Экстремальные задачи в планиметрии —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Экстремальные задачи в планиметрии

Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Экстремальные задачи в планиметрии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87531

В круговой сектор радиуса $R$ с центральным углом $α$ $(0< α≤ π∕2)$ вписаны две окружности (обе касаются радиусов-сторон сектора, друг друга внешним образом, а большая касается окружности сектора). Какую наибольшую долю может составлять расстояние между центрами вписанных окружностей от величины $R$ и при каком значении $α$ это достигается?

Показать ответ и решение

Обозначим радиусы малой и большой вписанных окружностей через $x$ и $y$ , введём величину $β = α 2$ . Отметим, что $π 0 <β < 4$ .

$PIC$

Выразим стороны треугольника через радиусы трёх окружностей.

OO2 = R − y, OO1 = R− x− 2y

Из подобия прямоугольных треугольников получаем

--1-= R-− y-= R−-x−-2y sin β y x

Откуда

R-= R-− 2x y x

-x y- y- R = (1− 2⋅R)⋅R

Расстояние между центрами вписанных окружностей $O1O2$ равно $x+y$ .

Рассмотрим искомое отношение

x +y y y y y y --R- = (1− 2R)R-+ R-= 2(1− R)R-

Относительно величины $t= yR-$ это отношение есть парабола $2t(t− 1)$ . Выразим параметр $t$ через угол $β$ .

si1nβ = Ry − 1

t= y= --sinβ--= ---1--- R 1 +sinβ 1+ s1inβ

Таким образом, при изменении $β$ от $0$ до $π 4$ параметр $t$ растёт от $0$ до $√ - 2− 1$ . Остаётся найти максимум параболы $2t(1− t)$ на полученном отрезке $√- [0; 2− 1]$ . Вершина параболы лежит правее отрезка, следовательно искомый максимум достигается при $√- t= t0 = 2− 1$ и равен $√ - 2(3 2− 4)$ .

Ответ:

$2(3√2-− 4)$ при $α= π 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68498

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны $R$ и $r$ соответственно.

а) Прямая $AI$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W$ . Докажите, что $IA ⋅IW = 2Rr.$

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен $2 R − 2Rr.$ [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Для начала можно применить лемму о трезубце и сказать, что WI = WB! А WB можно выразить с помощью теоремы синусов) Что теперь можно сделать с AI?

Пункт а), подсказка 2

Попробуйте опустить из точки I радиус на сторону AB, получится прямоугольный треугольник. А в нем AI выразить через угол и радиус вписанной окружности тоже можно, а дальше уже задача решается)

Пункт б), подсказка 1

Для начала перепишем формулу в виде R² - OI² = 2Rr. Если расписать разность квадратов, то получится произведение (R-OI)(R+OI)..Можно где-то найти такие отрезки?

Пункт б), подсказка 2

Да! Если провести диаметр через точки O и I! А дальше остается понять, почему произведение этих отрезков на этой прямой равно 2Rr. Для этого воспользуйтесь пунктом а)

Пункт в), подсказка 1

Просто смотрим на формулу из пункта б), и становится очевидно, что эта разность неотрицательная. А что делать с равенством?

Пункт в), подсказка 2

Из той же формулы получаем, что при равенстве OI = 0, т.е. I = O. А когда такое может быть?)

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

Пусть $∠BAC = α.$ Из условия следует, что $AW$ — биссектриса угла $A$ , то есть $∠BAW = α2$

Поэтому $BW = 2R ⋅sinα2$ . По лемме о трезубце $IW =BW.$

Пусть $M$ — проекция точки $I$ на $AB$ . Из прямоугольного треугольника $AMI$ находим, что

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

Переписав формулу в виде $2 2 R − OI = 2Rr$ , докажем, что обе ее части равны произведению $AI ⋅W I$ , где $W$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью.

Пусть $M, N$ — точки пересечения прямой, содержащей $OI$ и окружности, описанной около треугольника $ABC.$

По свойству пересекающихся хорд

2 2 AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) $AI⋅W I = 2Rr$ , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что $R ≥2r$ , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство $R= 2r$ достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — вписанная и описанная окружности треугольника $ABC$ . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник $A1B1C1$ , подобный данному с коэффициентом $2$ . Пусть $R1$ — радиус вписанной окружности треугольника $A1B1C1$ .

Опишем около окружности $S2$ треугольник $A2B2C2$ , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника $A1B1C1$ так, что прямая $B2C2$ и точка $A1$ расположены по разные стороны от прямой $BC$ , прямая $A2C2$ и точка $B1$ — по разные стороны от прямой $AC$ , прямая $A2B2$ и точка $C1$ — по разные стороны от прямой $A1B1.$

Треугольник $A2B2C2$ подобен треугольнику $A1B1C1$ и, следовательно, треугольнику $ABC$ . Стороны треугольника $A2B2C2$ не меньше соответствующих сторон треугольника $A1B1C1$ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому $R ≥ R1= 2r.$

Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника $A1B1C1$ касаются окружности $S2$ . Тогда

∘ ∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

Следовательно, $∠A= 60∘.$ То же верно для остальных углов. Треугольник является правильным.

Третий вариант решения пункта (в)

Пусть $a, b$ и $c$ — стороны треугольника, $p$ — полупериметр, $S$ — площадь. Тогда

R = abc, r = S-,S = ∘p(p−-a)(p−-b)(p-− c) 4S p

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

R- a4bcS- abcp- ----------abc----------- (x-+y)(y+-z)(x+-z) 2r = 2Sp = 2S2 = (a+ b− c)(b+c− a)(a+ c− b) = 8xyz ≥ 1

Где последнее — в силу неравенства о средних для трёх чисел.

Следовательно, $R≥ 2r$ . Равенство достигается, когда $x= y = z$ , то есть $a= b= c$ в случае равностороннего треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67940

Две стороны выпуклого четырёхугольника имеют длину 6, ещё одна — длину 1, а его площадь — наибольшая возможная при таких условиях. Какова длина четвёртой стороны четырёхугольника?

Источники: Ломоносов-2023, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наши известные стороны это b, b и c, но мы не знаем, в каком порядке они расположены в четырехугольнике: как b, b, c или b, c, b? А вдруг это не важно?)

Подсказка 2

Пусть наш четырехугольник это ABCD, где AB = CD = b, BC = c. Тогда на самом деле площадь четырехугольника AB'CD, где AB' = c, B'C = CD = b будет такой же, потому что треугольник ACD не изменился, а ABC = AB'C, то есть площадь осталась такой же) Давайте теперь мыслить про первый вариант.

Подсказка 3

Можно ли отдельно максимизировать площадь, учитывая наши условия? Например, разбить четырехугольник на какие-то части, и меняя что либо, менять площадь?

Подсказка 4

Давайте отдельно максимизируем площадь ABC и ACD) Начнем с ABC. Мы знаем, что A находится на расстоянии b от точки B. Так давайте будет двигать A по окружности с центром в точке B и радиусом b! Сторона BC как раз не меняется в таком случае. В какой момент площадь ABC будет максимальна?

Подсказка 5

Тогда, когда AB станет перпендикулярна BC! Потому что площадь ABC = 1/2 ⋅ (высота к BC) ⋅ BC, и высота максимальна будет как раз в этом случае. Попробуйте сделать тоже самое с ACD) Какой четырехугольник в таком случае у нас выйдет?

Подсказка 6

Т.к. углы ABC и ADC станут по 90°, то ABCD - вписанный, да и еще у него AB = CD, то есть ABCD - равнобокая трапеция! Осталось посчитать сторону AD, зная все это)

Подсказка 7

Для удобства подсчета, стоит опустить высоты из B и C на AD и воспользоваться формулой высоты в прямоугольном треугольнике)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть известные длины сторон четырехугольника равны $b,b$ и $c.$ В условии не указан порядок расположения этих сторон: $b,b,c$ или $b,c,b.$ Но вместо четырехугольника $ABCD,$ в котором, скажем $AB = CD =b,BC =c,$ рассмотрим четырехугольник $AB′CD,$ в котором, $B ′C = CD =b,AB′ = c.$ В нем тот же набор известных длин сторон (но в другом порядке), а площади этих четырехугольников равны, так как это суммы $SABC + SACD$ и $SAB′C + SACD,$ причем $△ABC = △AB ′C.$

Поэтому можно считать, что $AB =CD = b,BC =c.$

Заметим, что двигая точку $D$ по дуге окружности радиуса $b$ с центром в точке $C,$ мы будем получать четырехугольник с тем же набором известных длин сторон, с той же частью $ABC,$ а площадь части $ACD$ будет наибольшей тогда, когда $CD ⊥ AC$ (иначе при том же основании $AC$ высота из точки $D$ будет короче, чем $b).$ Двигая аналогично точку $A$ вокруг точки $B,$ получим, что из свойства максимальной площади четырехугольника $ABCD$ вытекает $AB ⊥BD.$

Итак, имеются два прямоугольных треугольника $ABD$ и $ACD$ с общей гипотенузой $AD$ и равными катетами $AB$ и $CD.$ Значит, треугольники равны, как и их высоты на гипотенузу, т.е. $ABCD$ — равнобедренная трапеция с тупыми углами $B$ и $C.$

$PIC$

Пусть $d= AB′ = C′D,$ где $B′$ и $C′$ — проекции точек $B$ и $C$ на $AD.$ Тогда из свойства высоты прямоугольного треугольника получаем

′ ′ ′ 2 2 2 2 2 AB ⋅B D= B B ⇔ d(c+ d)=b − d ⇔ 2d + cd− b = 0

Отсюда, с учётом того, что $d >0,$ получаем

−c+-√c2+-8b2- c+-√c2+-8b2 d= 4 ⇒ a= AD = c+2d= 2

Подставляем $b= 6,c= 1$ и получаем

1+-√1-+8⋅36 a= 2 = 9

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#63740

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD = 9,BC = 2$ и боковыми сторонами $AB =5,CD = 3√2-$ . Точка $P$ на прямой $BC$ такова, что периметр треугольника $AP D$ наименьший из возможных. Найдите этот периметр.

Источники: ОММО-2023, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что основание у нашего треугольника зафиксировано. То есть на самом деле нам нужно найти минимальную сумму расстояний до точки P от A и B. Давайте попробуем понять, почему расстояние будет минимальным, когда лучи PA и PB будут падать под одним углом на BC. Обычно когда речь идёт о минимуме или максимуме, то нужно неравенство, а в геометрии чаще всего — это неравенство треугольника. Как можно попробовать сделать из отрезков PA и PB треугольник, в котором мы явно будем видеть их сумму?

Подсказка 2

Верно, хоть до этого и не просто догадаться, давайте попробуем отразить точку D симметрично относительно BC. Что тогда у нас получается? Пусть симметричная точка X. Получается треугольник APX, где сумма наших расстояний это AP+PX. Но тогда записав неравенство треугольника, когда достигается минимум?

Подсказка 3

Да, получается, чтобы сумма расстояний выстроилась в одну прямую, а это и будет минимум по неравенству треугольника, нужно как раз равенство углов. Победа! Теперь осталась только техническая часть поиска двух сторон равнобедренного треугольника APD. Это можно сделать, например, через теорему Пифагора для половины основания, высоты и стороны треугольника. Нужно только найти высоту трапеции, что при наличии стольких данных несложно.

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Воспользуемся следующим утверждением, которое наиболее известно как «принцип наименьшего времени Ферма» в физике:

Для данных точек $A,B$ и данной прямой $ℓ$ из всех точек $L ∈ ℓ$ сумма $AL +BL$ будет минимальной, когда углы между прямыми $AL$ и $ℓ$ и $BL$ и $ℓ$ будут равны.

Тогда для искомой точки $P$ на прямой $BC$ должно выполняться равенство $∠XP A = ∠YPD$ (точки $X$ и $Y$ - где-то «далеко» на прямой $BC )$ . Поскольку $BC ∥AD$ , то

∠P AD =∠XP A = ∠YPD = ∠PDA

т.е. треугольник $PAD$ - равнобедренный. Значит, нам достаточно найти периметр равнобедренного треугольника $PAD$ , где $P$ - точка на прямой $BC$ .

По теореме Пифагора этот периметр равен

∘--------- 9+ 2⋅ ( 9)2+ h2 = 9+∘81-+-4h2 2

где $h$ - расстояние между прямыми $AD$ и $BC$ , т.е. высота трапеции.

Найти высоту трапеции можно разными способами. Например, проведём через точку $B$ , прямую, параллельную $CD$ , до пересечения с основанием $AD$ в точке $K$ . Тогда искомая высота - это высота из вершины $B$ в треугольнике $ABK$ . Поскольку $BCDK −$ параллелограмм, то $√ - BK = CD =3 2$ , $AK =AD − DK = AD − BC = 9− 2= 7$ .

Итого, нам достаточно найти длину высоты на сторону длины 7 в треугольнике со сторонами 5 , $√- 7,3 2$ . По формуле площади и формуле Герона имеем

2 2 2 √- √- √ - √ - 4h ⋅7 = 16S = (5 +7+ 3 2)(5+ 7− 3 2)(5− 7+ 3 2)(−5+ 7+ 3 2)

откуда

√- √- √ - √ - (122− (3√2-)2)((3√2)2 − 22) 4h2 = (12+3-2)(12-− 3-2)7(−2-2+3-2)(2+3-2) = ----------72----------= 36

и окончательный ответ $√------- √--- 9 + 81+ 4h2 = 9+ 117$ .

Второе решение.

Также, как и в первом решении, найдём высоту трапеции. Покажем здесь, как можно это было сделать по-другому. Опустим высоты $BE$ и $CF$ трапеции. Обозначим их длины через $h$ , длину отрезка $AE$ обозначим через $ℓ$ . Поскольку $EF =BC =2$ , для $F D$ получим $FD = 7− ℓ$ . Из прямоугольных треугольников $ABE$ и $CDF$ по теореме Пифагора получим $AB2 = BE2 +AE2$ и $CD2 = CF2 +DF 2$

Подставив в эти равенства известные длины, получим систему уравнений

{ 52 =h2+ ℓ2 18 =h2+ (7− ℓ)2

Вычитая из первого равенства второе, получим $(ℓ+ (7 − ℓ))(ℓ− (7− ℓ))= 7$ , откуда $ℓ =4$ . Тогда $h= 3,FD = 3$ .

Рассмотрим треугольник $APD$ . Обозначим $BP = x$ , тогда $PC =2− x$ (здесь и далее все расстояния со знаком, т.е. могут быть отрицательные). Опустим высоту $PQ$ . Тогда треугольник $AP Q$ прямоугольный и по теореме Пифагора

∘ ---------- AP = ∘AQ2-+-QP2-= (4+x)2+ 32.

Аналогично, из прямоугольного треугольника $DPQ$

∘ ---------- DP = (5− x)2+ 32

Тогда периметр треугольника $APD$ равен

∘---------- ∘---------- P (x)= 9+ (4+ x)2+ 32+ (5− x)2+ 32

Найдём производную этой функции:

P′(x)= ∘---4+-x----− ∘--5−-x----. (4 +x)2+32 (5− x)2+ 32

Из уравнения $′ P (x)=0$ получаем

( ) ( ) (4+ x)2(5− x)2+ 32 = (5− x)2(4+ x)2+ 32

откуда $2 2 1 (5− x) = (4+x) ,x= 2$ . Несложно видеть, что $1 x= 2$ именно точка минимума, откуда минимальный периметр равен $(1) √ --- P 2 = 9+ 117$ .

Ответ:

$9+ √117$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76582

Назовём расположенный в пространстве треугольник $ABC$ удобным, если для любой точки $P$ вне его плоскости из отрезков $PA,PB$ и $P C$ можно сложить треугольник. Какие углы может иметь удобный треугольник?

Источники: Турнир городов - 2022, 11.2 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать ответ и решение

Докажем сначала, что неравносторонний треугольник под условие подходить не может. Предположим противное, пусть такой треугольник $ABC$ есть и в нём $AB ⁄= AC,$ причём длины этих сторон различаются хотя бы на $d.$

Рассмотрим точку $P,$ расположенную на перпендикуляре к плоскости $ABC,$ проходящем через точку $A,$ на расстоянии $𝜀$ от $A.$ Тогда

∘ ------- ∘ ------- PB = AB2+ 𝜀2, PC = AC2 +𝜀2

Можно выбрать $P$ настолько близко к вершине $A,$ уменьшая $𝜀,$ чтобы $PB$ и $P C$ отличались соответственно от $AB$ и $AC$ меньше, чем на $d∕3,$ и чтобы $𝜀$ было меньше $d∕3.$ Тогда стороны $PB$ и $P C$ будут различаться более чем на $d∕3,$ а длина стороны $P A$ меньше $d∕3$ — противоречие с неравенством треугольника.

Покажем теперь, что равносторонний треугольник удобен. Пусть $AB = BC =CA.$ Отметим на лучах $PA,PB,P C$ точки $A1,B1,C1$ так, чтобы выполнялись равенства:

AB ⋅P A1 = PB ⋅PC

BC ⋅PB1 = PC ⋅PA

CA ⋅PC1 = PB ⋅PA

Треугольники $APB$ и $B1P A1$ подобны по углу и отношению двух сторон, откуда

AB-⋅P-A1 A1B1 = PB = PC

Аналогично вычисляем длины остальных сторон. Получаем, что треугольник $A1B1C1$ — искомый.

Ответ:

$60∘,60∘,60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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:

$8+ 4√3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71440

Среди всех вписанных четырёхугольников найдите четырёхугольник $ABCD$ с наименьшим периметром, в котором $AB = BC =CD$ и все попарные расстояния между точками $A,B$ , $C$ и $D$ выражаются целыми числами. Чему при этом равен радиус описанной вокруг $ABCD$ окружности?

Источники: ПВГ-2022, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала нужно понять что это за вписанный четырехугольник с тремя равными сторонами. Поотмечать уголки, выяснить тип фигуры.

Подсказка 2

Действительно, это равнобокая трапеция. Удобнее обозначить равные стороны за a, а другую - за b. Тогда периметр можно выразить через a и b и минимизировать его.

Подсказка 3

Проведите высоту, так Вам удобнее будет выражать диагонали, саму высоту. Посчитайте маленько(много Пифагора)! Посмотрите на одну из диагоналей!

Подсказка 4

Нам очень помогает условие целостности на попарные расстояния. Так, мы можем поперебирать значения a,b. Помним о неравенстве ломаной, переменных, целых числах, квадрате диагонали.

Подсказка 5

Помним про наименьший периметр, вовремя остановимся и проверим, достигается ли равенство.

Показать ответ и решение

Так как хорды $AB$ и $CD$ равны, то равны и дуги $AB$ и $CD,$ а значит, равны вписанные углы $CAD$ и $BCA.$ Это означает, что $BC ∥ AD$ , и $ABCD$ — трапеция с равными боковыми сторонами $AB$ и $CD$ . Пусть $AB =BC = CD = a,AD =b,$ $AC = BD =c.$ Высоту $h =BH$ выразим по теореме Пифагора

(b− a)2 h2 = a2− -2--

( ) ( ) ( ) c2 = h2+ a+-b 2 = a2− b−-a 2+ a-+b 2 =a2+ ab 2 2 2

Заметим, что это же можно было получить с помощью теоремы Птолемея:

2 2 AB ⋅CD + BC⋅AD = AC ⋅BD ⇔ a +ab= c

Таким образом,

c2 =a(a+ b),

где $a,b,c$ — натуральные числа. Кроме того, $3a> b,$ то есть $b≤ 3a− 1.$

Если $a =1,$ то $b∈[1;2],$ и уравнение $c2 = 1(1+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =2,$ то $b∈[1;5],$ и уравнение $c2 = 2(2+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =3,$ то $b∈[1;8],$ и уравнение $c2 = 3(3+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a= 4,$ то $b∈ [1;11],$ и уравнение $c2 =4(4+ b)$ имеет единственное целое решение $b= 5,$ $c= 6.$ Тогда периметр равен $3a+ b=17.$
При $a ≥5$ периметр будет больше 17, так как если $3a+ b≤17,$ то $a =5.$ Но тогда или $b= 1,$ $c2 = 30,$ или $b= 2,c2 =35$ — то и другое невозможно.

Итак, $AB = BC = CD =4,AD = 5,AC = BD = 6,$ периметр равен 17. Тогда высота трапеции равна $∘ ---(---)2 √ - 42− 5−24 = 327 ,$ синус угла при основании равен $√- √- sinA= 32⋅74 = 387,$ а искомый радиус находится по теореме синусов

2R = BD--= 6⋅√8 ⇒ R= √8- sinA 3 7 7

Ответ:

$√8- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70493

Высота $BD$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекается с его другими высотами в точке $H.$ Точка $K$ лежит на отрезке $AC$ так, что величина угла $BKH$ максимальна. Найдите $DK,$ если $AD =2,DC = 3.$

Источники: Ломоносов-2022, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти наибольшую величину угла, попробуем искать наибольшее значение одной из тригонометрических функций этого угла. Какую будет использовать удобнее всего? В △BKH нет прямых углов, поэтому подумайте через какие углы лучше всего выразить ∠BKH?

Подсказка 2

tg(x-y) = (tg(x) - tg(y)) / 1 + tg(x) * tg(y). Заменив длину неизвестной стороны DK за x, получим функцию от x, максимум которой мы ищем

Подсказка 3

Производная функции обнуляется при x² = BD * BH. Как выразить это произведение через AD и DC?

Подсказка 4

tg(∠HAD) = ctg(∠BCD)

Показать ответ и решение

$PIC$

Чем больше острый угол, тем больше его тангенс. Поэтому условие максимальности угла $BKH$ можно заменить на условие максимальности его тангенса. По формуле тангенса разности имеем

tg ∠BKH = tg(∠BKD − ∠DKH )= -tg∠BKD--−-tg∠DKH----=--BDDK-−-DDHK- = 1+ tg∠BKD ⋅tg∠DKH 1 +DBKD⋅ DDHK-

(BD − DH )⋅DK = DK2-+-BD-⋅DH-

Максимум этого выражения достигается при том же значении $DK$ , что и минимум выражения

2 y = x-+BD-⋅DH--=x + BD-⋅DH-, x x

где $x =DK.$ Производная $y′$ равна $1− BDx⋅D2H-$ и обращается в нуль при $x =√BD--⋅DH--$ (нас интересуют только положительные значения $x).$

Заметим, что $DH :AD =tg∠HAD =ctg∠BCD = DC :BD,$ откуда $AD ⋅DC = DH ⋅BD.$ Таким образом, $x= √AD-⋅DC-= √2⋅3= √6.$

Ответ:

$√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#45071

В треугольник $ABC$ , в котором сумма сторон $AC$ и $BC$ в $9 5$ раз больше стороны $AB$ , вписана окружность, касающаяся сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $M,N$ и $K$ соответственно. Отношение площади треугольника $MNC$ к площади треугольника $ABC$ равно $r$ . Найдите при данных условиях:

а) наименьшее значение $r$ ;

б) все возможные значения $r$ .

Источники: ПВГ-2018, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Для начала посмотрим на пункт а. Заметим, что у нас тут есть какие-то отрезки касательных, может быть мы можем выразить их через стороны треугольника как-то..?

Подсказка 2!

Верно! MC = NC = Полупериметр - c! А еще в треугольнике MNC две равных стороны, которые мы можем так выразить. Тааааааак, а как бы нам теперь зная много сторон найти отношение площадей?

Подсказка 3!

В таких случаях мы пишем отношение площадей через формулу двух сторон и угла между ними! Было бы здорово, если бы угол был общий, попробуйте угол С?

Подсказка 4!

А теперь в получившейся формуле осталось прийти к минимуму! (a+b) и ab, что-то знакомое..

Подсказка 5!

Хм, а пункт б? Раскроем скобки в последнем выражении для отношения площадей и сделаем замену t = a/b! Тогда что будет в скобках? В точности t+1/t+2. Осталось найти возможные значения t!

Показать ответ и решение

а) По формуле отрезков касательных для вписанной окружности имеем $MC = NC = p− c, p = a+b+c, a,b,c 2$ — стороны $BC, AC,AB$ треугольника, отсюда

SMNC (p− c)2 (a+ b− c)2 4(a+ b)2 SABC-= --ab--= ---4ab---= --81ab--.

Используем неравенство о средних $√ -- a+ b≥ 2 ab$ (знак равно достигается, только в случае $a =b$ ), то $2 16(a81+abb) ≥ 4⋅814aabb = 1861$ .

б) Перепишем отношение площадей в следующем виде:

2 ( ) ( ) SMNC-= 4(a+b)-= -4 a+ 2+ b = -4 t+ 1+ 2 SABC 81ab 81 b a 81 t

где $t= ab$ . По неравенству треугольника $a+ b> c,a+ c> b,b+ c> a$ . Учитывая то, что $c= 5(a9+b)-$ последние неравенства равносильны $7> a> 2 2 b 7$ . Отсюда $t∈(2,7) 7 2$ . Функция $f(t)= 4-(t+ 1 +2) 81 t$ монотонно убывает на $(0;1)$ и возрастает на $(1;+∞ )$ , она симметрична относительно $1$ , откуда $f(2)= f(7)= 2 7 2 7$ . В итоге находим множество значений $f(t) : f(1) = 16 ≤f(t)≤ f(7)= 2 81 2 7$ на отрезке $(2,7) 7 2$ . Любое промежуточное значение можно задать выбором $a$ и $b$ .

Ответ:

а) $16 81$

б) $16 2 [81;7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68204

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Пусть $I$ – центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Найдите наименьшее значение $BD$ , если известно, что $AI =BC =CD = 2.$

Источники: Московская мат регата - 2016, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим середину дуги и центр вписанной окружности, значит...

Подсказка 2

Они лежат на одной прямой, и можно применить лемму о трезубце!

Подсказка 3

Мы получили кучу отрезков, равных 2. Тогда хочется найти ещё побольше равных треугольников!

Подсказка 4

Давайте опустим перпендикуляры из точки I на AB и BD, и из точки C на BD. Мы получим три равных треугольника, и из этого будет следовать, что...

Подсказка 5

Эти перпендикуляры равны! Что тогда можно сказать про точку пересечения BD и CI?

Подсказка 6

Она делит CI пополам! Теперь осталось только применить теорему о произведении отрезков хорд и неравенство о средних, и мы найдём наименьшее значение BD. Ну и формально говоря, ещё нужно показать, как построить пример, когда это наименьшее значение достигается.

Показать ответ и решение

Из условия следует равенство дуг $BC$ и $CD,$ значит, биссектриса $AI$ угла $BAD$ пересекает окружность в точке $C$ . По лемме о трезубце $CI =CB = CD = 2.$

$PIC$

Пусть $E,G$ – основания перпендикуляров, опущенных из точек $C$ и $I$ на $BD$ и $AB$ соответственно, тогда из равенства прямоугольных треугольников $DEC$ и $AGI$ по острому углу (равные вписанные углы) и гипотенузе (из условия) следует, что $CE = IG.$ Перпендикуляр $I$ к диагонали $BD$ также равен $IN$ (это радиусы вписанной окружности треугольника $ABD ),$ поэтому $BD$ пересекает отрезок $CI$ в его середине $L$ из равенства прямоугольных треугольников $ELC$ и $FLI$ по катету и острому углу (вертикальные).

Таким образом, $CL =IL =1.$ По теореме о произведении отрезков хорд $BL ⋅DL= AL ⋅CL.$ Пусть $BL = x,DL = y,$ тогда $xy =3.$ А по неравенству о средних $x+ y ≥ 2xy =2√3.$

Наименьшее значение достигается при $x= y = √3.$ Построим равнобедренный треугольник $BCD$ с боковыми сторонами $BC = CD = 2$ и высотой $CE = 1.$ Тогда $BE =ED = √3.$ Продлим $CE$ за точку $E$ на длину $3,$ получим точку $A.$ Отметим $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD.$ Тогда из леммы о трезубце получим $CB = CD =CI = 2,$ а значит, $AI = 2$ и построенная картинка удовлетворяет условию.