РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Поиск
?

в условии в решении в тексте к заданию в атрибутах
Скопировать ссылку на результаты поиска
Класс: 10 11 6 7 8 9
Атрибут

Всего: 136 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …

Добавить в вариант

Тип 21 № 30 Добавить в вариант

Две окружности пересекаются в точках А и В, и центр О первой из них лежит на второй. На второй окружности выбрана некоторая точка S, отрезок SО пересекает первую окружность в точке Р. Доказать, что Р является центром вписанной окружности треугольника АВS.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Доказательство того, что SP — биссектриса угла ASB.	2
Доказательство равенства отрезков AP и QP.	3
Доказательство равенства углов ABP и QBP.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 79 Добавить в вариант

Две окружности пересекаются в точках Р и М. На первой окружности выбрана произвольная точка А, отличная от Р и М и лежащая внутри второй окружности, лучи РА и МА вторично пересекают вторую окружность в точках В и С соответственно. Доказать, что прямая, проходящая через А и центр первой окружности, перпендикулярна ВС.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верный ответ.	7
Если пропущена возможность, когда Е совпадает с Р или М.	5
Нерассмотрение одного из случаев, когда точка Е лежит вне второй окружности, или внутри неё, не карается, так, как счёт углов в обоих случаях совершенно одинаковый.	7
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 122 Добавить в вариант

На плоскости расположено конечное множество кругов так, что любые два из них можно накрыть кругом диаметра 10. Докажите, что все эти круги можно накрыть квадратом со стороной 10.

Решение.

Спроектируем круги на ось абсцисс, получим конечное множество отрезков, выберем в нём самую левую точку А и самую правую точку В, докажем, чторасстояние между ними не превосходит 10. Действительно, рассмотрим произвольную пару кругов, проекция одного из которых содержит А, а другого  — В, радиусы их обозначим, соответственно, за a и b, центры  — за O_А и O_В . Накрыв их кругом диаметра 10 мы видим, что хорда этого круга, проходящая через точки O_А и O_В имеет длину не больше 10, значит, длина отрезка O_АO_В не больше $10 минус a минус b.$ Тогда и горизонтальная проекция отрезка AB имеет длину не больше $10 минус a минус b,$ поэтому длина отрезка АB не больше $O_АO_В плюс a плюс b меньше или равно 10.$

Аналогично, расстояние между самой верхней и самой нижней точками вертикальных проекций множества кругов не больше 10. Следовательно, вся система кругов помещается в прямоугольнике с горизонтальными и вертикальными сторонами длины не больше 10, который, очевидно, накрывается квадратом со стороной 10.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Доказательство того, что длина отрезка O_АO_В не больше $10 минус a минус b$ .	2
Доказательство того, что расстояние между самой левой и самой правой точками горизонтальных проекций кругов не превосходит 10.	3
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 166 Добавить в вариант

На плоскости задан конечный набор равных кругов. Известно, что для любых 4 кругов есть прямая, пересекающая некоторые 3 из них. Докажите, что существует 12 прямых, таких что каждый круг пересекается хотя бы с одной из них.

Решение.

Начнем со следующего наблюдения: если даны два непересекающихся круга одинакового радиуса, то всевозможные прямые, пересекающие оба круга, заметают область, заштрихованную на рисунке слева. Эта область  — объединение полосы между двумя внешними касательными к кругам и пары вертикальных углов между двумя внутренними касательными. Поэтому два данных круга A и B и некоторый третий круг C можно пересечь одной прямой тогда и только тогда, когда C имеет общие точки с заштрихованной областью. Будем называть эту область тенью кругов A и B.

Перейдем к решению задачи. Рассмотрим 2 cлучая.

Случай 1: любые 3 круга из заданного набора можно пересечь одной прямой. Тогда рассмотрим два круга A и B из набора, расстояние между центрами которых наибольшее. Если это расстояние меньше диаметра кругов, то прямая, проходящая через 2 общих точки граничных окружностей кругов A и B  — искомая (любой круг C из набора обязан ее пересекать, иначе расстояние между центрами кругов A и C  — либо B и C  — окажется больше расстояния между центрами кругов A и B, что противоречило бы выбору кругов A и B). Поэтому будем считать, что расстояние между центрами кругов A и B больше диаметра, то есть эти круги не пересекаются.

Докажем, что тогда 4 общих касательных к A и B  — искомые прямые, т. е. пересекают любой круг C из набора. Действительно, по предположению случая 1, круги A, B, C можно пересечь одной прямой. Тогда C должен пересекать тень A и B. Если бы C не пересекал ни одну из 4 общих касательных к A и B, то C целиком лежал бы в одном из 4 углов, заштрихованных на рисунке справа. Но тогда расстояние между центрами кругов A и C (либо B и C) было бы больше расстояния между центрами кругов A и B, так как центры трех кругов образуют тупоугольный треугольник. А это противоречило бы выбору кругов A и B. Значит, все круги набора можно пересечь 4 прямыми.

Случай 2: найдутся 3 круга из заданного набора, которые нельзя пересечь одной прямой. Тогда рассмотрим три таких круга A, B, C, центры которых образуют треугольник наибольшей площади. Докажем, что тогда 12 прямых  — 4 общих касательных к A и B, 4 общих касательных к B и C, 4 общих касательных к C и A  — искомые.

Предположим, что нашелся круг D из набора, не пересекающий ни одну из 12 касательных. По условию задачи, какие-то 3 из кругов A, B, C, D можно пересечь прямой. Пусть, без ограничения общности, это круги A, B, D. Тогда согласно наблюдению выше, D целиком лежит в одном из углов, заштрихованных на рисунке справа. Пусть, без ограничения общности, это “верхний” из углов, примыкающих к кругу A. C другой стороны, A, B, C нельзя пересечь прямой, значит, C целиком лежит вне тени A и B. Рассмотрим различные варианты расположения круга C.

Случай 2а: центры кругов C и D лежат в разных полуплоскостях относительно линии центров кругов A и B. Тогда центр круга A оказывается внутри треугольника с вершинами в центрах кругов B, C, D. При этом круги B, C, D также нельзя пересечь одной прямой: тень B и D расположена целиком “выше” нижней границы тени A и B, и не может пересечь круг C. Итак, мы получили 3 круга B, C, D, которые нельзя пересечь прямой, центры которых образуют треугольник большей площади, чем A, B, C. Это противоречит выбору кругов A, B, C.

Случай 2b: центры кругов C и D лежат в одной полуплоскости относительно линии центров кругов A и B, причем B и D лежат в одной полуплоскости относительно одной из общих внутренних касательных к B и C. Докажем, что в этом случае круги B, C, D нельзя пересечь прямой, а их центры снова образуют треугольник большей площади, чем A, B, C  — тем самым снова придем к противоречию. Так как B и D лежат в одной полуплоскости относительно одной из общих внутренних касательных к B и C, то D не пересекает тень B и C, значит, B, C, D нельзя пересечь прямой. Треугольники с вершинами в центрах кругов A, B, C и B, C, D имеют общее основание BC, а высота больше у второго треугольника. Значит, последний имеет большую площадь. И в случае 2b мы пришли к противоречию.

Случай 2c: центры кругов C и D лежат в одной полуплоскости относительно линии центров кругов A и B, причем B и D лежат в разных полуплоскостях относительно обеих общих внутренних касательных к B и C. Докажем, что на этот раз круги A, C, D нельзя пересечь прямой, и уже их центры образуют треугольник большей площади, чем A, B, C. Первое утверждение следует из того, что D лежит вне тени A и C. Для доказательства второго утверждения проведем внутреннюю касательную к A и B, которая разделяет C и D, а также внутреннюю касательную к B и C, которая разделяет D и A. Будем катить круги A и C по своим касательным в сторону круга D до тех пор, пока они не коснутся обеих проведенных прямых одновременно. Будем двигать D в сторону B, пока он также не коснется обеих проведенных прямых. Ясно, что в процессе движение площадь треугольника A, B, C увеличивается, а A, C, D  — уменьшается. А в конечном положении эти площади становятся равными, из симметрии. Значит, в исходном расположении центры кругов A, C, D образуют треугольник большей площади, чем A, B, C.

Итак, во всех случаях 2a–2c мы пришли к противоречию. Значит, любой круг D из набора пересекает хотя бы одну из указанных 12 прямых.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное доказательство.	20
Разобран случай, когда любые три можно пересечь прямой.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 204 Добавить в вариант

В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AD, BE, CF; H  — ортоцентр. Окружность с центром в точке O проходит через точки H и A, пересекая стороны AB и AC в точках Q и P, соответственно (точка O не лежит на сторонах AB и AC). Описанная окружность вокруг треугольника QOP касается стороны BC в точке R.

Докажите, что $дробь: числитель: CR, знаменатель: BR конец дроби = дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби .$

Решение.

Пусть ∠CAB = x, ∠ABC = y, ∠DCA = z. Предположим, что точка Q находится между A и F, точка P находится между C и E (∠FQH = ∠APH). Приведём два решения задачи.

Первое решение.

Пусть точка M  — середина HA, ∠AEH = ∠AFH = 90°. Следовательно, AFHE  — вписанный четырёхугольник с центром описанной окружности в точке M. Треугольники EFM и OQP равнобедренные; ∠EMF = 2∠CAB = 2x; ∠POQ = 2x, отсюда треугольник EFM подобен QOP.

Четырёхугольники AEHF, AHPQ вписанные: ∠EFH = ∠EAH = ∠PQH; ∠FEH = ∠FAH = ∠QPH, откуда треугольник HEF подобен HPQ.

Докажем, что циклические четырёхугольники EHFM, PQHO подобны:

Пусть ∠QHP = $\varphi,$ то существует поворот с центром в точке H с углом поворота $\varphi$ по часовой стрелке, отношением $дробь: числитель: QH, знаменатель: FH конец дроби .$ Этот поворот переводит EHFM в QOPH.

Точке E, D, F, M лежат на окружности девяти точек треугольника ABC (поскольку четырёхугольники ABDE, ACDF вписанные; ∠FDB = ∠CAF = x, ∠EDC = ∠BAE = x, ∠EDF = 180° − 2x = 180° − ∠EMF).

Пусть точка R₁ лежит между B и D так, что ∠R₁HD = $\varphi,$ поэтому треугольники HQF и R₁HD подобны, поэтому четырёхугольники DFME и R₁QOP также подобны.

Поскольку четырёхугольник DFME вписанный, то R₁QOP также цикличен. Из этого следует, что точки R и R₁ совпадают. Треугольники DEF и RPQ подобны, то $дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби = дробь: числитель: PR, знаменатель: QR конец дроби .$

Рассмотрим два циклических четырёхугольника ACDF и ABDE: ∠BFD = ∠AFE = ∠ACB = z, ∠DFE = 180° − 2z. Треугольники DEF и RPQ подобны, ∠RQP = 180° − 2z. Поскольку CR  — касательная к окружности треугольника PQR; ∠CRP = ∠RQP = 180° − 2z.

Таким образом, в треугольнике CPR имеем ∠CPR = z, CR = PR. Аналогично BR = QR:

$дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби = дробь: числитель: PR, знаменатель: QR конец дроби = дробь: числитель: CR, знаменатель: BR конец дроби ,$

что и требовалось доказать.

Второе решение.

Впишем треугольник BQH в окружность и эта окружность будет пересекать прямую BC в точке R₃ (точка R₃ не совпадает с точкой B). Поскольку четырёхугольники APHQ и BQHR₃ вписанные, то ∠PHQ = 180° − ∠PAQ и ∠QHR₃ = 180° − ∠QBR³. Так же подразумевается, что ∠PHR₃ = 360° − ∠PHQ − ∠QHR₃ = 180° − ∠ACB. Следовательно, CPHR₃ также вписанный. Мы только что установили частный случай теоремы Микеля.

Поскольку BQHR₃ и CR₃HP вписанные, получаем, что ∠QR₃H = ∠QBH = 90° − ∠BAC и ∠HR₃P = ∠HCP = 90° − ∠BAC. Следовательно, ∠QR₃P = 180° − 2∠BAC = 180° − 2x. Аналогично имеем ∠PQR = 180° − 2z и ∠R3PQ = 180° − 2y. Как было показано в первом решении, треугольник DEF имеет такие же углы. Следовательно, треугольник R₃PQ подобен треугольнику DEF. Заметим, что ∠POQ + ∠PR₃Q = 2x + 180° − 2x = 180°, а это значит, что точка R₃ лежит на окружности треугольника OPQ ⇒ R₃ = R. Закончить доказательство как в первом решении.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение.	20
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 287 Добавить в вариант

На продолжении диаметра АВ полукруга за точку В взята произвольная точка С, через которую проведена касательная к этому полукругу, касающаяся его в точке Е. Пусть биссектриса угла ВСЕ пересекает хорды АЕ и ВЕ полукруга в точках К и М соответственно. Докажите, что треугольник КЕМ равнобедренный.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Замечено, что угол между касательной ЕС и хордой ВЕ равен вписанному углу ЕАВ, опирающемуся на хорду ВЕ.	2
Показано, что углы АКС и ЕМС равны.	3
Показано, что равны и дополнительные к ним углы ЕКС = ЕКМ и ЕМК.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 330 Добавить в вариант

Пусть А и В  — две различных фиксированных точки окружности, С  — произвольная точка этой окружности, отличная от А и В, и МР  — перпендикуляр, опущенный из середины М хорды ВС к хорде АС. Доказать, что прямые РМ при любом выборе С проходят через некоторую общую точку Т.

Решение.

Сначала считаем, что С выбрана на большей дуге АВ окружности и величина угла АСВ не больше 90 градусов. Опустим из В на прямую АС перпендикуляр с основанием Е. Треугольник ВЕС прямоугольный, с постоянным углом при вершине С, следовательно, такие треугольники при всех С подобны между собой. Отсюда вытекает, что угол АРВ между стороной АС и медианой ВР во всех таких треугольниках один и тот же и зависит только от длины хорды АВ. Несложно подсчитать, что тангенс этого угла вдвое больше тангенса угла АСВ. Значит, точка Р при этом всегда лежит на окружности S, содержащей вершины всех углов данной величины, опирающихся на отрезок АВ. Наконец, МР  — перпендикуляр к хорде АР окружности S, следовательно, МР всегда проходит через конец Т диаметра окружности S, проходящего через А. По доказанному S не зависит от выбора С, значит, Т тоже не зависит от выбора С.

Если же точка С выбрана на меньшей дуге окружности и угол АСВ  — тупой, то проделав всё аналогично, мы снова получим прямоугольный треугольник ВЕС с тем же углом при вершине С, что и в первом случае, Но здесь угол АРВ будет равен 180 минус угол ВРЕ, являющийся в этом случае углом между ВР и АС и равный аналогичному углу из первого случая. Следовательно, в этом случае снова Р лежит на окружности S, с другой стороны от хорды АВ и перпендикуляр МР к хорде АР снова проходит через конец Т диаметра окружности S, проходящего через А.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Утверждение задачи доказано для выбора С только на одной из дуг исходной окружности с концами А и В.	5
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 489 Добавить в вариант

Окружности O₁ и O₂ пересекаются в точках А и В. Прямая, проходящая через А, параллельна их линии центров и пересекает O₁ и O₂ вторично в точках С и D соответственно. Окружность O₃ построена на CD как на диаметре и пересекает O₁ и O₂ в точках P и Q соответственно. Докажите, что прямые СР, DQ и АВ пересекаются в одной точке.

Критерии оценивания выполнения задания	Оценка	Баллы
Задача решена полностью.	+	12
Решение задачи, содержит верную общую схему решения, в котором отсутствуют некоторые обоснования.	±	8
Решение содержит значительное продвижение в верном направлении. При этом решение не завершено.	+/2	6
Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное содержательное продвижение в верном направлении	∓	2
Задача не решена, содержательных продвижений нет.	−	0
Задача не решалась.	0	0

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 492 Добавить в вариант

Точки A, B и C лежат на окружности с центром в точке O. Луч OB вторично пересекает описанную около треугольника AOC окружность в точке D, причем точка B оказалась внутри этой окружности. Докажите, что AB  — биссектриса угла DAC.

Аналоги к заданию № 492: 510 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 510 Добавить в вариант

Точки B, C и D лежат на окружности с центром в точке A. Луч AC вторично пересекает описанную около треугольника ABD окружность в точке E, причем точка C оказалась внутри этой окружности. Докажите, что DC  — биссектриса угла EDB.

Аналоги к заданию № 492: 510 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 519 Добавить в вариант

Окружности S₁ и S₂ касаются внешним образом в точке X. Прямая AX пересекает окружность S₁ в точке A, а окружность S₂ — в точке C. Прямая BX пересекает окружность S₁ в точке B, а окружность S₂ — в точке D. Окружность S₃ касается прямой BD в точке B и пересекает луч XA в точках A и P. Докажите, что точки P, B, C и D лежат на одной окружности.

Аналоги к заданию № 519: 527 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 527 Добавить в вариант

Окружности S₁ и S₂ касаются внешним образом в точке M. Прямая MC пересекает окружность S₁ в точке A, а окружность S₂ — в точке C. Прямая MD пересекает окружность S₁ в точке B, а окружность S₂ — в точке D. Окружность S₃ касается прямой AC в точке C и пересекает луч MD в точках K и D. Докажите, что точки K, B, A и C лежат на одной окружности.

Аналоги к заданию № 519: 527 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 631 Добавить в вариант

Расстояние между центрами $O_1$ и $O_2$ окружностей $\omega _1$ и $\omega_2$ равно 5r, а их радиусы равны соответственно r и 7r. Хорда окружности $\omega_2$ касается окружности $\omega_1$ и делится точкой касания в отношении 1:6. Найдите длину этой хорды.

Решение.

Пусть $O_1$   — центр первой окружности $\omega_1,$ точка M  — точка касания этой окружности с хордой AB. Из центра $O_2$ второй окружности $\omega_2$ проведем $O_2 K \perp A B,$ где точка K  — середина хорды AB. Опустим $O_1 L \perp O_2 K$ и рассмотрим три различных случая расположения хорды $A B$ и центров $O_1$ и $O_2 .$

1)  Пусть $O_1, O_2$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $A B$ и $O_2 K больше или равно r$ (рис. 4). Так как $K L=O_1 M=r,$ то L лежит на отрезке $O_2 K .$ Пусть $A M=x,$ тогда

$A B=7 x, B K= дробь: числитель: 7 x , знаменатель: 2 конец дроби ,$

$M K=O_1 L= дробь: числитель: 5 x , знаменатель: 2 конец дроби .$

В прямоугольном $\Delta O_2 K B \quad$ имеем

$O_2 K= дробь: числитель: 7, знаменатель: 2 конец дроби корень из: начало аргумента: 4 r в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента минус x в квадрате правая круглая скобка .$

В прямоугольном $\Delta O_1 O_2 L$ имеем $O_1,$ $O_2=5 r,$ $O_1 L= дробь: числитель: 5 x, знаменатель: 2 конец дроби ,$ откуда получаем, что

$O_2 L= дробь: числитель: 5, знаменатель: 2 конец дроби корень из: начало аргумента: 4 r в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента минус x в квадрате правая круглая скобка .$

Учитывая, что $O_2 L плюс K L=O_2 K,$ получаем уравнение $r= корень из: начало аргумента: 4 r в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента минус x в квадрате правая круглая скобка .$ Решая его, находим $x=r корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента .$ Следовательно, $A B=7 r корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента .$

2)  Пусть $O_1,$ $O_2$ по-прежнему лежат в одной полуплоскости относительно прямой AB (рис. 5), но $O_2 ~K меньше r$ (в частности, может быть $O_2=K,$ то есть AB  — диаметр). Следовательно, L лежит на продолжении отрезка $O_2 ~K,$ при этом $O_2 K плюс O_2 L=KL.$ Выражения для $O_2 K,$ $O_2 L,$ KL через x и r сохраняются, а уравнения для нахождения x примет вид $r=6 корень из: начало аргумента: 4 r в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента минус x в квадрате правая круглая скобка .$ Решая его, находим

$x=r дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 143 конец аргумента , знаменатель: 6 конец дроби .$

Следовательно, $A B=7 r дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 143 конец аргумента , знаменатель: 6 конец дроби .$

3)  Пусть $O_1,$ $O_2$ лежат по разные стороны относительно прямой AB (рис. 6). Следовательно, $L$ лежит на продолжение отрезка $O_2 K,$ при этом

$O_2 K плюс KL=O_2 L .$

Выражения для $O_2 K,$ $O_2 L,$ KL через x и r сохраняются, а уравнения для нахождения x примет вид $r плюс корень из: начало аргумента: 4 r в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента минус x в квадрате правая круглая скобка =0$ и решений не имеет.

Ответ: $7 r дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 143 конец аргумента , знаменатель: 6 конец дроби .$

Баллы	Критерии оценивания
7	Полное обоснованное решение.
6	Обоснованное решение с несущественными недочетами.
5−6	Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений.
4	Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев.
2−3	Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи.
1	Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении.
0	Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 638 Добавить в вариант

Расстояние между центрами $O_1$ и $O_2$ окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$ равно 10r, а их радиусы равны соответственно 5r и 6r. Прямая, пересекающая окружность $\omega_1$ в точках М и N касается окружности $\omega_2$ в точке K, причем $MN=2NK.$ Найдите длину хорды MN.

Баллы	Критерии оценивания
7	Полное обоснованное решение.
6	Обоснованное решение с несущественными недочетами.
5−6	Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений.
4	Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев.
2−3	Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи.
1	Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении.
0	Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 696 Добавить в вариант

Даны три окружности радиусов 3, 4 и 5, попарно касающиеся друг друга в точках A, B и C. Найдите сумму расстояний от центра описанной окружности треугольника ABC до его сторон.

Решение.

Введём следующие обозначения: у первой окружности: центр точка $O_1,$ радиус равен a; у второй окружности: центр  — точка $O_2$ радиус равен $b ;$ у третьей окружности: центр  — точка $O_3,$ радиус равен c. Так как точки A, B, C являются точками касания двух окружностей из трех, то эти точки лежат на отрезках $O_1 O_2,$ $O_1 O_3,$ $O_2 O_3.$ Не теряя общности, можно считать, что точка A лежит на отрезке $O_2 O_3,$ точка B  — на $O_1 O_3,$ точка C  — на $O_1 O_2.$ Центр описанной окружности треугольника ABC обозначим за O.

Стороны треугольника $O_1 O_2 O_3$ равны 7, 8 и 9. Точки A, B и C делят стороны треугольника $O_1 O_2 O_3$ так же, как должны делить точки касания вписанной окружности, значит, это они и есть. Таким образом, описанная окружность треугольника ABC  — это вписанная окружность треугольника $O_1 O_2 O_3.$ Посчитаем её радиус, поделив площадь треугольника $O_1 O_2 O_3,$ вычисленную по формуле Герона, на её полупериметр:

$r= дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 12 умножить на 3 умножить на 4 умножить на 5 конец аргумента , знаменатель: 12 конец дроби = корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента .$

Треугольники $O_1 B C$ и OBC равнобедренные с основанием BC, точки O и $O_1$ лежат не серединном перпендикуляре к ВС. Тогда по теореме Пифагора получаем

$O O_1= корень из: начало аргумента: B O в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента плюс B O_1 правая круглая скобка в квадрате = корень из: начало аргумента: 5 плюс 3 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента .$

Обозначим середину $B C$ за $M_1.$ В прямоугольном треугольнике $O B O_1$ эта точка  — основание высоты, опущенной из прямого угла, откуда

$O_1 M_1= дробь: числитель: B O_1 в квадрате , знаменатель: O O_1 конец дроби = дробь: числитель: 9, знаменатель: корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента конец дроби ,$

соответственно,

$O M_1=O O_1 минус O_1 M_1= корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента минус дробь: числитель: 9, знаменатель: корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента конец дроби = дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента конец дроби .$

Аналогично находим

$O O_2= корень из: начало аргумента: 5 плюс 4 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 21 конец аргумента ,$ а $O M_2= дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 21 конец аргумента конец дроби ;$

$O O_3= корень из: начало аргумента: 5 плюс 5 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента ,$ a $O M_2= дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента конец дроби .$

Ответ: $дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента конец дроби плюс дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 21 конец аргумента конец дроби плюс дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента конец дроби .$

Аналоги к заданию № 696: 704 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 704 Добавить в вариант

Даны три окружности радиусов 3, 5 и 7, попарно касающиеся друг друга в точках A, B и C. Найдите сумму расстояний от центра описанной окружности треугольника ABC до его сторон.

Решение.

Введём следующие обозначения: у первой окружности: центр точка $O_1,$ радиус равен $a ;$ у второй окружности: центр  — точка $O_2$ радиус равен b; у третьей окружности: центр  — точка $O_3,$ радиус равен c. Так как точки A, B, C являются точками касания двух окружностей из трех, то эти точки лежат на отрезках $O_1 O_2,$ $O_1 O_3,$ $O_2 O_3.$ Не теряя общности, можно считать, что точка A лежит на отрезке $O_2 O_3,$ точка B  — на $O_1 O_3,$ точка C  — на $O_1 O_2.$ Центр описанной окружности треугольника ABC обозначим за O.

Стороны треугольника $O_1 O_2 O_3$ равны 8, 10 и 12. Точки A, B и C делят стороны треугольника $O_1 O_2 O_3$ так же, как должны делить точки касания вписанной окружности, значит, это они и есть. Таким образом, описанная окружность треугольника ABC  — это вписанная окружность треугольника $O_1 O_2 O_3.$ Посчитаем её радиус, поделив площадь треугольника $O_1 O_2 O_3,$ вычисленную по фор муле Герона, на её полупериметр:

$r= дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 15 умножить на 3 умножить на 5 умножить на 7 конец аргумента , знаменатель: 15 конец дроби = корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$

$O O_1= корень из: начало аргумента: B O в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента плюс B O_1 правая круглая скобка в квадрате = корень из: начало аргумента: 7 плюс 3 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 16 конец аргумента =4.$

Обозначим середину BC за $M_1.$ В прямоугольном треугольнике $O B O_1$ эта точка  — основание высоты, опущенной из прямого угла, откуда

$O_1 M_1= дробь: числитель: B O_1 в квадрате , знаменатель: O O_1 конец дроби = дробь: числитель: 9, знаменатель: 4 конец дроби ,$

соответственно,

$O M_1=O O_1 минус O_1 M_1=4 минус дробь: числитель: 9, знаменатель: 4 конец дроби = дробь: числитель: 7, знаменатель: 4 конец дроби .$

Аналогично находим

$O O_2= корень из: начало аргумента: 5 плюс 5 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента ,$ а $O M_2= дробь: числитель: 7, знаменатель: корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента конец дроби ;$

$O O_3= корень из: начало аргумента: 5 плюс 5 в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 54 конец аргумента ,$ а $O M_2= дробь: числитель: 7, знаменатель: корень из: начало аргумента: 54 конец аргумента конец дроби = дробь: числитель: 7, знаменатель: 3 корень из: начало аргумента: 6 конец аргумента конец дроби .$

Ответ: $дробь: числитель: 7, знаменатель: 4 конец дроби плюс дробь: числитель: 7, знаменатель: 3 корень из: начало аргумента: 6 конец аргумента конец дроби плюс дробь: числитель: 7, знаменатель: корень из: начало аргумента: 30 конец аргумента конец дроби .$

Аналоги к заданию № 696: 704 Все

Решение · Прототип задания · Помощь

Тип 0 № 717 Добавить в вариант

Даны три окружности радиусов 2, 3 и 5, попарно касающиеся друг друга в точках A, B и C внешним образом. Найдите радиус вписанной окружности треугольника ABC.

Аналоги к заданию № 717: 725 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 725 Добавить в вариант

Даны три окружности радиусов 1, 2 и 3, попарно касающиеся друг друга в точках A, B и C внешним образом. Найдите радиус вписанной окружности треугольника ABC.

Аналоги к заданию № 717: 725 Все

Решение · Прототип задания · Помощь

Тип 0 № 793 Добавить в вариант

Три окружности, радиусов 1, 1 и $2 корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 13 минус 6 корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента , знаменатель: 13 конец дроби конец аргумента ,$ расположены так, что треугольник, образованный центрами этих окружностей, является равносторонним со стороной $корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента .$ Найдите, чему равен радиус описанной окружности около треугольника, каждая из вершин которого является точкой пересечения двух из этих окружностей, дальней от центра третьей окружности.

Аналоги к заданию № 793: 883 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 805 Добавить в вариант

Дан треугольник ABC, в котором AB = 4, BC = 4, AC = 1. Из точки A провели биссектрису, которая пересекла описанную окружность этого треугольника в точке D. Найдите, чем равно DI, где I центр вписанной окружности треугольника ABC.

Аналоги к заданию № 797: 805 Все

Решение · Прототип задания · Помощь

Всего: 136 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …