следовательно $|a⃗3− ⃗b|= 9y = 9.$

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76173

Дед Мороз наколдовал на серединах сторон треугольника $ABC$ шестиконечные снежинки, как показано на рисунке:

$PIC$

(вершина треугольника и середина стороны треугольника берутся концами стороны соответствующего правильного шестиугольника)

Докажите, что на полученном новогоднем чуде точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $XY Z$ совпадают.

Показать доказательство

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости.

Про точку $M$ пересечения медиан треугольника $ABC$ известно, что:

−−→ −→ −−→ −−→ 3OM = OA +OB + OC

(это характеристическое свойство следует из того, что точка пересечения медиан является центром масс $−M−A→ +−M−B→ +−M−C→ = −→0$ )

А требуется доказать, что $M$ является ещё и точкой пересечения медиан треугольника $XY Z$ , то есть:

−−→ −−→ −−→ −→ 3OM = OX +OY + OZ

Левые части полученных двух векторных равенств совпадают, поэтому надо доказать про правые, что разность правых частей в этих равенствах равна нулевому вектору, то есть (преобразуем по правилу вычитания векторов):

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −→0

Возьмём серединный треугольник $A0B0C0$ и повернём его вокруг точки $M$ на $60∘$ . Получим треугольник $A1B1C1$ такой, что

A1B1 ∥ AX, B1C1 ∥BZ, C1A1 ∥CY

К тому же,

A1B1 =A0B0 = AB∕2= AX,B1C1 =B0C0 =BC ∕2= BZ,C1A1 = C0A0 = CA∕2 =CY

Значит,

−−→ −−−→ −→ −−−→ −−→ −−−→ AX = B1A1,BZ = B1C1,CY =C1A1

Но тогда получаем требуемое:

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −−B−1→A1+ −−B−1→C1+ −−C−1A→1 = −→0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#77202

В трапеции $ABCD$ c основаниями $AD$ и $BC$ оказалось, что $−A→C + −−B→D = 2(−A→B + −−C→D)$ . В каком отношении диагональ $AC$ делит диагональ $BD$ ?

Показать ответ и решение

Распишем левую часть уравнения:

−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ AC+ BD = AB +BC + BC +CD.

Подставляя последнее выражение в уравнение, получаем:

2−−B→C = −A→B +−C−→D

Распишем $−→AB+ −C−→D :$

−A→B + −−C→D =−A−→D − −B−→C.

Подставляя в уравнение получаем, что:

−−→ −−→ 3BC = AD.

Из подобия треугольников, получаем, что искомое отношение $3 :1.$

Ответ: 3

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#69120

Середины противолежащих сторон шестиугольника соединены отрезками. Оказалось, что точки попарного пересечения этих отрезков образуют равносторонний треугольник. Докажите, что проведенные отрезки равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что во многих четырехугольниках на картинке есть средние линии...что тогда сделаем?

Подсказка 2

Запишем их средние линии с помощью векторов! Тогда мы сможем понять что-то про сумму отрезков, соединяющих середины сторон. Осталось лишь воспользоваться тем, что угол между этими векторами уже в условии определен ;)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M, K, P, L, N$ и $S$ — середины сторон $AB, BC, CD, DE, EF$ и $FA$ соответственно.

Рассмотрим четырёхугольник $ACDF.$ В нем

−→SP =−S→A + −→AC+ −C→P = −→SF + −−F→D + −−D→P

Поскольку $SP$ — средняя линия этого четырёхугольника, то сложив эти равенства, получим

−→ (−→ −−→ ) SP = 12 AC +F D

Аналогично $( ) ( ) −K−→N = 12 −−B→F +−C−→E , −L−M→ = 12 −D−→B + −E→A$

Сложим полученные равенства:

−→ −−→ −−→ 1(−→ −→ −−→ ) 1(−−→ −−→ −−→) SP + KN + LN = 2 EA + AC+ CE + 2 DB +BF + FD = 0

По условию угол между каждыми двумя из этих трёх векторов равен $∘ 60 ,$ следовательно, из отрезков $SP, KN$ и $LM$ можно составить равносторонний треугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#69118

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB =AC ),D$ — середина стороны $AB,$ а $E$ — точка пересечения медиан треугольника $ACD.$ Докажите, что $OE ⊥ CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что какие-то две прямые перпендикулярны. Может, попробовать доказать, что направляющие векторы этих прямых перпендикулярны...

Подсказка 2

Два вектора перпендикулярны, когда их скалярное произведение равно 0. Может, как-то удобно выразить векторы EO и CD, чтобы посчитать их скалярное произведение...

Подсказка 3

Попробуйте выразить их через вектора OA, OC, OB. Например, вектор CD=1/2(CA+CB), где CA=CO+OA и CB=CO+OB.

Подсказка 4

Осталось выразить OE. Мы знаем, что OE=OA+AE, а AE=1/3(AD+AC). Как же тогда выражается OE через OA, OC, OB?

Подсказка 5

OE=1/6(3OA+2OC+OB). Проверьте, что скалярное произведение действительно равно нулю, и радуйтесь!

Показать доказательство

$PIC$

( ) −−O→D = 1 −O→A + −−O→B 2

Поэтому

−−→ 1 (−→ −−→ −−→ ) 1( −→ −−→ 1(−→ −−→) ) OE = 3 OA +OC + OD = 3 OA+ OC + 2 OA + OB = = 1(3−O→A + 2−−O→C+ −O−→B ) 6

Кроме того,

−−→ 1 (−→ −−→ ) 1 ((−−→ −→ ) (−−→ −−→ )) CD = 2 CA +CB = 2 CO + OA + CO + OB = 1 (−→ −−→ −−→) = 2 OA +OB − 2OC

Значит,

( ) ( ) 12−O−→E ⋅−C−→D = 3−O→A +2−O−→C + −−O→B ⋅ −O→A +−O−→B − 2−−O→C =

= 3−O→A2 + 3−O→A ⋅−O−→B − 6−O→A ⋅−O−→C + 2−O−→C ⋅−O→A + 2−O−→C ⋅−O−→B − 4−O−→C2+

+−O→A ⋅−−O→B +−O−→B2 − 2−O−→B ⋅−−O→C =

−→ −−→ −→ −−→ = 3R2 − 4R2 +R2 +4OA ⋅OB − 4OA ⋅OC =

−→ (−−→ −−→ ) −→ −−→ = 4OA OB − OC = 4OA ⋅CB = 0

Так как $OA ⊥ BC$ ( $R$ — радиус окружности). Следовательно, $OE ⊥CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#69116

В прямоугольнике $ABCD$ опущен перпендикуляр $BK$ на диагональ $AC.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AK$ и $CD$ соответственно. Докажите, что угол $BMN$ прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, как доказывать перпендикулярность, используя векторы? Конечно, мы должны доказать, что скалярное произведение MN и BM равно нулю. Для этого необходимо выразить эти векторы через попарно перпендикулярные: BC, BK, KC, AB

Подсказка 2

Так как скалярное произведение линейно по каждому аргументу, имеем, что MN * BM = 1/4 (BC * BK - KC * AB). Как используя перпендикулярность векторов (то есть BC * BA = KC * BK = 0) доказать, что BC * BK - KC * AB = 0?

Подсказка 3

Используйте, что BK = KC * ctg(α) и AB = BC * ctg(α), где ∠KBC = ∠BAC = α

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку

( ) ( ) ( ) −M−N→ = 1 −A−→D + −−K→C = 1 −−B→C +−K−→C и −B−M→ = 1 −B→A + −−B→K 2 2 2

то

−−→ −−→ 1( −−→ −−→ ) (−→ −−→ ) 1 (−−→ −−→ −−→ −→ ) MN ⋅BM = 4 BC +KC ⋅ BA + BK = 4 BC ⋅BK +KC ⋅BA =

1( −−→ −−→ −−→ −→ ) = 4 BC ⋅BK −KC ⋅AB

Так как

−−→ −→ −−→ −−→ BC ⋅BA = KC ⋅BK = 0

Обозначим $∠BAC =∠KBC = α.$

Тогда

−−B→C ⋅−−B→K − −K−C→ ⋅−A→B = BC ⋅BK ⋅cosα − KC ⋅AB ⋅cosα =

= (BC⋅BK − KC ⋅AB)cosα= (BC⋅KC ctgα− KC ⋅BCctgα)cosα = 0.

Следовательно, $BM ⊥ MN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69114

Дан четырёхугольник $ABCD.A ′,B′,C′$ и $D′$ — середины сторон $BC, CD,DA$ и $AB$ соответственно. Известно, что $AA′ = CC′$ и $′ ′ BB = DD .$ Докажите, что $ABCD$ — параллелограмм.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам сказали про середины сторон, которые намекают нам на медиану...а что мы умеем делать с медианой в векторах?

Подсказка 2

Выражать ее через стороны треугольника! Т.е. каждый отрезок вида X'X мы можем выразить и записать систему равенств...что из нее видно?

Подсказка 3

Сумма векторов A'A + B'B + C'C + D'D = 0. Что это значит?

Подсказка 4

Из них можно составить четырехугольник с помощью параллельных переносов! Осталось лишь использовать равенства из условия и прийти к параллелограмму)

Показать доказательство

$PIC$

Так как точки $A′,B′,C′$ и $D ′$ являются серединами соответствующих сторон, то

( |||| −A−A→′ = −−→AB+2−−A→C |||{ −−→′ −−B→D+−B−→C- | B−B−→ = −−→2−−→ ||||| CC ′ = C−−D→+2C−A−→ |( −D−D→′ = DB+2DA

Складывая, получим, что

−A−A→′+−B−B→′+−C−C→′+−D−D→′ = −→0

Значит, данные отрезки можно параллельно перенести так, чтобы образовался четырёхугольник. Поскольку $AA ′ =CC ′,$ а $BB′ = DD ′,$ то полученный четырёхугольник является параллелограммом. Следовательно, прямые $AA′$ и $CC′$ параллельны и четырёхугольник $AA ′CC ′$ — параллелограмм, откуда следует, что отрезки $AC′$ и $CA′$ параллельны и равны. Но тогда стороны $BC$ и $AD$ параллельны и равны, то есть $ABCD$ — параллелограмм.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#69112

В треугольнике $ABC$ на стороне $AB$ выбраны точки $K$ и $L$ так, что $AK = BL,$ а на стороне $BC$ — точки $M$ и $N$ так, что $CN = BM.$ Докажите, что $KN + LM ≥ AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обратим внимание на схожесть расположения каждого из отрезков нашего неравенства. Каждый из них включен в треугольник с вершиной B. Попробуйте выразить вектора AC, KN и LM через вектора выходящие из вершины B.

Подсказка 2

Не просто же так в условии сказано, что BL=KA, а BM=NC. Подумайте, почему эти же равенства будут верны и в векторном виде и подставьте их в выражения, которые мы находили ранее. Подумайте, как теперь мы можем связать вектора AC, KN и LM.

Подсказка 3

Если до этого вы всё сделали правильно, то должны были получится векторные равенства: KN = BN - BK, LM = NC - KA. Если сложить два векторных равенства, то получим KN+LM=(BN+NC)-(BK+KA)=BC-BA=AC. Подумайте, почему данное векторное равенство доказывает неравенство из условия.

Показать доказательство

Рассмотрим для определенности конфигурацию, изображенную на рисунке

$PIC$

Тогда имеем следующие равенства:

( ||| −A→C =−B−→C − −B→A { −−K→N = −−B→N − −−B→K |||( −−→ −−→ −→ LM = BM − BL

Поскольку $−−→ −−→ BM = NC,$ а $−→ −−→ BL = KA,$ то сложив второе и третье равенства получим

−−→ −−→ (−−→ −−→) (−−→ −→ ) −−→ −→ −→ KL + LM = BN +BM − BK + BL =BC − BA =AC

Следовательно

|−A→C |= |−−L→M +−K−N→|≤ |−L−→M |+ |−K−→N |

Заметим, что при таком решении не существенно, как расположены точки $K, L, M$ и $N.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68554

Из медиан треугольника $ABC$ составлен треугольник $A B C , 1 1 1$ а из медиан треугольника $A B C 1 1 1$ составлен треугольник $A B C . 2 2 2$ Докажите, что треугольники $ABC$ и $A2B2C2$ подобны, и найдите коэффициент подобия.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала надо построить треугольник A₁B₁C₁. Вы же помните, как выражается вектор медианы через вектора сторон?

Подсказка 2

Если проведена медиана AM₁, то вектор AM₁ равен полусумме векторов AB и AС. Нетрудно увидеть, что сумма векторов AM₁, BN₁ и CK₁ равна 0 (BN₁ и CK₁- векторы оставшихся медиан), а значит из них действительно можно сложить треугольник. Может тогда посмотрим, как выражаются медианы треугольника A₁B₁C₁?

Подсказка 3

Мы знаем, что для векторов нашего треугольника A₁B₁C₁ верны следующие равенства: A₁B₁= AM₁, B₁C₁=BN₁, C₁A₁=CK₁. Тогда вектор медианы A₁M₂ равен полусумме векторов AM₁ и K₁C. Как тогда можно выразить вектор A₁M₂ через вектора треугольника ABC?

Подсказка 4

A₁M₂=(AM₁+M₁C)/2=(AB+AC+BC+AC)/4=3*AC/4. Осталось аналогично выразить остальные векторы медиан B₁N₂ и C₁K₂ и завершить решение!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть медианы $△ABC$ будут $′ AA ,...$ и аналогично для $△A1B1C1$ ( $′′ A1A ,...$ ). Тогда из $△ABC$ имеем

−→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −A−→A ′ =AB-+-AC , −B−B→′ = BA+-BC-, −C−C→′ = CB+-CA 2 2 2

Заметим, что сумма всех векторов равна нулю, поэтому из них можно составить треугольник. Это важно, поскольку тогда мы можем использовать их в качестве сторон $A1B1C1$ ( $−A−→A′ → −A−1−B→1,−B−B→′ → −B−−1→C1,−C−C→′ → −C−1−→A1$ ). Далее из треугольника $△A1B1C1$ получим

−−−→ −−−→ −−−→ −→ −→ −−→ −→ −→ A1A′′= A1B1-+A1C1 = AB-+AC-+-BC-+AC- = 3AC-- 2 4 4

Здесь мы воспользовались тем, что $−A→B + −−B→C +−C→A = −→0 .$ Повторяя аналогичные рассуждения для остальных сторон, получаем подобие с коэффициентом $34.$

Второе решение.

Если стороны треугольника равны $a,b,c,$ то квадраты длин медиан выражаются по формулам

m2 = 2b2+-2c2-− a2 a 4

2 2c2+-2a2− b2 mb = 4

2 2a2+ 2b2− c2 mc = ----4------

Тогда у треугольника $A2B2C2$ квадраты длин сторон, как медианы треугольника $A1B1C1,$ выражаются по формулам

2 2 2 2m-b +2m-c − m-a= 4

= -1⋅(2(2b2+ 2c2− a2)+2(2c2+ 2a2− b2)− (2a2+ 2b2− c2)) 16

-1 ( 2) ( 3c)2 = 16 ⋅9c = 4

Далее аналогично считаются длины оставшихся двух сторон. В итоге у треугольника $A2B2C2$ стороны равны $34c,34b,34a,$ поэтому он подобен исходному треугольнику со сторонами $a,b,c,$ коэффициент подобия равен $3. 4$

Ответ:

$3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68542

Пусть $ABCD$ и $AB C D 1 1 1$ — два параллелограмма с общей вершиной. Докажите, что один из векторов $BB- ,CC- 1 1$ и $DD- 1$ коллинеарен сумме двух других.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как доказать, что сумма двух векторов коллинеарна третьему? Может, выразить каждый наш вектор через какие-то другие и доказать, что сумма двух равна третьему...

Подсказка 2

Попробуем для начала разобраться с BB₁. Видно, что BB₁=BA+AB₁. А что можно сказать про вектор DD₁?

Подсказка 3

DD₁=DA+AD₁. Видно, что вектора BB₁ и DD₁ не содержат в разложении одинаковых векторов. Может, тогда именно вектор CC₁ равен сумме BB₁ и DD₁?

Подсказка 4

Итак, CC₁=CB+BA+AB₁+B₁C₁=BB₁+CB+B₁C₁. Если мы докажем, что CB+B₁C=DD₁, то мы победили. А может, просто CB=DA и B₁C=AD₁? Вспомните, что ABCD и AB₁C₁D₁ - параллелограммы, и завершите решение!

Показать доказательство

$PIC$

Выразим каждый из этих векторов через $−→ −−→ −−→ −−−→ AB,BC,AB1,B1C1$

−B−B→1 = −−A→B + −−A→B1, −D−D−→1 = −−D→A +−A−D→1 = −−B−→C + −−B−1→C1

Наконец,

−−→ −−→ −→ −−→ −−−→ −−−→ −−→ CC1 = −BC − AB +AB1 +B1C1 = DD1+ BB1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#67114

В треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности, точка $H$ — ортоцентр. Отрезки $OA$ , $OB$ и $OC$ параллельно перенесли и последовательно приставили друг другу. Получилась ломаная. Докажите, что отрезок, соединяющий концы ломаной, равен и параллелен $OH$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отрезки, которые друг от друга откладывают, и нам важно только расстояние между началом и концом… Да это же задача на векторы! То есть нас просят доказать векторное равенство OH=OA+OB+OC (всё в векторах). Сразу такое доказывать страшно и не понятно как. Может быть преобразовать два каких-то слагаемых из этой суммы, с помощью дополнительного построения?

Подсказка 2

Если у нас есть ортоцентр, то надо пользоваться его свойством. При этом таким свойством, чтобы где-то обнаружить отрезок BH, потому что в данный момент совершенно неясно, что с ним делать, а только с ним что-то делать и остается, так как оба отрезка: OH и OB, как-то с ним связаны. Так какое доп. построение здесь может зарешать?

Подсказка 3

Оп-па, можно отразить точку О относительно AC (пусть образ точки O- это О₁). Тогда OO₁=HB, по свойству ортоцентра, при этом, очевидно, HBOO₁ — параллелограмм. А значит, OH можно легко выразить через OB и OO₁. Осталось выразить, в силу того, что СOAO₁ — параллелограмм, сумму векторов OA+OC, после чего увидеть, что задача решена!

Показать ответ и решение

$PIC$

Иными словами, нас просят доказать векторное равенство $−−→ −→ −−→ −−→ OH = OA+ OB + OC$ (Формула Гамильтона).

Пусть $O1$ симметрична $O$ относительно середины $AC$ , тогда $−→ −−→ −−→ OA + OC = OO1$ . По свойству ортоцентра $BH =OO1$ и $BH ∥ OO1$ , значит $HBOO1$ — параллелограмм, следовательно $−−→ −−→ −−→ OB + OO1 = OH$ . Таким образом, $−→ −−→ −−→ −−→ OA + OB +OC = OH$ , что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76463

На каждой из сторон параллелограмма выбрано по произвольной точке. Точки на соседних сторонах параллелограмма соединены отрезками прямых. В результате от параллелограмма оказываются отсеченными четыре треугольника. Вокруг каждого из этих треугольников описана окружность. Докажите, что центры этих окружностей являются вершинами некоторого параллелограмма.

Источники: Надежда энергетики-2022, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Взглянув на условие, кажется, что надо доказать что-то страшное и непонятно, как это делать. Но давайте вспомним, какие в принципе у нас есть способы решения задач по планиметрии? Углы считать мы не пойдём, в лоб доказывать равенство сторон тоже. Как можно сделать это хитрее?

Показать доказательство

Изобразим окружности и их центры, которые обозначим $O ,...,O . 1 4$ Рассмотрим векторы $O O ,O O 1 2 4 3$ и $O O ,O O . 1 4 2 3$

$PIC$

Поскольку центры описанных окружностей лежат на пересечении серединных перпендикуляров, проекции указанных векторов на стороны исходного параллелограмма будут равны половине этих сторон.

Таким образом, если ввести две оси: одну параллельно стороне $AB,$ а другую параллельно стороне $AD,$ то каждая пара рассматриваемых векторов будет иметь одинаковые проекции на каждую из введенных осей. Отсюда следует попарное равенство самих векторов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть длины сторон это 10 единиц, 2 и x. Очень хочется найти x... Попробуем рассмотреть векторы, соответствующие сторонам и поработать с ними.

Подсказка 2

Т.к. мы всё-таки хотим использовать длины сторон, то работать будем не с самими векторами, а с коллинеарными им единичными. Т.к. мы знаем, что они образуют многоугольник, то мы можем записать уравнение на них. А как быть с равными углами? Что можно сказать о взаимно расположении некоторых единичных векторов?

Подсказка 3

Заметим, что каждый угол равен 150. Тогда мы можем сказать, какие стороны многоугольника параллельны. Теперь мы можем записать условия на пары единичных векторов.

Подсказка 4

Знаем, что сумма единичных векторов, где один идёт с коэффициентов 2, а другой - с x равна 0. Также сумма единичных векторов, соответствующим противоположным сторонам тоже равна 0. Как найти x?

Подсказка 5

Чему равна сумма единичных векторов без дополнительных коэффициентов?

Подсказка 6

Их сумма равна 0! Теперь-то мы можем найти x) Осталось лишь найти площадь многоугольника, в котором мы знаем взаимное расположение всех сторон.

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:

$8+ 4√3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#72245

В треугольнике $ABC$ синус угла $A$ равен $3∕5.$ На стороне $AC$ взяли точку $M$ так, что $CM =15,$ на стороне $AB$ взяли точку $N$ так, что $BN = 7,AN = AM,$ $T$ — середина $NC,$ $P$ — середина $BM.$ Найдите длину отрезка $P T.$

Источники: Муницип - 2022, Республика Башкортостан, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас отмечены две середины, может, стоит поискать средние линии? Попробуйте придумать какую-нибудь среднюю линию с точкой T...

Подсказка 2

Можно взять точку L- середину BC. Тогда TL- средняя линия треугольника △NCB ⇒ TL=7/2 и TL // AB. А что мы можем сказать про PL?

Подсказка 3

Это тоже средняя линия, только для треугольника △MBC ⇒PL=15/2 и PL // AC. Из параллельности следует, что уголок ∠PLT равен ∠BAC. Можем ли мы уже найти PT?

Подсказка 4

Конечно можем, ведь у нас есть теорема косинусов! Доведите решение до конца и не забудьте, что cos(∠BAC) может принимать два значения...

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим длины $AN$ и $AM$ за $x.$ Введём систему из двух единичных векторов: пусть вектор $−→ b$ коллинеарен вектору $−→ AB,$ а вектор $−→c$ коллинеарен вектору $−A→C.$ Тогда верны векторные соотношения:

−→PT =−A→T − −→AP,−A→P = 1(−A→B + −−A→M ),−A→T = 1(−→AC+ −−A→N ) 2 2 −→AB = (x+ 7)⃗b,−→AC = (x+ 15)⃗c, −A−→M = x⃗c, −A−→N = x⃗b −→ 1 −→ −−→ −→ −−→ 1 ⃗ P T = 2(AC +AN − AB −AM )= 2(15⃗c− 7b)

Вычисляя скалярный квадрат вектора $−→ PT,$ и учитывая, что косинус угла $\text{[math]}$ может быть равен равен $4∕5$ для острого угла и $− 4∕5$ для тупого, получим

−→ −→ 1 PT ⋅PT = 4(49⃗b⋅⃗b+225⃗c⋅⃗c− 210⃗b⋅⃗c)= 26,5 −→ −→ 1 ⃗⃗ ⃗ PT ⋅PT = 4(49b⋅b+225⃗c⋅⃗c− 210b⋅⃗c)= 110,5

Ответ:

$√26,5;√110,5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#47140

На окружности радиуса $1$ с центром $O$ дано $2n+ 1$ точек $P,...,P 1 2n+1$ , лежащих по одну сторону от некоторого диаметра. Докажите, что $--- --- |OP1+ ...+ OP2n+1|≥1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Так как у нас фигурирует параметр n, давайте доказывать утверждение по индукции! Для удобства мы можем отсортировать вектора по часовой стрелке. Предположите, что сумма 2n-1 векторов больше 1, тогда докажем, что при добавлении новых двух векторов - пусть это будет первый и последний, ничего не изменится.

Подсказка 2!

Для этого сначала докажем, что сумма 2..2n лежит между векторами OP1 и OP2n+1

Подсказка 3!

А после рассмотрим вектор их суммы и попробуем доказать, что при прибавлении его все останется хорошо!

Показать ответ и решение

Опустим везде обозначения векторов, поскольку больше ничего использовать не будем.

Будем доказывать по индукции. Не умаляя общности, можно считать, что векторы $OP1,...OP2n+1$ для каждого $n$ отсортированы по возрастанию тангенса угла наклона (или по часовой стрелке).

База индукции для $n = 0$ (всего один вектор) очевидна,

пусть предположение верно для $n− 1$ и для векторов $OP2,...OP2n$ , то есть для $OS = OP2+ ...+OP2n$ выполнено $|OS|≥ 1$ . Заметим, что каждый вектор из суммы лежит между $OP1$ и $OP2n+1$ , тогда и $OS$ лежит между ними (если это не так, то хотя бы один вектор в сумме имеет больший или меньший коэффициент наклона, чем у крайних, что невозможно). Далее пусть $OR = OP1 +OP2n+1$ , тогда $OP1RP2n+1$ — ромб и $OR$ — его диагональ и биссектриса $∠P1OP2n+1$ . Сам угол $P1OP2n+1$ меньше $∘ 180$ по условию, тогда его биссектриса образует острый угол с внутренним лучом $OS$ , то есть $∘ ∠(OS,OR)< 90$ . Пусть $ST = OR$ (снова как векторы), то есть $OT = OS +OR = OS +ST$ , тогда $∠OST > 90∘$ , как дополнение к острому и $|OT |>|OS|≥ 1$ (лежит напротив тупого угла). Шаг индукции доказан.

Замечание. Если точки могут лежать на диаметре, то угол может достигать $180∘$ , откуда сторона в треугольнике останется наибольшей, но теперь $OS$ может иметь нулевую длину и сумма останется на окружности при шаге индукции.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#47134

Докажите, что сумма векторов, ведущих из центра правильного $n$ -угольника в его вершины, равна $−→0$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

У нас есть абсолютно симметричная картинка, попробуйте использовать поворот: повернем картинку относительно центра на центральный угол, проанализировать, как изменится сумма.

Подсказка 2!

Попробуйте воспользоваться тем, что с одной стороны (из-за симметрии) сумма не должна измениться, но с другой, угол при каждом векторе уменьшается.

Показать доказательство

Пусть мы имеем дело с $n$ -угольником. То есть, мы хотим понять, чему равна сумма $−→ −→ −→ v1+ v2+...+ vn$ векторов, идущих из центра этого $n$ -угольника к его вершинам. Обозначим результат этой суммы за $−→ v.$ Т.е. пускай $−→ −→ −→ −→ v1+ v2+ ...+vn = v.$

Сделаем такой трюк: повернём наш $n$ -угольник на $2π- n$ вокруг его центра. С одной стороны, раз мы повернули картинку, то и результирующий вектор $−→ v$ должен повернуться на $2π n .$ С другой стороны, понятно, что сумма $−→ −→ −→ v1+ v2+ ...+ vn$ от поворота не изменилась, ведь наш $n$ -угольник как раз симметричен относительно такого поворота, т.е. при повороте на $2π n-$ он перешёл сам в себя.

Следовательно, вектор $−→ v,$ который является результирующим вектором суммы $−→ −→ −→ v1+ v2+ ...+ vn$ с одной стороны не изменился, а с другой - повернулся на $2nπ.$ Но вектор, который не меняется при повороте на любой ненулевой угол, может быть только $−→0 .$ Значит, тем самым, ничего не остаётся, кроме как того, что $−→v =−→0.$ Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#45004

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, и при этом $AM :MB = 1:4$ , $AN :NC = 3:2$ .

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Предыдущий раздел

Следующий раздел