РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Задания

Версия для печати и копирования в MS Word

Тип 0 № 7289 Добавить в вариант

Тетраэдр ABCD с остроугольными гранями вписан в сферу с центром О. Прямая, проходящая через точку O перпендикулярно плоскости ABC, пересекает сферу в точке E такой, что D и E лежат по разные стороны относительно плоскости ABC. Прямая DE пересекает плоскость ABC в точке F, лежащей внутри треугольника ABC. Оказалось, что $\angle A D E=\angle B D E,$ $A F не равно q B F$ и $\angle A F B=80 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Найдите величину угла ACB.

Спрятать решение

Решение.

Заметим, что точка E равноудалена от точек A, B, C, так ее проекция на плоскость ABC совпадает с проекций точки O на эту плоскость и является центром описанной окружности треугольника ABC.

Рассмотрим треугольники ADE и BDE. Они имеют пару равных сторон AE и BE, общую сторону DE и равные углы ADE и BDE. Из теоремы синусов следует, что эти треугольники либо равны, либо углы DAE и DBE дополняют друг друга до 180°. Первая ситуация невозможна, так как в случае равенства треугольников ADE и BDE точки A и B равноудалены относительно любой точки на стороне DE, но по условию $A F не равно q B F.$ Значит, $\angle D A E плюс \angle D B E=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Рассмотрим точку X пересечения луча AF со сферой Ω, описанной около тетраэдра ABCD. Заметим, что луч AF лежит в плоскостях ABC и AED, а значит точка X лежит на описанных окружностях треугольников ABC и AED. Точка E равноудалена относительно всех точек описанной окружности треугольника ABC; в частности, $A E=X E.$ Из вписанности четырехугольника AEXD следует, что $\angle D A E плюс \angle D X E=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Раз $A E=X E,$ то E  — середина дуги AX описанной окружности треугольника ADE, и, значит, $\angle A D E=\angle X D E.$

Используя выведенные ранее равенства углов, заключаем, что треугольники DBE и DXE равны по второму признаку:

$\angle D B E=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle D A E=\angle D X E, \angle X D E=\angle A D E=\angle B D E,$

сторона DE  — общая. Раз треугольники DBE и DXE равны, то вершины B и X равноудалены относительно любой точки на стороне DE; в частности, $B F=F X.$

Осталось посчитать углы в плоскости ABC. Последовательно используя вписанность четырехугольника ABXC, равнобедренность треугольника BFX и теорему о внешнем угле для треугольника BFX, пишем

$\angle A C B=\angle A X B= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка \angle F X B плюс \angle F B X правая круглая скобка = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на \angle A F B=40 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Ответ: 40°.

Приведем другое решение. Пусть луч AF пересекает сферу Ω, описанную около тетраэдра ABCD, в точке X. По построению точки E верно соотношение $E X=E A,$ которое влечет за собой равенство $\angle A D E=\angle E A F.$ Аналогичными рассуждениями получаем, что $\angle B D E=\angle E B F,$ и, следовательно, $\angle E A F=\angle E B F.$

Обозначим точку пересечения прямой OE с плоскостью ABC, являющуюся центром описанной окружности треугольника ABC, через O₁. Тогда $\angle O_1 A E=\angle O_1 B E.$

Рассмотрим трехгранные углы AO₁EF и BO₁EF. В них совпадают плоские углы EAF и EBF, плоские углы O₁AE и O₁BE и двугранные углы при ребрах AO₁ и BO₁ прямые. Следовательно, соответствующие трехгранные углы равны. А значит, равны и плоские углы $\angle F A O_1=\angle F B O_1.$ Отметим, что это равенство можно вывести и из теоремы косинусов для трехгранных углов.

Указанное равенство возможно в двух случаях: либо точка F лежит на серединном перпендикуляре к AB (точки A и B симметричны относительно FO₁), либо точка F лежит на описанной окружности треугольника ABO₁. Первый случай запрещен условием $A F не равно q B F,$ значит, имеет место второй. Тогда $\angle A O B=\angle A F B=80 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ и является центральным для угла ACB в описанной окружности треугольника ACB. В результате заключаем, что $\angle A C B=40 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Спрятать критерии

Критерии проверки:

Следующие пункты суммируются. Доказано, что точка E равноудалена от точек A, B и C (+1 балл).

Доказано хотя бы одно из двух равенств (или оба) $\angle E A F=\angle E B F,$ $\angle D A E плюс \angle D B E=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ (+1 балл).

Доказано равенство $\angle A D E=\angle X D E$ (+1 балл).

Доказано равенство треугольников DBE и XDE (+1 балл).

Доказано равенство $B F=F X$ (+1 балл).

Получен правильный ответ (+2 балла ).

Олимпиада Курчатов, 11 класс, 2 тур (заключительный), 2018 год

Классификатор: Геометрия: стереометрия. Сфера описанная, Методы геометрии. Вспомогательная окружность, Методы геометрии. Теорема косинусов, Методы геометрии. Теорема синусов

Спрятать решение · Спрятать критерии · Помощь