Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков DE и BC через T. Тре­уголь­ни­ки CTN и ADN по­доб­ны по двум углам, сле­до­ва­тель­но, Зна­чит, т. е. точка T  — се­ре­ди­на BC. Но тогда тре­уголь­ни­ки CTD и BTE равны по сто­ро­не и двум при­ле­жа­щим углам, от­ку­да От­сю­да сле­ду­ет, что BDCE  — па­рал­ле­ло­грамм (про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны BE и CD равны и па­рал­лель­ны), по­это­му

Зна­чит, диа­го­на­ли па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, и он яв­ля­ет­ся ром­бом. Как из­вест­но, у ромба диа­го­на­ли яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми углов, по­это­му

Тре­уголь­ник ACE пря­мо­уголь­ный, из него на­хо­дим, что

У тре­уголь­ни­ков ACE и AEN общая вы­со­та, про­ведённая из вер­ши­ны E, по­это­му их пло­ща­ди от­но­сят­ся как ос­но­ва­ния, от­ку­да

Ответ: а)   б)  

Пусть M  — про­из­воль­ная точка ос­но­ва­ния, m  — длина от­рез­ка AM, a  — сто­ро­на па­рал­ле­ло­грам­ма, b  — длина диа­го­на­ли; n  — ко­ли­че­ство точек, k  — длина седь­мо­го по счету от вер­ши­ны A от­рез­ка раз­би­е­ния. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков ANM и CNB:

Пусть   — длина от­рез­ка AM_k. Тогда длина от­рез­ка AN_k вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле:

Длина k-ого по счету от вер­ши­ны A от­рез­ка раз­би­е­ния равна:

Ответ: 5.

За­ме­тим, что

(так как в тре­уголь­ни­ке AEB сто­ро­на AE в 2 раза мень­ше сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма AD, а в фор­му­ле для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка есть ещё мно­жи­тель Ана­ло­гич­но,

(так как тре­уголь­ни­ки EDF и ADC по­доб­ны и их пло­ща­ди от­но­сят­ся как квад­рат ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия, а пло­щадь тре­уголь­ни­ка ADC равна по­ло­ви­не пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма). Сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ни­ки AEG и BGC по­доб­ны, по­это­му то есть Ана­ло­гич­но, из по­до­бия тре­уголь­ни­ков FHC и AHB по­лу­ча­ем, что Вы­чи­тая одно из этих ра­венств из дру­го­го, по­лу­ча­ем Зна­чит,

Таким об­ра­зом, ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: 5.

Если через N, L, M обо­зна­чить точки ка­са­ния окруж­но­сти и сто­рон AB, BK, AK со­от­вет­ствен­но, по­лу­чат­ся по­доб­ные рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки NBL и ABK, при­чем BM будет вы­со­той, ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой тре­уголь­ни­ка ABK. Тогда

Ответ:

Точки A₁, A₂, ..., A₂₀₂₂ делят сто­ро­ну AD на 2023 рав­ные части (см. рис.). Со­еди­ним точки B и A₁, а затем про­ве­дем пря­мые, па­рал­лель­ные BA₁ через точки A₁, A₂, ..., A₂₀₂₂, D ко­то­рые также раз­де­лят сто­ро­ну BC на 2023 рав­ные части. Эти пря­мые от­се­ка­ют на пря­мой AC рав­ные от­рез­ки CE₂₀₂₃, ..., E₁E₂, ..., AE₁. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AE₁A₁ и CE₂₀₂₃C₁ по сто­ро­не и при­ле­га­ю­щим к ней углам сле­ду­ет CE₂₀₂₃=AE₁. A зна­чит, по­стро­ен­ные па­рал­лель­ные пря­мые делят AC на 2024 рав­ные части. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

За­ме­тим, что линия цен­тров O₁O₂ пер­пен­ди­ку­ляр­на общей хорде дан­ных окруж­но­стей, а зна­чит па­рал­лель­на пря­мым AD и BC. Пусть M  — се­ре­ди­на от­рез­ка AB, N  — се­ре­ди­на от­рез­ка CD. Тогда от­ре­зок O₁M пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде AB, как и O₂N пер­пен­ди­ку­ля­рен CD и, по­сколь­ку от­рез­ки AB и CD па­рал­лель­ны, пря­мые O₁M и O₂N па­рал­лель­ны. Далее, от­ре­зок O₁O₂ па­рал­ле­лен ос­но­ва­нию AD и при этом AD па­рал­лель­но пря­мой MN, по­это­му O₁O₂ и MN па­рал­лель­ны между собой. За­клю­ча­ем, что четырёхуголь­ник O₁MNO₂  — па­рал­ле­ло­грамм по опре­де­ле­нию, сле­до­ва­тель­но, O₁M  =  O₂N. Кроме того, по­сколь­ку от­рез­ки MB и NC равны, то по двум ка­те­там будут равны пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки O₁MB и O₂NC, сле­до­ва­тель­но, равны их ги­по­те­ну­зы O₁B и O₂C, яв­ля­ю­щи­е­ся также ра­ди­у­са­ми наших окруж­но­стей, что и тре­бо­ва­лось.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Пред­по­ло­жим про­тив­ное, ра­ди­у­сы окруж­но­стей ω₁ и ω₂, опи­сан­ных около тре­уголь­ни­ков PAB и PCD со­от­вет­ствен­но, раз­лич­ны.

При па­рал­лель­ном пе­ре­но­се на от­ре­зок CD пе­рейдёт в от­ре­зок AB, окруж­ность ω₂ пе­рейдёт в окруж­ность ω₃, а пря­мая O₁O₂ пе­рейдёт в себя. Причём ω₃ не может сов­па­дать с ω₁, по­сколь­ку их ра­ди­у­сы раз­лич­ны. По­это­му линия цен­тров O₃O₁, сов­па­да­ю­щая с пря­мой O₁O₂, пер­пен­ди­ку­ляр­на общей хорде AB. Таким об­ра­зом, пря­мая AB па­рал­лель­на общей хорде окруж­но­стей ω₁ и ω₂ и, сле­до­ва­тель­но, пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD. Но тогда па­рал­ле­ло­грамм ABCD яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, что про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи. Сле­до­ва­тель­но, ра­ди­у­сы окруж­но­стей ω₁ и ω₂ равны .

Пусть M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны AD. Про­длим луч PQ до точки T такой, что (см. рис.). Так как диа­го­на­ли четырёхуголь­ни­ка PCTD пе­ре­се­ка­ют­ся в своих се­ре­ди­нах, это па­рал­ле­ло­грамм; от­сю­да по­лу­ча­ем, что точка T лежит на пря­мой AD и От­ме­тим, что DBPT па­рал­ле­ло­грамм (DT равен и па­рал­ле­лен PB), по­это­му ис­ко­мый

С дру­гой сто­ро­ны, из впи­сан­но­сти APQD имеем Кроме того, PM  — сред­няя линия ABCD, и па­рал­лель­на сто­ро­нам AB и CD, от­ку­да по­лу­ча­ем, что угол PMT равен 60°.

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки ATP и PTM по­доб­ны по двум углам. Тогда то есть Введём мас­штаб длин на чер­те­же так, чтобы от­ре­зок AM имел длину 1; тогда AT  =  3 и MT  =  2, а

Мы знаем один из углов тре­уголь­ни­ка MPT и две его сто­ро­ны; те­перь можно вос­поль­зо­вать­ся любым из из­вест­ных ме­то­дов, чтобы вы­чис­лить осталь­ные его эле­мен­ты (вклю­чая ис­ко­мый угол ATP). На­при­мер, опу­стим вы­со­ту TH на пря­мую MP. Так как от­рез­ки TP и TM ока­жут­ся по раз­ные сто­ро­ны от пря­мой TH. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MTH ги­по­те­ну­за равна 2, а угол на­про­тив ка­те­та TH равен 60°, то есть сам катет равен Те­перь ясно, что пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник THP рав­но­бед­рен­ный, так как от­но­ше­ние ги­по­те­ну­зы к ка­те­ту в нём равно По­лу­ча­ем

Ответ: 75°.

За­ме­ча­ние.

Также за­да­чу можно было ре­шить, не от­ме­чая точку M, а ис­поль­зо­вав ра­вен­ство про­из­ве­де­ний от­рез­ков се­ку­щих Из этого ра­вен­ства легко вы­ве­сти, что Затем в тре­уголь­ни­ке ABD (ко­то­рый равен тре­уголь­ни­ку MPT из про­шло­го ре­ше­ния) можно либо вос­поль­зо­вать­ся тео­ре­мой си­ну­сов, либо опу­стить вы­со­ту из точки D и по­нять, что она от­се­ка­ет рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник.

По усло­вию за­да­чи длина от­рез­ка [B; M] равна длины от­рез­ка [B; C]. Кроме того, тре­уголь­ни­ки DAK и BMK по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия По­это­му длина от­рез­ка [B; K] равна длины от­рез­ка [B; D]. Зна­чит, для пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков BCD и BMK вы­пол­не­но со­от­но­ше­ние

пло­щадь четырёхуголь­ни­ка CMKD равна

Ответ:

Решим за­да­чу в общем виде:

Пусть а тогда

За­ме­тим, что BD  — бис­сек­три­са в тре­уголь­ни­ках BEC и DFC, ис­поль­зуя из­вест­ные свой­ства бис­сек­три­сы на­хо­дим, что

По фор­му­ле длины бис­сек­три­сы на­хо­дим

то есть Ана­ло­гич­но на­хо­дим, что Те­перь все го­то­во для того, чтобы по­счи­тать ответ:

По­став­ля­ем зна­че­ния m  =  2022, n  =  2023 и на­хо­дим

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Тре­уголь­ни­ки EBG и GCD по­доб­ны (по двум углам), сле­до­ва­тель­но,

Ана­ло­гич­но, тре­уголь­ник HFD по­до­бен тре­уголь­ни­ку HBC, сле­до­ва­тель­но,

Тогда ис­ко­мое от­но­ше­ние

На про­дол­же­нии сто­ро­ны CD квад­ра­та за точку D от­ло­жим от­ре­зок DG, рав­ный от­рез­ку BF. Срав­ним длины от­рез­ков AE (ре­зуль­тат Маши) и EG (ре­зуль­тат Миши). Тре­уголь­ни­ки ABF и ADG равны по двум ка­те­там. Обо­зна­чим

Вы­ра­зим углы тре­уголь­ни­ка AEG :

сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник AEG  — рав­но­бед­рен­ный и

Ответ: не может, их ре­зуль­та­ты все­гда равны.

По­сколь­ку и тогда

Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BC и AE. По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки DEA и CEK равны (по сто­ро­не и двум при­ле­жа­щим к ней углам), тo

По свой­ству бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка от­ку­да

По­это­му

Ответ:

Сто­ро­на квад­ра­та равна

1)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABM  — пря­мо­уголь­ный, BF  — бис­сек­три­са, ее длину най­дем по фор­му­ле:

2)  Обо­зна­чим S₁  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка BMF :

3)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник ADN  — пря­мо­уголь­ный, DQ  — бис­сек­три­са, ее длину най­дем по фор­му­ле:

4)  Обо­зна­чим S₂  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка NDQ:

5)  Пло­щадь S₀ ис­ко­мо­го пя­ти­уголь­ни­ка FMCNQ най­дем по фор­му­ле:

Ответ: кв. ед.

При­ме­ча­ние.

Длину от­рез­ка BF можно найти через от­но­ше­ние длин сто­рон по­доб­ных тре­уголь­ни­ков BMF и DAF. Ана­ло­гич­но длину от­рез­ка DQ можно найти через от­но­ше­ние длин сто­рон по­доб­ных тре­уголь­ни­ков ABQ и NDQ.

Сто­ро­на квад­ра­та равна a. Длина ини­ци­и­ру­ю­ще­го про­во­да равна пе­ри­мет­ру пя­ти­уголь­ни­ка FMCNQ.

1)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABM  — пря­мо­уголь­ный, BF  — бис­сек­три­са, ее длину най­дем по фор­му­ле:

2)  Най­дем длину от­рез­ка MF из тре­уголь­ни­ка BMF по тео­ре­ме ко­си­ну­сов (угол MBF  =  45°):

3)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник ADN  — пря­мо­уголь­ный, DQ  — бис­сек­три­са, ее длину най­дем по фор­му­ле:

4)  Най­дем длину от­рез­ка NQ из тре­уголь­ни­ка NDQ по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

5)  Най­дем длину от­рез­ка FQ:

6)  Пе­ри­метр пя­ти­уголь­ни­ка FMCNQ равен:

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Длину от­рез­ка BF можно найти через от­но­ше­ние длин сто­рон по­доб­ных тре­уголь­ни­ков BMF и DAF. Ана­ло­гич­но длину от­рез­ка DQ можно найти через от­но­ше­ние длин сто­рон по­доб­ных тре­уголь­ни­ков ABQ и NDQ.

Пусть сто­ро­ны пря­мо­уголь­ни­ка равны x и y, тогда S  =  xy  =  2008, а

Най­дем общий зна­ме­на­тель:

Ответ: 2,004; 1001,996.

1  — мак­си­маль­ная пло­щадь ромба до­сти­га­ет­ся при слу­чае, когда все углы равны тогда пло­щадь ромба (это квад­рат)

2  — ми­ни­маль­ная пло­щадь та­ко­го ромба стре­мит­ся к нулю (когда одна из диа­го­на­лей Зна­чит, может быть по­стро­ен ромб с любой пло­ща­дью из ин­тер­ва­ла (0; 4024036].

Ответ: да, су­ще­ству­ет.

Пусть O  — центр квад­ра­та, P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых AB и CO, Q  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых DE и CO.

В че­ты­рех­уголь­ни­ке ACBO про­ти­во­по­лож­ные углы пря­мые, по­это­му он впи­сан­ный. Углы ∠OAB и ∠OCB опи­ра­ют­ся на одну хорду ОВ, сле­до­ва­тель­но, равны, то есть ∠OCB  =  ∠OAB  =  45°. По­это­му CP  — бис­сек­три­са угла C. По свой­ству бис­сек­три­сы Тогда и так как равны тре­уголь­ни­ки APO и DQO.

Ответ: 1 : 4.

Пусть O  — центр квад­ра­та, P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых AB и CO, Q  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых DE и CO.

В че­ты­рех­уголь­ни­ке ACBO про­ти­во­по­лож­ные углы пря­мые, по­это­му он впи­сан­ный. Углы ∠OAB и ∠OCB опи­ра­ют­ся на одну хорду OB, сле­до­ва­тель­но, равны, то есть ∠OCB  =  ∠OAB  =  45°. По­это­му CP  — бис­сек­три­сы угла C. По свой­ству бис­сек­три­сы Тогда и так как равны тре­уголь­ни­ки APO и DQO.

Ответ: 2 : 5.

Пусть BH  — вы­со­та ромба, опу­щен­ная на сто­ро­ну AD. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков ABH и BCP по­лу­ча­ем, что

Так как сто­ро­ны ромба равны между собой, по­лу­ча­ем урав­не­ние В силу того что - ост­рый угол, его синус и ко­си­нус по­ло­жи­тель­ны, по­это­му воз­во­дя обе части урав­не­ния в квад­рат, по­лу­ча­ем эк­ви­ва­лент­ное ис­ход­но­му урав­не­ние от­ку­да или Сле­до­ва­тель­но, или По усло­вию AB  — целое число, и под­хо­дит толь­ко пер­вый ва­ри­ант.

Ответ: 3.