olimpiady_matematika

Проведем две параллельные прямые на расстоянии h друг от друга и отметим на одной из них точку B; другая прямая будет прямой p. Далее отмечаем точку B′, а затем — точку M, удален ную на расстояние m от B и равноудаленную от параллельных прямых. Построив угол ϕ, строим две дуги окружностей с конца ми в точках B′ и M и угловой величиной 360° – 4ϕ.

Если C1 и C2 — точки пересечения дуг с прямой p, а Ai (i = 1, 2) — точка, симметричная Ci относительно M, то каждый из треугольников A1BC1 и A2BC2 является искомым.

Действительно, высоты этих треугольников, проведенные из вершин C1, C2, равны h, а отрезок BM = m является в каждом из них медианой. Кроме того, если L1, L2 — основания соответст вующих биссектрис, то из построения следует, что один из углов C1L1B и C2L2B равен ϕ, а другой 180° – ϕ, откуда, в силу опреде ления угла ϕ, получаем C1L1 = C2L2 = l.

h

П р и м е ч а н и е 1. Ясно, что если l < h и m < -2- , то решений нет.

h

Если l = h и m -2- , решением является единственный равнобедренный

h

l > h и m = -2- , получаем два равных треугольника, симметричных отно сительно прямой BB′.

l

При l > h и m = -2- один из построенных треугольников оказывается

вырожденным, так что решение единственно. Во всех остальных случа ях задача имеет два решения.

Второй способ. Зная высоту и биссектрису из вершины C, можно построить эту вершину и прямую AB. Рассмотрим теперь следующее отображение этой прямой в себя. Для произвольной точки X найдем точку Y, удаленную от X и AB на расстояния, равные данной медиане из вершины B и половине данной высо ты (рис. 91). Затем отразим прямую CY относительно биссектри сы и найдем точку X′ пересечения полученной прямой с AB. Очевидно, что это отображение сохраняет двойные отношения точек и переводит точку B в себя. Таким образом, задача сводит ся к известной задаче построения неподвижной точки проектив ного преобразования прямой.

П р и м е ч а н и е 2. В 1938 г. в журнале «Математика в школе» бы ла напечатана статья В. Фурсенко, в которой разбирались все задачи на

203

C

Y

Рис. 91

построение треугольника по трем элементам. Эта задача там была оши бочно названа неразрешимой.

18. РЕШЕНИЕ. Так как углы ADB и BEC прямые, точки D и E лежат на окружности с диаметром BG. При этом FDG = = ADO1 = DAC = GED. Следовательно, FD (и аналогично FE) — касательная к этой окружности (рис. 92). Значит, прямая

Рис. 92

204

C

Y Q

P X

E A B

C

Рис. 93

FG симметрична медиане треугольника GED, опущенной из вершины G относительно биссектрисы, проведенной из этой же вершины. Поскольку треугольник GDE подобен треугольнику GCA, в этом последнем треугольнике данная прямая будет ме дианой.

19.РЕШЕНИЕ. Достаточно доказать, что XC = OY. Действи тельно, тогда аналогично получим, что UO = OV и, значит, XUYV — параллелограмм.

Пусть прямая EO пересекает окружность в точках P и Q (рис. 93). Искомое равенство равносильно равенству двойных отношений (PX; OY) = (QY; OX). Спроецировав прямую EO

на окружность из точки C, получим эквивалентное равенство (PA; C ′B) = (QB; C ′A), которое верно, так как прямые PQ, AB

икасательная к окружности в точке C ′ пересекаются в одной точке.

20.РЕШЕНИЕ. Достаточно доказать, что CAP = A′AB. Действительно, это означает, что прямая AA′ симметрична AP относительно биссектрисы угла A. Тогда аналогично BB′ сим метрична BP относительно биссектрисы угла B, а значит, точка пересечения этих прямых лежит на прямой, симметричной CP относительно биссектрисы угла C, т. е. на высоте треугольников.

Пусть Q — точка пересечения прямой AP с вписанной ок ружностью, S — середина дуги B1C1 (рис. 94). Композиция про

205

P

Рис. 94

екций окружности на себя из точек A и A2 меняет местами точки B1 и C1, переводит Q в A′ и оставляет S на месте. Значит, (B1Q; SC1) = (C1A′; SB1), т. е. точки A′ и Q симметричны относи тельно прямой AA2, что равносильно искомому равенству.

21. РЕШЕНИЕ. Если бы стороны AB и CD были параллель ны, то выполнялись бы равенства ABD = BDC и ACD = = BAC. Поэтому условие задачи равносильно тому, что лучи AB и DC пересекаются, т. е. расстояние от C до прямой AB мень ше, чем от D, а расстояние от B до прямой CD меньше, чем от A.

Потому SABD > SABC и SACD > SBCD.

22. РЕШЕНИЕ. Возьмем произвольную точку окружности A, лежащую вне параболы. Так как прямая AF и прямая, проходя щая через A и параллельная оси параболы, вторично пересекают окружность в точках, симметричных относительно оси, каса тельные из A к параболе также пересекают окружность в точка B и D, симметричных относительно оси. Аналогично получаем, что вторые касательные из B и D вторично пересекают окруж ность в точке C, симметричной A. Следовательно, A, B, C, D — искомые точки.

206

23.РЕШЕНИЕ. Пусть P — точка пересечения FC и AD; G — вторая точка пересечения описанной окружности шестиуголь ника с прямой BP. Тогда 2 = (AC; BF ) = (DF; GB) = (DF; EB), и, следовательно, точки G и E совпадают.

24.РЕШЕНИЕ. Пусть плоскость, проходящая через A и пер пендикулярная l, пересекает l в точке B, а C — проекция Y на эту плоскость. Так как BC XY, то BC AY и по теореме о трех пер пендикулярах BC AC. Следовательно, C лежит на окружности

сдиаметром AB, а Y — на цилиндре, образующие которого про ходят через точки этой окружности. Очевидно, что любая точка цилиндра принадлежит искомому геометрическому месту точек.

25.РЕШЕНИЕ. Заметим, что ни один из икосаэдров не может содержать четырех вершин октаэдра. Действительно, среди че тырех вершин октаэдра обязательно найдутся две противопо ложные, а любая из остальных вершин образует с ними равно бедренный прямоугольный треугольник. Но среди вершин ико саэдра нельзя выбрать три вершины такого треугольника.

Таким образом, одному из данных икосаэдров принадлежат три вершины одной грани октаэдра, а другому — три вершины противоположной грани. Заметим теперь, что между вершинами икосаэдра существуют только три различных расстояния: одно равно ребру икосаэдра, другое — диагонали правильного пяти угольника со стороной, равной ребру, третье — расстоянию меж ду противоположными вершинами. При этом правильный тре угольник могут образовывать только вершины с расстояниями первых двух видов. Так как икосаэдры неравны, то для одного из них грань октаэдра совпадает с гранью, а для другого с треуголь ником, образованным диагоналями. Следовательно, отношение ребер равно отношению диагонали правильного пятиугольника

5 + 1

к его стороне, т. е. ----------------- .

2

Финальный тур

Первый день, 8 класс

1. РЕШЕНИЕ. Обозначим через I точку пересечения биссект рис (рис. 95), а через X и Y — точки пересечения высоты с бис сектрисами углов B и C соответственно. Пусть для определен ности AB > AC; тогда точки I и Y лежат на отрезках BY и AX соот

207

A

Y B

X

B C

Рис. 95

откуда (по теореме об угле между касательной и хордой) сразу следует утверждение задачи.

27. РЕШЕНИЕ. Обозначим искомое ГМТ через Φ. Очевидно, что Φ пусто при AB > 2, а при AB = 2 является кругом с диа метром AB. Пусть AB < 2, а окружности ωA, ωB с центрами A, B и радиусами, равными 1, пересекаются в точках P и Q. Рассмотрим круги единичного радиуса, покрывающие точки A и B; ГМТ их центров есть «линза», образованная дугами PQ окружностей ωA и ωB. Значит, Φ есть объединение кругов единичного радиуса с центрами в этой линзе.

Построим точки P1, P2, Q1, Q2 такие, что P — середина отрез ков AP1, BP2, а Q — середина отрезков AQ1, BQ2, и проведем че тыре дуги окружностей: P1Q1 с центром A и радиусом 2, P2Q2 с центром B и радиусом 2, P1P2 с центром P и радиусом 1, Q1Q2 с центром Q и радиусом 1 (рис. 96). Докажем, что Φ есть фигура,

Q P

Рис. 96

208

Q Y P

Рис. 97

ограниченная этими дугами. Ясно, что любая точка X этой фигуры принадлежит Φ. В самом деле, если X лежит в секторе P1PP2, то она лежит в круге с центром P; если же она лежит в секторе P1AQ1, то она лежит в круге с центром Y, где Y — точка пересечения луча AX и дуги PQ окружности ω1. Остальные случаи аналогичны.

Осталось показать, что любая точка X вне нашей фигуры не принадлежит Φ. Если X лежит в угле P1AQ1, то AX > 2, и точки A и X не накрываются единичным кругом. Пусть теперь X лежит в угле P1PP2: нам надо доказать, что расстояние от X до любой точки Y, лежащей в линзе, больше 1. Для этого покажем, что XPY 90° (и, следовательно, XY XP > 1). Пусть для определенности в угле XPY лежит точка P1 (рис. 97); тогда XPY P1PY. С другой стороны, AY 1, а AP1 = 2, откуда P1Y 1 AY. Это и означает, что точки A и Y лежат по одну сторону от серединного перпенди куляра к AP1, т. е. 90° P1PY XPY.

2. РЕШЕНИЕ. Поскольку прямые BP и CP являются медиа нами треугольников ABC и BCD (рис. 98), то точки A и C равно удалены от BP, а B и D — от CP. Это значит, что SPAB = SPBC = = SPCD. С другой стороны, высоты треугольников PAB и PCD из точки P равны, так как P лежит на биссектрисе; значит, равны и их основания, что и требовалось доказать.

3. РЕШЕНИЕ. Для определенности положим, что OA2 > OA1 (рис. 99). Треугольники OA1B2 и OB1A2 равны по двум сторонам и углу между ними, значит, OB2A1 = OA2B1 и OA1B2 = = OB1A2. Далее из равенства A1OB1 = B2OA2 = ϕ следует,

209

K

B1C2C1 = B1B2C1 = OA2B1. Наконец, поскольку прямые C1C2 и OA2 образуют равные углы с хордой A2C2 окружности ω2, а OA2 — касательная, то и C1C2 — также касательная. Касание C1C2 и ω1 доказывается аналогично.

З а м е ч а н и е. Другое решение можно получить, заметив, что из ра венства треугольников OA1B2 и OA2B1 следует A1B2 = A2B1, а затем приме

нив теорему о секущей и касательной: B1C2•B1A2 = B1B22 = B2C1•B2A1, откуда B2C1 = B1C2. Теперь, поскольку четырехугольник B1C2B2C1 впи сан, он является равнобокой трапецией и, следовательно, симметричен относительно линии центров наших окружностей.

210

Второй день, 8 класс

1. РЕШЕНИЕ. Так как AH LM, то LM BC, т. е. LM — средняя линия треугольника. Значит, BL — биссектриса и меди ана треугольника ABC, т. е. AB = BC. Поскольку BL является биссектрисой углов ABC и HLM, точки H и M симметричны от

является медианой треугольника ABC. Таким образом, AC = AB = = BC, треугольник ABC — равносторонний, и из симметрии CM делит HL пополам, что и требовалось доказать.

2. РЕШЕНИЕ. Первый способ. Заметим, что прямые AE и BF перпендикулярны, поскольку получаются друг из друга поворо том на 90° вокруг центра квадрата. Пусть прямая, проходящая через A и параллельная BF, пересекает прямую CD в точке G. Так как ABFG — параллелограмм, то FG = AB и, значит, FD = DG. По теореме Фалеса прямая, проходящая через D и параллельная BF, является медианой треугольника ADP. Поскольку AE BF, эта прямая является и высотой (рис. 100). Следовательно, тре угольник ADP — равнобедренный, как и треугольник AED. Угол EAD в обоих треугольниках является углом при основании, по этому углы при вершинах также равны.

211

Рис. 101

3. ОТВЕТ: да, может; 3 или 4 стороны.

РЕШЕНИЕ. Примеры, как может получиться правильный треугольник или квадрат, приведены на рис. 101. Предположим, что у полученного многоугольника M хотя бы 5 сторон. Разрез пересекает его по двум точкам, каждая из которых принадлежит максимум двум сторонам. Значит, у M есть сторона AB, не имею щая общих точек (даже вершин) с разрезом. Пусть она лежит в куске, полученном из P; тогда сторона P равна AB, и углы при ней равны углам многоугольника M. Поскольку правильный многоугольник однозначно задается стороной и углом при ней, то P = M, что невозможно.

4. ОТВЕТ: нет, не обязательно.

РЕШЕНИЕ. Покажем, что условию задачи удовлетворяет лю бой треугольник с C = 120°. Пусть CC1 — биссектриса угла C. Тогда CA1 — внешняя биссектриса угла ACC1, т. е. точка A1 рав ноудалена от прямых AC и CC1. Но она также равноудалена от прямых AC и AB, поэтому C1A1 — биссектриса угла CC1B.

Значит, точка J, симметричная I относительно C1A1, лежит на прямой AB (рис. 102). Заметим, что AA1C1 = A1C1B –

= 2 AA1C1 = 60°. Итого, в равнобедренном треугольнике IA1J (IA1 = A1J) угол равен 60°; значит, он равносторонний, IJ = JA1, и потому A2 = J. Таким образом, мы получили, что A2C1 = JC1 = IC1.

Рис. 102

212