Главная / Математика / Сборник олимпиадных задач по геометрии

Сборник олимпиадных задач по геометрии

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ

РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ


ГОУ ВПО «КРАСНОЯСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ им. В.П. АСТАФЬЕВА»




СОСТАВИТЕЛИ:

В.В. АБДУЛКИН, Л.Р. БУСАРКИНА, В.Р. МАЙЕР, О.М. НАРЧУК, Н.С. ОРЕНЧУК, Н.Н. ПОНОМАРЕВА, Т.М. СЕДНЕВЕЦ, Е.А. СЕМИНА



СБОРНИК ОЛИМПИАДНЫХ ЗАДАЧ ПО ГЕОМЕТРИИ ДЛЯ УЧАЩИХСЯ 8–11 КЛАССОВ

(по материалам Краевой олимпиады по геометрии
среди учащихся 8–11 классов общеобразовательных учреждений Красноярского края имени профессора Анищенко Сергея Александровича)





КРАСНОЯРСК, 2011


Рецензенты:

Доктор физико-математических наук, профессор

В.И. Сенашов (ИВМ СО РАН)

Кандидат физико-математических наук, профессор

Б.К. Дураков (СФУ)


Сборник олимпиадных задач по геометрии для учащихся 8–11 классов / (сост. В.В. Абдулкин, Л.Р. Бусаркина, В.Р. Майер, О.М. Нарчук, Н.С. Оренчук, Н.Н. Пономарева, Т.М. Седневец, Е.А. Семина); Краснояр. гос. пед. ун-т им. В.П. Астафьева. – Красноярск, 2011. – 204с.


Предназначен учащимся 8–11 классов общеобразовательных школ, студентам математических факультетов педагогических вузов, а также всем интересующимся геометрией для помощи и развития умений и навыков решения нестандартных геометрических задач. Содержит все задачи Краевой олимпиады по геометрии среди учащихся 8–11 классов общеобразовательных учреждений Красноярского края имени профессора Анищенко Сергея Александровича за период с 2007 по 2011 годы. Ко всем задачам представлены подробные решения с чертежами.



Издается при финансовой поддержке КГАУ «Красноярский краевой фонд поддержки научной и научно-технической деятельности»


© Красноярский государственный педагогический университет им. В.П. Астафьева, 2011

© Коллектив составителей, 2011

Содержание



Стр.

Предисловие составителей сборника…………………….………

5

История кафедры геометрии КГПУ им. В.П. Астафьева……..

6

История олимпиады по геометрии для школьников………

19

Краткая биография профессора С.А. Анищенко……………….

24

Часть I. Задачи олимпиады по геометрии………………………

26

2007 год…………………………………………………………...

26

2008 год…………………………………………………………...

28

2009 год…………………………………………………………...

32

2010 год…………………………………………………………...

34

2011 год…………………………………………………………...

40

Часть II. Решение олимпиадных задач………………………….

48

2007 год…………………………………………………………...

48

2008 год…………………………………………………………...

71

2009 год…………………………………………………………...

92

2010 год…………………………………………………………...

109

2011

год…………………………………………………………

141

Приложение 1. Положение об олимпиаде……………………...

199



Предисловие составителей сборника


Сборник задач содержит материалы ежегодно проводимых кафедрой геометрии и методики ее преподавания КГПУ им. В.П. Астафьева олимпиад по геометрии для учащихся 8-11 классов общеобразовательных учреждений.

История проведения кафедрой олимпиад по геометрии для школьников ведет отсчет с 1997 года. Инициатором этих олимпиад выступила к.п.н., доцент кафедры Пономарева Надежда Николаевна. Проект был поддержан всеми преподавателями кафедры, руководством университета и математического факультета, учителями школ, органами образования города и края.

В сборнике представлено 120 оригинальных задач по геометрии с подробными комментариями, решениями и чертежами. В 2007 и 2009 годах учащимся было предложено в общей сложности 30 задач (по 15 ежегодно), в 2008 – 18 задач. Начиная с 2010 года, олимпиада проводилась в два тура, ей было присвоено имя профессора С.А. Анищенко. В 2010 году учащиеся решили в общей сложности 32 олимпиадных задачи (по 16 в каждом туре), в 2011 – 40 задач (24 в заочном туре, 16 – в очном). Из 120 олимпиадных задач 100 по планиметрии, остальные – по стереометрии.

Мы выражаем признательность всем тем, кто помогал кафедре в подготовке и проведении олимпиад по геометрии, в частности учителям школ, студентам КГПУ им. В.П. Астафьева и СФУ.


История кафедры геометрии КГПУ им. В.П. Астафьева


Годы, предшествующие созданию кафедры (1932-1972 гг.) Кафедра геометрии появлялась в структуре университета не один раз. Однако годом её рождения принято считать 1972 год, который совпал с 40-ой годовщиной со дня организации в Красноярске в соответствии с постановлением СНК РСФСР педагогического института. Геометрические курсы и будущий состав преподавателей кафедры стали формироваться задолго до этой даты, а именно с 1935 года – со дня открытия физико-математического факультета.

В соответствии с учебным планом 1935-36 учебного года факультет готовил учителей по двум специальностям: математики и физики. Учебный процесс на факультете по кафедре математики в то время обеспечивали три штатных работника: доцент Николай Николаевич Ивановский (выпускник математического отделения Казанского университета) - начальник кафедры, ассистенты Иван Иванович Денисов и Ефим Ильич Липкин. Е.И. Липкин не имел высшего образования, но он великолепно знал большинство читаемых на факультете курсов физики и математики, которые изучил самостоятельно.

В 1936 году на факультет прибыли молодые специалисты. Среди них - Самсон Львович Эдельман (выпускник МГПИ) и Абрам Ефимович Липкин (выпускник МОПИ, начавший своё обучение на математическом отделении КГПИ в 1932 году).

Незадолго до начала войны были созданы кафедры математического анализа и геометрии. Первым заведующим кафедрой геометрии был назначен А.Е. Липкин. После вероломного нападения фашистской Германии на Советский Союз многие преподаватели и студенты были призваны в армию. Ушёл добровольцем А.Е. Липкин. В 1941-42 учебном году обе математические кафедры опять были объединены в одну. Её возглавил по совместительству профессор Арктического института Пётр Данилович Белоновский.

Положение с кадрами в первые годы войны было тяжелым. Преподавателей ушедших на фронт стали сменять специалисты, эвакуированные из западных областей. В числе первых был кандидат наук Е.М. Полищук, возглавивший вновь созданную кафедру геометрии (1943-44 уч.г.). После окончания войны на факультет возвратился А.Е. Липкин, а через некоторое время С.Л. Эдельман.

В 1954 году, вместо узкой специальности "математика" была введена широкая - "математика и черчение" с пятигодичным сроком обучения. Среди первых студентов, которые стали обучаться по этой специальности – С.А. Анищенко. В апреле 1958 года проведён досрочный выпуск студентов факультета математики и черчения.

На математических кафедрах формирование творчески работающего научного коллектива математиков связано с деятельностью доцентов С.Л. Эдельмана и Л.И. Слободского. В 1954 году при активной поддержке Л.В. Киренского при математических кафедрах была открыта аспирантура по двум специальностям: алгебре и математическому анализу. Руководителями были определены: по алгебре доц. С.Л. Эдельман, по математическому анализу - доц. Л.И. Слободской. В аспирантуру по алгебре поступили некоторые будущие преподаватели кафедры геометрии: Б.И. Богдашин (выпускник КГПИ 1950 года), С.А. Анищенко (выпускник КГПИ 1958 года) и А.И. Долгарев (выпускник КГПИ 1960 года). Все они занимались вопросами теории групп и решёток.

В этот период велись и активные научно-методические исследования. По проблемам вузовского и школьного преподавания было опубликовано большое количество статей, программированных разработок, сборников задач, конспектов лекций, часть из них в центральных изданиях. Так в 1964 году издательством "Просвещение" была опубликована работа А.Е. Липкина "Начертательная геометрия в чертежах". С 1962-63 учебного года факультет вернулся к узкой специальности "математика" с четырехгодичным сроком обучения.

В 1963 году кафедра математики разделена на две кафедры: кафедру алгебры и геометрии, которой заведовал С. Л. Эдельман и кафедру математического анализа, которой заведовал Ю.Г. Горст. В том же году была разрешена защита кандидатских диссертаций по алгебре, теории чисел и математическому анализу при Ученом Совете КГПИ.

В октябре 1965 года деканом факультета назначен А.Е. Липкин, сменивший на этом посту М.Н. Трубецкого. На факультете две математические кафедры, на одной из них, кафедре алгебры и геометрии (зав. кафедрой доцент Н.В. Лойко), работают будущие преподаватели кафедры геометрии. Это - старшие преподаватели А.Е. Липкин и Б.И Богдашин; ассистенты О.М. Бархатова-Нарчук (выпускница КГПИ, 1962 год) и А.М. Фрадкина-Елина (выпускница КГПИ, 1962 год); аспирант С.А. Анищенко (третий год обучения).

В ноябре 1968 года деканом факультета избрана ст. преподаватель Евдокия Ивановна Носкова. В декабре этого же года кафедра алгебры и геометрии была разделена на две кафедры: кафедру алгебры и геометрии (зав. кафедрой С.Л. Эдельман) и кафедру методики и элементарной математики (зав. кафедрой ст. преподаватель Б.И. Богдашин). В состав последней вошли А.Е. Липкин, О.М. Нарчук, А.М. Елина, Т.М. Седневец и Н.Н. Калинина (Пономарева). Несмотря на такое разбиение, оба руководителя находились в одном кабинете и некоторая учебная нагрузка, в частности по геометрии, велась не только преподавателями кафедры алгебры и геометрии, но и второй кафедры.

В декабре 1970 года С.А. Анищенко в МГПИ им. В.И. Ленина успешно защитил кандидатскую диссертацию на тему «Модулярные структуры, порождённые циклами» (научный руководитель С.Л. Эдельман). В ноябре 1971 года в аспирантуру КГПИ по специальности алгебра поступил выпускник КрасГУ В.Р. Майер.

Годы становления и расцвета кафедры (1972-2011 гг.). В феврале 1972 года была изменена структура математических кафедр. Образованы три кафедры: кафедра алгебры (14 человек, зав. кафедрой - С.Л. Эдельман), кафедра математического анализа (11 человек, зав кафедрой Ю.Г. Горст) и кафедра геометрии (10 человек, зав кафедрой С.А. Анищенко). Преподаватели курса методики математики вошли в состав кафедры алгебры.

Начиная с первых дней создания кафедры геометрии, все её преподаватели принимают активное участие в разработке курса геометрии, учебно-методических пособий и рекомендаций. Регулярно проходят семинары кафедры. В связи с переходом на новые программы по математике и отсутствием необходимых учебников, преподавателями кафедры геометрии издаются учебно-методические пособия для студентов.

В 1972-73 учебном году, в связи с переходом средних школ на новые учебные программы по математике и физике, преподаватели кафедры геометрии читают лекции учителям средних школ города и края по линии института усовершенствования учителей и городского методического кабинета.

В начале 1974 года на факультет принимаются два новых преподавателя: доценты Владимир Яковлевич Гребенников, выпускник факультета 1963 года, работавший до этого в институте цветных металлов, и Роберт Адольфович Майер, закончивший экстерном Тамбовский педагогический институт и работавший до этого проректором Енисейского педагогического института. В марте 1974 года Р.А. Майер избирается деканом факультета.

25 июня 1974 года факультет провожает на пенсию старейшего работника факультета А.Е. Липкина. На освободившуюся вакансию в сентябре 1974 года был принят выпускник КрасГУ Вячеслав Павлович Кривоколёско.

В феврале 1976 года В.Р. Майер защищает в Институте математики СОАН СССР кандидатскую диссертацию «Конечные группы с заданными централизаторами элементов нечётного порядка» и в июле этого же года переходит с кафедры алгебры на кафедру геометрии на должность старшего преподавателя.

1 сентября 1981 года на базе пионерлагеря «Таёжный» начинает работать летняя школа «Юный педагог», организованная при физико-математическом факультете. Завучем этой школы назначается С.А. Анищенко.

В сентябре 1982 года доцент В.Р. Майер избирается на должность заведующего кафедрой геометрии.

В 1984 году поступает в заочную аспирантуру при ЛГПИ им А.И. Герцена Надежда Николаевна Пономарёва (выпускница КГПИ 1965 года). Последний год её обучения проходит по очной форме. В 1988 году она успешно защищает в Ленинграде кандидатскую диссертацию по методике обучения математике.

В мае 1986 года на кафедру геометрии на должность старшего преподавателя принимается выпускник Московского государственного университета, кандидат физико-математических наук Сергей Петрович Царёв, ученик академика С.П. Новикова. Тематика его научных исследований: геометрия гамильтоновых систем гидродинамического типа.

Летом 1986 года после тяжёлой и непродолжительной болезни уходит из жизни один из талантливых выпускников факультета, душа кафедры геометрии, ст. преподаватель Борис Иванович Богдашин.

В 1988 году физико-математический факультет реорганизуется в два факультета: математический и физический. Деканом математического факультета избирается доцент Л.Д. Рашкин, физического – профессор А.А. Иванов.

В 1990 году С.П. Царёв поступает в докторантуру Математического института им. В.А. Стеклова, успешно её оканчивает и в 1993 году блестяще защищает докторскую диссертацию «Дифференциально-геометрические методы интегрирования систем гидродинамического типа».

В 1990 году Министерство предоставляет возможность кафедрам самостоятельно разрабатывать учебные программы. На кафедре геометрии создаётся и утверждается Советом факультета программа курса геометрии, которая максимально реализует концепцию профессионально-педагогической направленности обучения. Согласно новому учебному плану на факультете вводится дополнительная специализация по информатике, на которую выделяется 500 часов.

В 1990 году на должность доцента кафедры геометрии принимается выпускник Новосибирского государственного университета, к.ф.-м.н. Владимир Юзефович Ровенский, ученик проф. В.А. Топоногова.

В 1992 году С.А. Анищенко и В.Р. Майер публикуют в центральной печати программу курса геометрии для педагогических вузов. Для реализации этой программы часть часов практикума по решению планиметрических задач передаются основному курсу геометрии.

В 1992 году Артур Иванович Долгарев представляет в Диссертационный совет университета Дружбы народов диссертацию на соискание учёной степени кандидата физико-математических наук и успешно защищает её. Им в частности был построен и подробно изучен новый класс многомерных неевклидовых геометрий, которые в определённом смысле обобщают геометрии Евклида и Лобачевского. В этом же году А.И. Долгарев переезжает в Пензу.

В 1992 году для завершения работы над докторской диссертацией В.Ю. Ровенский переходит в должность старшего научного сотрудника. В апреле 1994 года в ИМ СОРАН он успешно защищает диссертацию на соискание учёной степени доктора физико-математических наук (научный консультант проф. В.А. Топоногов).

В 1994 году в аспирантуру поступает ассистент кафедры геометрии Оксана Петровна Одинцова. В 1997 году в Омском государственном университете она защищает кандидатскую диссертацию «Совершенствование геометрической подготовки учителя математики средствами курса «Компьютерная графика и геометрическое моделирование» (в настоящее время работает в одном из университетов штата Филадельфия, США).

В 1995 году вводится первый государственный стандарт подготовки специалистов с высшим профессиональным образованием. Он в частности предусматривает замену государственных экзаменов выпускными аттестационными работами (дипломными работами). В этом же году заведующим кафедрой геометрии избирается С.П. Царёв, который сменяет В.Р. Майера, перешедшего на должность старшего научного сотрудника.

В 1996 году на должность старшего преподавателя кафедры геометрии принимается выпускник КрасГУ, к.ф.-м.н. Алексей Викторович Тимофеенко, работавший до этого в Красноярском государственном аграрном университете и по совместительству (с 1992 года) на кафедре геометрии КГПУ.

В 1992-98 годах на кафедре выпускается большое количество учебных пособий. С.А. Анищенко публикует «Лекции по геометрии», части 1-3, которые Министерство образования РФ рекомендует в качестве учебных пособий для физико-математических специальностей высших педагогических учебных заведений. В.Р. Майер выпускает два учебных пособия, которые поддерживают курс геометрии средствами информационных технологий: «Компьютерная поддержка курса геометрии», части 1 и 2. В.Ю. Ровенский публикует три учебных пособия, связанных с использованием компьютера в курсе геометрии: «Теория кривых: лекции по дифференциальной геометрии с приложением по Derive», «Геометрия поверхностей с Maple» и «На яхте Maple по волнам линий».

В 1996 году от математического факультета «отпочковывается» факультет информатики. На этот факультет «передаётся» одна академическая группа с факультета математики, в которой студенты более углублённо специализировались по информатике.

В 1997 году уходит из жизни один из основателей математического факультета Абрам Ефимович Липкин. Согласно завещанию вся его личная библиотека передаётся факультету. В аудитории 1-11 создаётся библиотека имени А.Е. Липкина.

В 1997 году в докторантуру ИВМ СО РАН поступает доцент А.В. Тимофеенко, который занимается вопросами, находящимися на стыке алгебры и геометрии. 17 ноября 2009 года в Институте математики и механики УрО РАН он успешно защищает докторскую диссертацию на тему «Инволюции конечных групп и выпуклые правильногранники».

В мае 1997 года за многолетнюю работу по подготовке учительских кадров, большую научно-методическую работу и цикл учебных пособий по геометрии решением Министерства общего и профессионального образования РФ С.А. Анищенко присваивается учёное звание профессора по кафедре геометрии.

Кафедра геометрии начинает читать курс высшей математики на факультете информатики. В связи с этим в 1997 году на кафедру геометрии принимаются выпускницы КрасГУ Юлия Викторовна Безгачева и Ирина Викторовна Бусаркина (последняя по совместительству), которые в 1998 году успешно защищают кандидатские диссертации по математике. В этом же году в связи с отъездом из России с кафедры увольняется профессор В.Ю. Ровенский.

В 1998 году на кафедре геометрии открывается аспирантура по геометрии. Первой аспиранткой становится выпускница Лесосибирского педагогического института И.А. Егоренко (научный руководитель С.П. Царёв).

В конце 1998 года в структуре педагогического университета создаётся институт математики, физики и информатики (ИМФИ). Его директором избирается профессор Пак Николай Инсебович. В начале 1999 года деканом математического факультета избирается В.Р. Майер, который сменяет на этом посту Л.Д. Рашкина.

В 1999 году на кафедру геометрии на должность доцента принимается к.ф.-м.н. Лидия Руфинадиевна Бусаркина, которая до этого преподавала в Сибирском технологическом университете.

В 1999 году ассистент кафедры Наталья Степановна Оренчук поступает в аспирантуру по геометрии, одновременно она исполняет обязанности заместителя директора ИМФИ по внеучебной работе.

С 2000-2001 учебного года математический факультет переходит на подготовку учителей по специальности «математика» с дополнительной специальностью «информатика» по учебным планам, составленным в соответствии с государственным образовательным стандартом второго поколения. Кроме защиты дипломных работ вводятся государственные экзамены по математике и информатике.

В июле 2001 года В.Р. Майер публикует монографию «Методическая система геометрической подготовки учителя математики на основе новых информационных технологий».

Осенью 2001 года доценты О.П. Одинцова и Ю.В. Безгачева выезжают в длительные (более, чем на год) зарубежные командировки: О.П. Одинцова – в США, Ю.В. Безгачева – в Англию и США. С.П. Царёв в течение трёх последних месяцев 2001 года на средства выигранных им грантов работает в научных центрах Германии и Англии.

В октябре 2001 года в МПГУ защищает диссертацию на соискание учёной степени доктора педагогических наук В.Р. Майер (научный консультант д.п.н., проф. В.А. Гусев). Тема диссертации «Методическая система геометрической подготовки учителя математики на основе новых информационных технологий».

В ХХХХ году в штат кафедры принимается выпускник аспирантуры Красноярского политехнического института (кафедра прикладной математики) Вячеслав Валерьевич Абдулкин, который в УУУУ году успешно защищает диссертацию «????» на соискание ученой степени кандидата физико-математических наук (н.р. – профессор А.Л. Парамонов).

В 2007 году на кафедру принимается одна из лучших выпускников математического факультета Екатерина Андреевна Семина, одновременно она поступает в аспирантуру по теории и методике обучения математике (н.р., доцент М.Б. Шашкина).

В декабре 2008 года профессор С.П. Царев переходит на работу в Сибирский федеральный университет, кафедру геометрии возглавляет В.Р. Майер.

В январе 2010 года университет провожает в последний путь профессора кафедры Сергея Александровича Анищенко.

В настоящее время (первая половина 2011 года) профессорско-преподавательский состав кафедры следующий: В.Р. Майер (зав. каф., д.п.н., профессор), А.В. Тимофеенко (профессор, д.ф.-м.н.), О.М. Нарчук (доцент), Н.Н. Пономарева (доцент, к.п.н.), В.В. Абдулкин (доцент, к.ф.-м.н.), Л.Р. Бусаркина (доцент, к.ф.-м.н.), Т.М. Седневец (ст. преподаватель), Н.С. Оренчук (ст. преподаватель), Е.А. Семина (ст. преподаватель).





История олимпиады по геометрии для школьников


Появление ориентированных исключительно на геометрию математических олимпиад, причем не только в Красноярском крае, но и в европейской части России, связано с проблемами в геометрической подготовке школьников.

По мнению И.Ф. Шарыгина «Российская школьная математика всегда стояла на трех китах: арифметика, текстовые задачи и геометрия. Отказ от традиционного содержания, стремление модернизировать школьные математические программы, а в последнее время прямое подражание не лучшим западным образцам стало основной причиной наблюдаемых кризисных явлений в нашем школьном математическом образовании» [Образование, которое мы можем потерять. Сборник. Под общей редакцией ректора МГУ академика В.А. Садовничего. Москва: Московский государственный университет им. М.В. Ломоносова; институт компьютерных исследований, 2002. – 288 стр., стр. 120].

В том, что наиболее пострадавшим «китом» оказалась геометрия, далеко не последнюю роль сыграли, во-первых, исключение из школьной программы отдельного курса геометрии как такового и, во-вторых, введение единого государственного экзамена, который преимущественно ориентирован на задачи по алгебре и математическому анализу. Это привело к тому, что учащиеся стали больше уделять внимание задачам с известными алгоритмами решения, к числу которых большинство геометрических задач не относится.

Желание преподавателей геометрии и учителей математики любой ценой остановить процесс выхолащивания геометрического, а как следствие и математического образования в нашей стране, явилось основной причиной организации олимпиад по геометрии для школьников.

Как известно, первые олимпиады школьников СССР по математике были проведены в 1934-35 годах. Расцвет же олимпиадного движения пришелся на 60-е годы, когда состоялась Первая Всероссийская олимпиада по математике. Стал выходить периодический сборник «Математическое просвещение», где обсуждались вопросы, связанные с содержанием и методикой проведения олимпиад.

В кризисные для Советского Союза годы, приходящиеся на вторую половину 80-х, в олимпиадном математическом движении происходит определенный спад. Лишь после распада СССР в 1991 году возобновляется проведение всероссийских олимпиад. В дополнение к ним реализуется Российская научно-социальная программа для молодежи и школьников «Шаг в будущее», направленная на поиск талантливых молодых людей. Кроме этого проводятся международная олимпиада по математике для школьников «Турнир Городов», Соросовская олимпиада, международная дистанционная математическая олимпиада для школьников «Третье тысячелетие», межрегиональная олимпиада по математике «САММИТ».

С 2005 года в память об Игоре Федоровиче Шарыгине инициативная группа московских математиков стала ежегодно проводить геометрическую олимпиаду, ориентированную, в основном, на учеников центральных регионов России.

Для активного вовлечения в решение геометрических задач учащихся общеобразовательных учреждений, преимущественно находящихся в Сибири и на Дальнем Востоке, кафедра геометрии и методики ее преподавания КГПУ им. В.П. Астафьева при участии учителей математики и студентов педагогического и федерального университетов стала проводить ежегодную олимпиаду по геометрии для всех желающих учеников 8-11 классов. Начиная с 2010 года, олимпиада стала проводиться в два тура, кроме этого она получила статус открытой краевой, ей было присвоено имя одного из основателей красноярской геометрической школы – профессора Сергея Александровича Анищенко. Получение престижного статуса повлекло качественные и количественные изменения: если в первые годы число участников олимпиады не превышало 150 школьников, то в 2010 и 2011 годах их число возросло более чем в два раза.

Чтобы повысить открытость и доступность участия в олимпиаде всех желающих, в 2011 году было принято решение проводить ее первый тур в заочной форме. В положение об олимпиаде было внесено изменение, предусматривающее отбор участников очного тура по итогам заочного тура.

Для организационно-методического обеспечения олимпиады 2011 года были созданы оргкомитет (председатель Н.С. Оренчук), жюри (председатель Н.Н. Пономарева), методическая комиссия (председатель В.Р. Майер) и технический комитет (председатель И.З. Хамматова). Заочный тур проводился с ноября по декабрь 2010 года в дистанционной форме, в нем могли принять участие все желающие ученики 8-11 классов любой российской школы.

На сайте университета было выставлено Положение об олимпиаде, форма анкеты участника, задания для каждого класса (по 6 задач), информация о сроках выполнения заданий заочного тура (1 месяц), условия выхода в очный тур олимпиады. После выполнения школьниками заданий и проверки их членами жюри на сайте университета были выставлены результаты заочного тура, варианты решения всех 24 задач, реализованные в редакторе Microsoft Word и в среде «Живая геометрия». Участникам олимпиады из отдаленных районов края вся необходимая информация по их просьбе высылалась электронной почтой.

Для участия в очном туре олимпиады из различных регионов Красноярского края были приглашены 100 учеников, добившихся наилучших результатов по итогам заочного тура. Очный тур проводился 19 марта 2011 года на базе института математики, физики и информатики КГПУ им. В.П. Астафьева. Каждому участнику олимпиады было предложено 4 задачи, на их выполнение отводилось 4 астрономических часа – с 10 до 14 часов.

Пока участники олимпиады решали задачи, учителя были приглашены на практикум «Компьютерные эксперименты при решении геометрических задач». Участники практикума в течение четырех академических часов занятия в компьютерном классе прошли обучение методике применения информационных технологий при решении олимпиадных задач по геометрии (автор В.Р. Майер). Используя конструктивные, вычислительные и анимационные возможности среды «Живая геометрия», учителя учились проводить компьютерные исследования и эксперименты, предваряющие решение геометрических задач.

После обеда члены жюри провели разбор задач, этим видом деятельности занимались, в основном, студенты СФУ. После разбора задач были подведены итоги олимпиады, награждены победители. Первое место заняли А. Цуканов (8 класс, школа №ХХХ, г. УУУ), А. Кувакин (9 класс, школа №ХХХ, г. УУУ), М. Ковальчук (10 класс, школа №ХХХ, г. УУУ) и Е. Сафроненко (11 класс, школа №ХХХ, г. УУУ). Все участники олимпиады получили сертификаты об участии.

(Слава, посмотри эти данные в дипломе Хамматовой И.)





Краткая биография профессора С.А. Анищенко


Сергей Александрович Анищенко родился 17 января 1937 года в г. Минске. Начиная с 3-го класса, обучался в школах г. Красноярска (№10, №2, №16 и №48), очень любил математику, физику, черчение, много занимался спортом. В старших классах был редактором популярной школьной газеты «Прожектор».

В 1954 году поступил на физико-математический факультет Красноярского государственного педагогического института. Ему очень нравилась геометрия, которую вел его любимый педагог Абрам Ефимович Липкин. Кроме математики он увлекался наукой и спортом, в частности, баскетболом, волейболом, шахматами, легкой атлетикой и плаванием.

С 1960 года, после службы в армии, работает в родном педагогическом, обучается в аспирантуре, активно занимается научными исследованиями, участвует в работе алгебраических коллоквиумов.

Отличная геометрическая интуиция, уникальное умение интерпретировать факты абстрактной алгебры на языке геометрии, позволили ему получить блестящие научные результаты. В 1970 году в Московском государственном педагогическом институте успешно защищает кандидатскую диссертацию.

В 1972 году Сергей Александрович возглавил кафедру геометрии, организовал научно-методический семинар, приступил к разработке программ и учебно-методических пособий по курсу геометрии.

С 1981 года по инициативе физико-математического факультета и при поддержке краевого отдела народного образования на базе пионерского лагеря «Таежный» начала работать летняя школа «Юный педагог». Одним из ее организаторов и первым завучем был С.А. Анищенко. С большой любовью и огромным желанием Сергей Александрович обучал слушателей этой школы мастерству решения задач элементарной геометрии, проводил олимпиады и математические конкурсы. Все задачи с подробными их решениями и комментариями заносились в знаменитые общие тетради автора.

С 1992 года издает серию учебных пособий «Лекции по геометрии». Умение безупречно отобрать необходимый материал, идеально выдержать логику его изложения, проиллюстрировать доказательство теорем великолепными авторскими чертежами, подобрать оригинальные задачи – всё это позволило ему получить на свои основные учебные пособия министерский гриф. В 1997 году Высшая аттестационная комиссия присвоила С.А. Анищенко ученое звание профессора. 20 января 2010 года Сергей Александрович ушел из жизни.

Часть I

Задачи олимпиады по геометрии


2007 год

8 класс


  1. В плоскости чертежа заданы три точки, которые являются центрами вневписанных окружностей треугольника АВС. Построить треугольник АВС. (Окружность называется вневписанной, если она касается одной из сторон треугольника и продолжений двух других его сторон). Достаточно предложить обоснованный план построения треугольника.

  2. Дан круг с центром в точке О и точка Р, лежащая внутри круга. Задан отрезок АВ. Постройте хорду окружности, проходящую через точку Р и равную отрезку АВ. (Хордой называется отрезок, соединяющий две точки окружности). Выясните, сколько решений может иметь задача в зависимости от длины отрезка АВ и положения точки Р.

  3. В пятиугольнике АВСDЕ диагонали АС и ЕС делят соответственно углы А и Е пополам. Найдите площадь пятиугольника АВСDЕ, если  В = 550, D = 1250 , а площадь треугольника АСЕ равна 10.

  4. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) угол А равен 750. Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке K. Найдите расстояние от точки K до основания АС, если ВК = 10.

  5. CD – биссектриса треугольника АВС, в котором  С = 900. Докажите, что CD = hello_html_m71bfad43.gif.


9 класс


  1. Площадь прямоугольного треугольника равна S. Из середины медианы, проведенной к гипотенузе этого треугольника, проведены перпендикуляры на его стороны. Найдите площадь треугольника, вершинами которого являются основания перпендикуляров.

  2. В ромбе АВСD с диагоналями АС = d1 и В= d2 из вершины С тупого угла проведены высоты СЕ и СK. Найдите площадь четырехугольника АЕСK.

  3. Гипотенуза прямоугольного треугольника является стороной квадрата, расположенного вне треугольника. Найдите расстояние между вершиной прямого угла треугольника и центром квадрата, если сумма катетов треугольника равна d.

  4. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) проведена высота ВD. Из точки D опущен перпендикуляр DЕ на сторону АВ. Докажите, что прямая, проходящая через точку В и середину отрезка DЕ, перпендикулярна прямой ЕС.

  5. Дан выпуклый четырехугольник АВСD. Диагонали разбивают его на 4 треугольника, площади которых равны S1, S2, S3 и S4 в прядке обхода его вершин. Докажите, что S1·S3 = S2·S4.

10 класс


  1. Дана окружность и на ней точка А. Найдите множество точек – ортоцентров треугольников АВС, вписанных в данную окружность, если угол А равен 600.

  2. Дан прямоугольник АВСD и точка Р. Прямые, проходящие через точки А и В и перпендикулярные, соответственно, прямым РС и РD, пересекаются в точке K. Докажите, что прямая РK перпендикулярна АВ.

  3. В равнобедренном треугольнике АВС, АС = СВ,  АСВ = 1000. Точка М внутри треугольника выбрана так, что  МАВ = 300,  МВА = 200. Найдите величину угла МСА.

  4. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найдите наибольшее значение площади проекции этого тетраэдра на плоскость.

  5. Шар, вписанный в тетраэдр АВСD, касается грани АВС в точке М. Докажите, что угол АМС равен полусумме углов пространственного четырехугольника АВСD.


2008 год

8 класс


  1. Точка, лежащая внутри параллелограмма, соединена со всеми его вершинами. Докажите, что суммы площадей противолежащих треугольников, на которые разбивается параллелограмм, равны между собой.

  2. В равнобедренном прямоугольном треугольнике ABC проведена биссектриса острого угла B, которая пересекает катет AC в точке L. На отрезках CL и LA, как на сторонах, построены квадраты. Докажите, что площадь одного квадрата в два раза больше площади другого.

  3. Окружность с центром O радиуса R пересекает стороны угла AOB в точках A и B. Прямая, проходящая через точку A, пересекает окр (O,R) в точке C, a продолжение стороны OB данного угла в точке D так, что точка О лежит между В и D. Докажите, что если CD = R, то hello_html_7707454f.gifAOB = 3 hello_html_7707454f.gifADB.

  4. ABCD – ромб. Треугольники ADM и DCK – правильные. Точки M и B лежат по одну сторону от AD, точки K и B – по разные стороны от CD. Докажите, что B, M, K принадлежат одной прямой.


9 класс


  1. Две окружности касаются внешним образом в точке A. BC – их общая внешняя касательная, пересекающая линию центров в точке K, точки В и С точки касания. Через K проведена прямая MN, перпендикулярная BC. Прямые AB и AC пересекают MN в точках P и E. Докажите, что KP = KE.

  2. В треугольнике ABC AC = 10, BC = 12, hello_html_7707454f.gif CAB = 2  CBA. Найдите длину стороны AB.

  3. В треугольнике ABC AB = BC  ВAC = 800. Внутри треугольника взята точка M такая, что  МВ= 300,  МCВ = 100. Найдите величину угла AMC.

  4. На отрезке BA выбрана точка C. На отрезках AC, BC, BA как на диаметрах построены три окружности. CT – перпендикуляр к AB. В области, ограниченные полуокружностями и прямой вписаны окружности радиусов r1 и r2. Докажите, что r1 = r2.


10 класс


  1. В прямоугольном треугольнике ABC радиус вписанной окружности равен r, AH – высота, проведённая из вершины прямого угла. В каждый из полученных прямоугольных треугольников вписаны окружности. Найдите расстояние между их центрами.

  2. На биссектрисе угла AOB выбрана точка E, EA и EB – перпендикуляры к сторонам угла. На отрезке AB выбрана произвольно точка P. Прямая MK проведена через P, перпендикулярно PE. Точки M и K лежат на сторонах угла. Докажите, что P середина MK.

  3. В треугольнике ABC AB = BC  ВAC = 800. Внутри треугольника взята точка M такая, что  МВ= 300, МCВ = 100. Найдите величину угла AMC.

  4. Все рёбра треугольной призмы ABCA1B1C1 равны a.  AA1C1 =  AA1B1 = 600. Найдите площадь полной поверхности призмы.

  5. Даны две окружности и прямая. Построить квадрат так, чтобы две его противоположные вершины лежали на окружностях, а две другие – на прямой.


11 класс


  1. Основание пирамиды – прямоугольный треугольник. Два боковых ребра пирамиды и катет основания, заключённый между ними, равны соответственно 10 см. 17 см, 21 см. Двухгранные углы при основании пирамиды равны. Найдите объём и площадь её поверхности, если основание высоты – внутренняя точка основания.

  2. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно a. Найдите расстояние между BD1 и DC1.

  3. В треугольнике ABC (AC = BC) проведена высота BD. Из точки D опущен перпендикуляр на сторону AB. Докажите, что прямая, проходящая через точку B и середину отрезка DE, перпендикулярна прямой EC.

  4. BH – высота треугольника BAC. Из точки H опущены перпендикуляры на две другие стороны треугольника и на высоты, проведённые из вершин A и C. Докажите, что четыре точки – основания перпендикуляров из H лежат на одной прямой.

  5. Даны две окружности и прямая. Построить квадрат так, чтобы две его противоположные вершины лежали на окружностях, а две другие – на прямой.


2009 год

8 класс


  1. Периметр параллелограмма АВСD равен 37 см. Найти длину диагонали ВD, если периметр треугольника ВСD равен 25,4 см.

  2. Каждая диагональ четырехугольника делит его на два равновеликих треугольника. Докажите, что данный четырехугольник параллелограмм.

  3. В прямоугольном треугольнике АВС,  С = 900,  B = 400. На сторонах АВ и ВС выбраны такие точки D и Е соответственно, что  EAD = 50, ECD = 100. Найдите угол EDC.

  4. Разделить пополам данный отрезок, если в качестве инструмента выступает только прямой угол (с помощью прямого угла можно проводить прямые, перпендикулярные прямые).

  5. Из маленьких одинаковых кубиков с ребром 1 сложили большой куб с ребром 5, а затем вынули все угловые кубики и все кубики, которые содержат центр грани большого куба. Найдите отношение площади поверхности большого куба к площади поверхности тела, получившегося из большого куба в результате вынимания кубиков.



9 класс


  1. В выпуклом четырехугольнике АВСD биссектрисы углов А и В пересекаются в середине стороны СD, а угол С равен 700. Найдите угол D.

  2. В треугольнике АВС угол А больше угла В, а угол В больше угла С. Докажите, что центр вписанной окружности ближе всего расположен к вершине А.

  3. Прямая проходит через центр квадрата со стороной а. Найдите сумму квадратов расстояний от всех вершин квадрата до этой прямой.

  4. В окружности с центром О проведены две взаимно перпендикулярные хорды АС и ВK. Докажите, что ломаная АОС делит четырехугольник АВСK на две части, площади которых равны.

  5. В треугольнике АВС биссектриса АЕ равна отрезку ЕС. Найдите углы треугольника АВС, если известно, что АС = 2 АВ.


10 класс


  1. Найти углы треугольника, если известно, что центры его вписанной и описанной окружностей симметричны относительной одной из сторон треугольника.

  2. На гипотенузе прямоугольного треугольника как на стороне построен квадрат (вне треугольника). Центр квадрата соединен с вершиной прямого угла треугольника. На какие отрезки разбивается гипотенуза, если катеты равны 21 и 28 см.

  3. В треугольнике АВС на стороне ВС выбрана точка K так, что  BAK = 240. На отрезке АK выбрана точка М так, что  АВМ = 900, АМ = 2 ВK. Найдите величину угла В.

  4. Из середины стороны ромба проведен перпендикуляр к его плоскости. Верхний конец перпендикуляра удален от большей диагонали ромба, равной 16 см, на расстояние, равное половине стороны ромба. Найдите длину этого перпендикуляра.

  5. Все грани параллелепипеда АВСDА1В1С1D1 — равные ромбы. Углы между ребрами, выходящими из вершины А, равны. Перпендикулярны ли прямая А1С и плоскость АВ1D1?


2010 год

I тур

8 класс


  1. Перпендикуляр KЕ, проведенный к боковой стороне равнобедренного треугольника АВС (АВ = ВС), пересекает основание АС в точке Е. Найдите АС, если K – середина АВ, АВ = 14 и периметр треугольника ВСЕ равен 40.

  2. Найдите угол при вершине треугольника, если один из углов, образованных биссектрисами, проведенными из двух его других вершин, равен 1200.

  3. В четырехугольнике АВСD серединные перпендикуляры к сторонам АВ и СD пересекаются в точке K, являющейся серединой стороны АD. Найти СD, если АD = 20, hello_html_7707454f.gifАВС = 1200.

  4. В треугольнике АВС точка М – середина стороны ВС. Биссектриса угла АМВ пересекает сторону АВ в точке Е, а биссектриса угла АМС пересекает сторону АС в точке D. Найдите МЕ2 + МD2, если МС = 8, а hello_html_6814c330.gif.


9 класс


  1. В прямоугольном треугольнике АВС ( А = 900) АН перпендикулярна ВС. Точки K и Е выбраны на катетах так, что  ЕН= 900. Докажите, что треугольники АВС и ЕНK подобны.

  2. В прямоугольнике ABCD точка М – середина ВС, а K – середина AD. На прямой CD произвольно выбираем точку Р так, что D лежит между С и Р. Прямая РK пересекает диагональ АС в точке Т. Докажите, что угол ТМK равен углу КМР.

  3. В треугольнике АВС стороны СВ и СА равны соответственно a и b. Биссектриса угла ВСА пересекает сторону АВ в точке K, а описанную около треугольника окружность в точке М. Окружность, описанная около треугольника АМK, вторично пересекает прямую СА в точке Р. Найдите длину отрезка АР.

  4. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная из вершины прямого угла равна сумме радиусов трех окружностей: одна вписана в исходный треугольник и две в треугольники, на которые разбила высота исходный. Докажите это.


10 класс


  1. Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению оснований.

  2. Найдите площадь четырехугольника АВСD, в котором углы В и D прямые, АВ = ВС, ВН = 1, где ВН – перпендикуляр из точки В на сторону АD.

  3. Дана правильная четырехугольная пирамида. Из произвольной точки Р ее основания восстановлен перпендикуляр к плоскости основания. Докажите, что сумма отрезков от точки Р до точек пересечения перпендикуляра с плоскостями граней не зависит от выбора точки на основании.

  4. Четырехугольник АВСD вписан в окружность, АВ = а, ВС = b. На стороне СD взята точка K, С= m. Окружность, проходящая через точки В, K и D, пересекает прямую DА в точке М не совпадающей с точкой D. Найдите длину отрезка АМ.


11 класс


  1. В треугольнике АВС точка Н – точка пересечения высот. О – центр окружности описанной около треугольника НАВ. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника АВС, если ОА = 10.

  2. В треугольнике АВС угол С тупой. На стороне АВ отмечены точки Е и Н, а на сторонах АС и ВС – точки K и М соответственно. Оказалось, что АН = АС, ЕВ = ВС, АЕ = АK, ВН = ВМ. Докажите, что точки Е, Н, K и М лежат на одной окружности.

  3. Четырехугольник АВСD вписан в окружность, АВ = а, ВС = b. На стороне СD взята точка K, СK = m. Окружность, проходящая через точки В, K и D, пересекает прямую DА в точке М не совпадающей с точкой D. Найдите длину отрезка АМ.

  4. В треугольнике АВС расстояние между основаниями высот, опущенных из А и С, рано половине радиуса окружности, описанной около этого треугольника. Найдите угол В.


II тур

8 класс


  1. Биссектриса угла, смежного с углом С треугольника АВС, пересекает продолжение стороны АВ за точку В, в точке D, а биссектрис угла, смежного с углом А, пересекает продолжение стороны ВС за точку С, в точке Е. Известно, что DС = СА = АЕ. Найдите углы треугольника АВС.

  2. Докажите, что не существует треугольника, длины медиан, которого равны 12, 5 и 7.

  3. В кубе, ребро которого равно 13, выбрано 2010 точек. Можно ли в этот куб поместить кубик с ребром равным 1 так, чтобы внутри его не было ни одной выбранной точки?

  4. Высота равнобедренного треугольника, проведенная к боковой стороне, делит его площадь в отношении 1 : 3, считая от вершины, Определите меньшую из площадей, если основание треугольника равно 48.


9 класс


  1. В параллелограмме АВСD из вершины А проведен луч, пересекающий диагональ ВD в точке Е такой, что hello_html_m3cc506f9.gif= k. В каком отношении луч делит сторону ВС данного параллелограмма.

  2. В треугольнике АВС, Н – ортоцентр (ортоцентр треугольника – это точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника). На прямой СН выбрана точка K так, что  АKВ = 900. Докажите, что площадь треугольника АKВ есть среднее геометрическое площадей треугольников АВС и АНС.

  3. Если через точку, находящуюся внутри круга, провести две взаимно перпендикулярные прямые, то образуются две хорды, которые разделяются точкой их пересечения на отрезки а, b и с, d. Докажите, что площадь круга равна hello_html_m36ef7b11.gif(а2+b2+с2+ d2).

  4. Найдите площадь треугольника, вписанного в параллелограмм, если известно, что остальная часть параллелограмма представляет собой три треугольника, площадь каждого из которых равна 1.


10 класс


  1. В треугольнике АВС, Н – ортоцентр (ортоцентр треугольника – это точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника). На прямой СН выбрана точка K так, что  АKВ = 900. Докажите, что площадь треугольника АKВ есть среднее геометрическое площадей треугольников АВС и АНС.

  2. На биссектрисе угла взята точка М. Через точку М проведена секущая, отсекающая на сторонах угла отрезки а и в. Докажите, что величина hello_html_7732d195.gif не зависит от положения секущей.

  3. Каждое ребро треугольной пирамиды равно а. Найдите наибольшее значение площади проекции этого тетраэдра на плоскость.

  4. Четырехугольник АВСD вписан в окружность радиуса R. Его диагонали пересекаются в точке Е. Известно, что АВ = ВС = m, В= n. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВСЕ.


11 класс


  1. В параллелограмме АВСD из вершины А проведен луч, пересекающий диагональ ВD в точке Е такой, что hello_html_m3cc506f9.gif= k. В каком отношении луч делит сторону ВС данного параллелограмма.

  2. Каждое ребро треугольной пирамиды равно а. Найдите наибольшее значение площади проекции этого тетраэдра на плоскость.

  3. Две параболы с взаимно перпендикулярными осями пересекаются в четырех точках. Докажите, что эти 4 точки лежат на окружности.

  4. Длина каждого ребра треугольной пирамиды равно а. Найдите радиус шара, касающегося каждого ребра данной пирамиды.


2011 год

I тур (заочный)

8 класс


  1. Медиана ВМ треугольника АВС равна половине стороны АС. Угол между ВМ и высотой ВН равен 380. Найдите углы треугольника АВС.

  2. На сторонах AD и DC ромба ABCD построены равносторонние треугольники ADT и DCP так, что точка Т лежит внутри ромба, а точка Р – вне ромба. Докажите, что точки В, Т и Р принадлежат одной прямой.

  3. На продолжении основания равнобедренного треугольника взята точка. Докажите, что разность расстояний от этой точки до прямых, содержащих боковые стороны треугольника, равна длине высоты треугольника, опущенной на боковую сторону.

  4. АВСD трапеция, основания AD и ВC продолжены в обе стороны. Биссектрисы внешних углов А и В пересекаются в точке K, а биссектрисы внешних углов С и D в точке Е. Найдите периметр трапеции, если KЕ = 20.

  5. Дан ромб ABCD с острым углом 600. Прямая MN отсекает от сторон АВ и ВС отрезки МВ и NB, сумма которых равна стороне ромба. Докажите, что треугольник DMN равносторонний.

  6. Докажите, что биссектрисы углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого параллельны сторонам параллелограмма и равны разности соседних сторон параллелограмма.


9 класс


  1. В угол АВС, равный 600, вписана окружность. Касательная к этой окружности, проведенная так, что центр окружности и вершина угла расположены по разные стороны от нее, пересекает стороны угла в точках М и N. Периметр треугольника МВN равен 18. Найдите радиус окружности.

  2. Докажите, что сумма диаметров окружностей, одна из которых вписана в прямоугольный треугольник, а другая описана около него, равна сумме его катетов.

  3. Два параллелограмма расположены так, что каждая сторона одного из них содержит по одной вершине другого. Докажите, что центры этих параллелограммов совпадают.

  4. Четырехугольник ABCD вписан в окружность, центр которой принадлежит диагонали АС четырехугольника. Докажите, что проекции противоположных сторон четырехугольника на его диагональ BD равны между собою.

  5. В прямоугольнике АВСD сторона АВ в три раза меньше стороны ВС. Точки Р и Q принадлежат стороне ВС и при этом ВР = PQ = QC. Докажите, что сумма углов АРВ, AQB и АСВ равна прямому углу.

  6. В треугольнике АВС точка О – центр вписанной окружности, O1 – пересечение биссектрис внешних углов при вершинах В и С. Докажите, что окружность, описанная около треугольника АВС, делит отрезок ОО1 пополам.


10 класс


  1. Дежурный 10-Б класса стер с доски параллелограмм, оставив только его вершину и середины сторон, не содержащих эту вершину. Как восстановить параллелограмм по этим трем точкам?

  2. Докажите, что в сечении куба плоскостью нельзя получить правильный пятиугольник.

  3. Плоскость, содержащая сторону основания треугольной пирамиды, делит одно из боковых ребер пирамиды на две равные части. Найдите отношение, в котором эта плоскость делит отрезок, соединяющий вершину пирамиды с точкой пересечения медиан основания.

  4. Две прямые делят каждую из двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника на три равные части, а сам четырехугольник – на три выпуклых четырехугольника. Докажите, что площадь четырехугольника, заключенного между этими прямыми, в три раза меньше площади исходного.

  5. Вписанная в треугольник АВС окружность касается сторон АВ и ВС в точках F и E соответственно, K и М – середины сторон ВС и АС. Прямые FE и KМ пересекаются в точке N. Докажите, что АN лежит на биссектрисе угла BАC.

  6. Через точку пересечения высот остроугольного треугольника проходят три окружности, каждая из которых касается одной из сторон треугольника в основании высоты. Докажите, что вторые точки пересечения окружностей являются вершинами треугольника, подобного исходному.


11 класс


  1. В трапеции ЕВСD диагональ ЕС образует с меньшим основанием угол в 300 и перпендикулярна боковой стороне СD. На большем основании выбрана точка А так, что угол ВАD равен 600. Найдите периметр трапеции АВСD, если известно, что длина АD равна 15 и отрезок ВА диагональю АС делится пополам.

  2. Даны длины медиан треугольника АВС – 9, 12 и 15. Найдите длину стороны АВ, если медиана, проведенная к ней равна 15.

  3. Дан параллелограмм АВСD, причем АD = АВ, Е – середина АD. Из точки С на прямую АВ опущен перпендикуляр СН. Докажите, что  HED = 3  AHE.

  4. Дан равногранный тетраэдр (тетраэдр называется равногранным, если все его грани равные между собой треугольники). Докажите, что, если его грани остроугольные треугольники, то центры вписанной и описанной сфер данного тетраэдра совпадают.

Будет ли верно данное утверждение, если не накладывать ограничение на вид граней равногранного тетраэдра?

  1. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через середину диагонали и перпендикулярно к ней. Найдите площадь сечения, если ребро куба равно а.

  2. Ось прямого кругового конуса совпадает с ребром куба, а его боковая поверхность касается шара, вписанного в куб. Найдите объем конуса, если ребро куба равно 2.


II тур (очный)

8 класс


  1. В треугольнике АВС разность углов С и В равна 900, AL – его биссектриса. Биссектриса внешнего угла треугольника при вершине А пересекает прямую ВС в точке F. Докажите, что AL = AF.

  2. В треугольнике MNP биссектриса ML и медиана NK перпендикулярны, MN = 1. Найдите NP, если ее длина измеряется целым числом.

  3. В равнобедренный треугольник вписана окружность. Касательные, проведенные к этой окружности, отсекают от данного треугольника три треугольника, сумма периметров которых равна 48. Найдите боковую сторону данного треугольника, если его основание равно 12.

  4. Из вершины треугольника АВС опущены перпендикуляры АМ и АР на биссектрисы внешних углов при вершинах В и С. Докажите, что отрезок МР равен половине периметра треугольника АВС.


9 класс


  1. В треугольнике АВС медиана ВМ равна половине стороны АВ. Докажите, что луч ВС делит внешний угол треугольника АВМ при вершине В пополам.

  2. Внутри угла с вершиной О взята точка М. Луч ОМ делит данный угол на два угла, один из которых больше другого на 100. А и В – проекции точки М на стороны угла. Найдите угол между прямыми АВ и ОМ.

  3. В треугольнике АВС медиана ВМ равна стороне АС. На продолжениях сторон ВА и АС выбраны точки D и Е соответственно так, что выполняются равенства: AD = AB, CE = MC. Докажите, что прямые DM и ВЕ перпендикулярны.

  4. В треугольнике АВС угол А равен 1200. Биссектрисы углов А, В и С треугольника пересекают его стороны соответственно в точках А1, В1 и С1. Докажите, что угол В1А1С1 равен 900.



10 класс


  1. Докажите, что три отрезка, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.

  2. Найдите наибольший угол треугольника АВС, если известно, что медиана, проведенная к стороне ВС, в 4 раза меньше стороны АВ и образует с АВ угол, равный 600.

  3. В тетраэдре ABCD ребра AD и ВС, АВ и DC взаимно перпендикулярны. Докажите, что ребра АС и DB тоже взаимно перпендикулярны.

  4. Выпуклый четырехугольник ABCD вписан в окружность так, что AD – ее диаметр. Диагонали AC и BD пересекаются в точке Е. Из точки Е опущен перпендикуляр ЕK на AD. Докажите, что Е – центр окружности, вписанной в треугольник BCK.


11 класс


  1. В треугольнике АВС точка О – пересечение серединных перпендикуляров к его сторонам. Прямая АО пересекает сторону ВС в точке K. Найдите углы треугольника АВС, если ОK = ВK =  ВС.

  2. В треугольнике АВС на сторонах АС и ВС построены точки Е и K так, что АЕ = ВK. Отрезок ВЕ пересекает отрезок АK в точке Р. Докажите, что точка, симметричная точке Р относительно середины стороны АВ, лежит на биссектрисе угла С.

  3. В треугольной пирамиде боковые ребра взаимно перпендикулярны и имеют длины 3, 4 и 5. Точка О равноудалена от всех вершин пирамиды. Найдите расстояния от точки О до ее вершин.

  4. В прямом параллелепипеде с основанием ABCD проведено сечение, проходящее через середину бокового ребра ВВ1 и диагональ основания АС. Найдите объем параллелепипеда, если расстояние от точки В до плоскости сечения равно 5, а площадь сечения равна 10.

Часть II. Решение олимпиадных задач


2007 год

8 класс


Задача №1.

Указание.

1. Пусть O1, O2, O3 – центры вневписанных окружностей. Тогда Oi – точки пересечения биссектрис внешних углов (чертеж 1).

hello_html_m1f134d7e.gif

Чертеж 1.


2. Из п.1, следует, что O1 равноудалена от AB и AC, следовательно точка O1 принадлежит биссектрисе угла A.

3. O2O3 AO1 (по свойству биссектрис смежных углов).

4. Из п.2 и п.3 получается, что точка A является основание высоты, опущенной из точки O1 на сторону O2O3 в треугольнике O1O2O3.

5. Аналогично, получаем, что точки B и C являются основаниями высот, опущенной из точек O3 и O2 на стороны O2O1 и O1O3 в треугольнике O1O2O3 соответственно.

6. Таким образом, построение треугольника ABC сводится к построению оснований высот в треугольнике O1O2O3.


Задача №2

Указание.

Рассмотрим некоторую хорду A1B1 окружности, ограничивающей заданный круг и равную отрезку AB (чертеж 2). Геометрическое место точек середин этой хорды – есть окружность (O, r) с центром в точке O и радиусом равным r (длина перпендикуляра, опущенного из точки O на хорду A1B1).

Таким образом, если OP < r, то решений не существует. Если OP = r, то решение единственное (касательная к окружности (O, r) в точке P). Если OP > r, то существует 2 решения (этот случай представлен на чертеже 2), когда искомые хорды получаются как отрезки касательных прямых к окружности (O, r) проведенных из точки P и заключенных внутри данной окружности.


hello_html_m5d618594.gif

Чертеж 2.

Также, если длина отрезка AB больше диаметра данного круга, то решений не существует. Если длина отрезка AB равна диаметру, то окружность (O, r) вырождается в точку O и тогда существует единственное решение, диаметр данного круга, проходящий через точку P.




Задача №3

Решение.


hello_html_m5187e629.gif

Чертеж 3.

1. Пусть F – образ точки D при осевой симметрии относительно диагонали CE (чертеж 3). Точка будет принадлежать стороне AE, т.к. CE – биссектриса угла E.

2. ∆ CDE = ∆ CFE (по стороне и прилежащим к ней углам, CE – общая,  DEC = FEC, DCE = FCE). Значит EFC = EDC = 1250.

3. В треугольникахABC иAFC: ACобщая, BAC = FAC, т.к. ACбиссектриса угла A, AFC = 1800 EFC = 550 = ABC. Следовательно, раз равны 2 угла треугольников, то равны и третьи углы ACB = ACF. А это означает, что ∆ ABC = ∆ AFC по стороне и прилежащим к ней углам.

4. Из пп.2 и 3 получаем, что ∆ ACE состоит из двух треугольников ACF и CEF. И, следовательно, SABC = SAFC + SCFE.

5. В итоге, SABCDE = SACE + (SABC + SCDE)=SACE + (SAFC + SCFE) = 2SACE = 20.

Ответ: SABCDE = 20.


Задача №4

Решение.

1. Опустим перпендикуляры из точки K на стороны AB и AC (чертеж 4).

KD AC и KF AB. KF = KD (т.к. K AK – биссектрисе угла A).

2. В BFK ( F = 900,  B = 300) KF = ½ BK = 5 (по свойству катета, лежащего против угла 300)

3. Из п.1 и п.2 следует, что KD = KF = 5.

Ответ: Расстояние от точки K до основания AC равно 5.


hello_html_m166f5ee.gif

Чертеж 4.



Задача №5

Доказательство.

1. Проведем через точку B прямую, параллельную CD (чертеж 5). Пусть точка пересечения этой прямой с продолжением стороны AC будет точка F. (BF || CD, BF AC=F).

2.  DCB =  CBF = 450 (как накрест лежащие при параллельных прямых CD и BF и секущей CB).  ACD =  AFB = 450 (как соответственные при параллельных прямых CD и BF и секущей AF).


hello_html_mb65ea71.gif

Чертеж 5.

3. Треугольник CFB – равнобедренный (по признаку) и, следовательно, CF=CB.

4. В треугольнике CFB ( C = 900) BF = CB hello_html_1caef8ee.gif.

5. ∆ ACD AFB (по I признаку, A – общий, C = F = 450), следовательно

hello_html_m35a0322d.gifhello_html_b2f89c7.gif

Что и требовалось доказать.


9 класс


Задача №1

Решение.

Найдем площадь треугольника PKF (чертеж 6).

1. PN AC

ML AC

BC AC

NP || ML || BC.


hello_html_m5f326195.gif

Чертеж 6.

Так как M – середина AB, N – середина CM, то CP = ¼ AC.

Аналогично, CK = ¼ BC.

2. Рассмотрим треугольники CPK и CAB.

С – общий

CP = ¼ AC

CK = ¼ BC

  CPK CAB с коэффициентом подобия k = ¼.

Тогда S1 = SPCK = hello_html_70fd263c.gifSABC = hello_html_70fd263c.gifS.

3. CPK CAB CPK = CAB PK || AB.

4. KE AB, PD AB. Так как PK || AB, то KE = PD = h.

5. CR AB. Тогда треугольники APD и ACR подобны с коэффициентом подобия k = ¾. Значит, PD = h = ¾ CR.

6. SAPF + SFKB = S2 + S3 = ½ h (AF + FB) = ½ h AB = ½ ¾ CR · AB = ¾ (½ CR · AB) = ¾ SABC = ¾ S.

7. SPKF = S – (S1 + S2 + S3) = Shello_html_m4f64fdf7.gifShello_html_349460d5.gifS = hello_html_m4b87d294.gifS.

Ответ: hello_html_m4b87d294.gifS.


Задача №2

Решение.

1. Треугольники CEA и CKA прямоугольные и равны (по гипотенузе и острому углу, AC – общая, CAE = CAK, т.к. диагональ в ромбе является также и биссектрисой). Значит SAECK = 2 SCEA (чертеж 7).

2. Треугольники CEA и BOA подобны по двум углам (O = E = 900, A – общий). Следовательно, их площади относятся друг к другу также, как квадраты их линейных размеров, т.е. hello_html_7e16c097.gif.


hello_html_m4e250a5a.gif

3. SBOA = ½ BO · AO = hello_html_m64e33be6.gif d1 d2. Также из треугольника BOA по теореме Пифагора AB2 = ¼ (d12 + d22).



Чертеж 7.

4. Подставляем все в полученную в п.2 пропорцию и находим SCEA:

hello_html_5478408a.gif

5. Таким образом, hello_html_33a1247c.gif

Ответ: hello_html_33a1247c.gif


Задача №3

Решение.

1. В четырехугольнике AOBC сумма углов O и C равна 1800, значит, около этого четырехугольника можно описать окружность (чертеж 8). Тогда ACO = ABO = 450, AOC = ABC (вписанные в окружность и опираются, соответственно, на равные дуги).

2. ∆ CAO CKB (по двум углам, ACO = KCB, AOC = KBC).

Следовательно, hello_html_68db0a39.gif.

hello_html_726201a5.gif

Чертеж 8.

hello_html_m4792e7c4.gif

Чертеж 9.

3. Пусть CB =a, CA = b. Найдем СК (чертеж 9).

Если провести AL || CK, то из прямоугольного равнобедренного треугольника ACL получаем, что AL = b hello_html_1caef8ee.gif.

4. Из подобия треугольников BAL и BKC (по двум углам, B – общий, ALC = KCB как соответственные при двух параллельных прямых и секущей) следует: hello_html_4893b840.gif, hello_html_m49706a13.gif. Следовательно, hello_html_41392179.gif.

5. Из пп.2, 3 и 4, учитывая, что по условию a + b = d, получаем:

hello_html_20acc6d9.gif.

Ответ: hello_html_mb3836d1.gif.


Задача №4

Доказательство.

Пусть BOEC = K, BDEC = N. Если рассмотреть треугольники BKN и CDN, то понятно, что для доказательства перпендикулярности прямых BK и EC, достаточно доказать равенство углов KBN и NCD (чертеж 10).

Введем обозначения:  KBN = x,  NCD = y, BAD = α, AD = a, BD = h.

Найдем синусы углов x и y.

1. ∆ ABD ADE (по двум углам).

Тогда из подобия треугольников следует hello_html_m46396ee6.gif.

2. DO = ½ DE, значит, hello_html_51ae6089.gif.

hello_html_m589cc4fd.gif

Чертеж 10.

3. Из треугольника BED ( E = 900): hello_html_m4cd07a86.gif.

4. Из треугольника BEO ( E = 900):

hello_html_m2cdaae30.gif

5. Из ∆ BOD, по теореме синусов hello_html_43a7c985.gif. Отсюда получаем:

hello_html_me2b943a.gif

6. Из треугольника AED ( E = 900): hello_html_7ab030ce.gif.

7. Из треугольника AEC по теореме косинусов получаем:

hello_html_m419f4cbb.gif

Таким образом, hello_html_m3580c714.gif

8. Из ∆ AEC по теореме синусов: hello_html_m1f45362a.gif. Отсюда получаем:

hello_html_77dddc7d.gif

Так как sin x = sin y и каждый из углов x и y острый, то x = y.

9. ∆ BKN CDN (по двум углам). NDC = 900, значит BKN = 900.

Что и требовалось доказать.


Задача №5

Доказательство.

1. Пусть AO = x, OC = y, BH AC, DF AC. SAOB = S1, SCOB = S2, SCOD = S3, SAOD = S4 (чертеж 11).

2. hello_html_m589a5213.gif

3. Аналогично, hello_html_m6e587e31.gif

4. Из пп. 2 и 3 получаем: hello_html_9c391f2.gif Следовательно, S1· S3 = S2· S4.

Что и требовалось доказать.


hello_html_m69221d5d.gif

Чертеж 11.







10 класс


Задача №1

Решение.

Дана окружность с центром в точке O и радиуса R, фиксированная на ней точка A.

Строим треугольники ABC, вписанные в окружность, A = 600. Надо найти геометрическое место точек – ортоцентров этих треугольников.

Найдем расстояние от точки A до ортоцентра ∆ ABC (чертеж 12).

hello_html_6d9d9bf8.gif

Чертеж 12.

1. H – ортоцентр ∆ ABC, O – центр окружности, описанной около него.

2. ИзABM: AM = AB cos A = 2 R sin C cos A, где AB = 2 R sin C.

3. ИзAHM: AM = AH cos (900C).

4. 2 R sin C cos A = AH cos (900C), отсюда получаем AH = 2 R cos A.

Т.к. A = 600, то AH = R.


hello_html_4d687b68.gif

Чертеж 13.

Значит искомое множество точек – дуга окружности с центром в точке A и радиусом R (чертеж 13).

Отдельно решим вопрос о точках M и K – концах дуги.

Построим прямоугольные треугольники, вершины прямых углов в этих точках, которые являются ортоцентрами треугольников. Следовательно, искомое множество – дуга окружности вместе с точками M и K.



Задача №2

Доказательство.

Пусть T AB и AB PT. Тогда надо доказать, что K – точка пересечения BF и AE принадлежит прямой PT. Докажем это от противного.

1. Пусть M = BFPT, N = AEPT и MN. (чертеж 14.)

hello_html_170d954b.gif

Чертеж 14.

2. Введем обозначения: PL = b, CL = BT = a1, LD = AT = a2, MT = c1, NT = c2.

3. Легко показать, что ∆ PDL PMF BMT и ∆ CPL NPE NAT.

4. Тогда, т.к. ∆ PDL BMT, то hello_html_4e20670.gif.

Т.к. ∆ CPL NAT, то hello_html_m3287fd62.gif.

Таким образом, мы получили, что hello_html_7bd8edcc.gif и hello_html_5fbf2069.gif.

5. Это означает, что TM = TN и, следовательно, точки M и N совпадают, что противоречит нашему предположению.

Значит, K – точка пересечения BF и AE принадлежит прямой PT и AB  PK.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

Пусть AC = BC = a (чертеж 15).

1. Из ∆ ACB по теореме косинусов:

AB2 = a2 + a2 – 2a2 cos 1000 = 2a2 · · (1–cos 1000) = 2a2 · 2 sin2 500=4a2 · sin2 500.

AB = 2a sin 500.

2. Из ∆ AMB по теореме синусов:

hello_html_70c14000.gif


hello_html_m490b1661.gif

Чертеж 15.

3. Из ∆ BCM (CB = MB = a) следует, что BCM = BMC = 750.

4. MCA = 1000 – 750 = 250.

Ответ: MCA = 250.


Задача №4

Решение.

1. Пусть ABCD – пирамида, каждое ребро которой равно a (чертеж 16.). Нетрудно доказать, что противоположные ребра такой пирамиды попарно взаимно перпендикулярны. Действительно, если DO – высота пира-миды, то O – центр правильного треугольника ABC. AO = пр.(ABC) AD, AO BC AD BC (по теореме о трех перпендикулярах).

2. При проектировании пирамиды ABCD на плоскость возможны 2 случая.


hello_html_2675fe00.gif

Чертеж 16.

Случай 1. Треугольник ABC проектируется в треугольник A1B1C1, а точка D – в точку, принадлежащую внутренней области треугольника A1B1C1 или какой-либо его стороне. Проекция тетраэдра – ∆ A1B1C1. SA1B1C1SABC = hello_html_m244a6a8b.gif.

Случай 2. Точка D проектируется в точку D1, принадлежащую внешней области треугольника A1B1C1. Проекция тетраэдра в этом случае – четырехугольник A1C1D1B1 (чертеж 17). hello_html_2be79a13.gif = ½ A1D1 · C1B1 · sin  A1OB1. hello_html_2be79a13.gif максимальна, если A1D1 = C1B1 = a и A1OB1 = 900.


hello_html_68dea4c5.gif

Чертеж 17.

Такая ситуация возможна, если плоскость параллельна каждой из двух скрещивающихся прямых AD и BC. В этом случае hello_html_2be79a13.gif = hello_html_m2db8aa7a.gif.

Нетрудно доказать, что hello_html_600a5ed3.gif.

Ответ: Наибольшее значение площади проекции hello_html_m53a46bf.gif.


Задача №5

Доказательство.

Пусть M, N, P, Q – точки касания шара, вписанного в пирамиду (тетраэдр) с гранями пирамиды (чертеж 18).

Докажем, что AMC = ½ ( ABC + BCD + CDA + DAB).

1. Нетрудно доказать, что AMC = MAC + ( ABM + MBC) +  MCB =  MAC + ABC + MCB.

hello_html_76bbf96.gif

Чертеж 18.

2. Рассмотрим треугольники APC и AMC.

AP = AM и CP = CM как касательные к шару, проведенные из одной точки, AC – общая. Следовательно, ∆ APC = ∆ AMC.

3. APC = PAD + ( ADP + PDC) + DCP =  PAD + ADC + DCP.

4. Из пп. 1, 2 и 3 получаем:

AMC+APC = 2 AMC = MAC + ABC + MCB + PAD + ADC + DCP.

Но  MAC = NAB (следует из равенства треугольников ANB и AMB);

 PAD =  DAN (∆ DPA = ∆ DNA);

MCB = QCB (∆ BMC = ∆ PQC);

 DCP =  DCQ (∆ CDQ = ∆ CPD).

Тогда 2 AMC =( NAB +  DAN) + ABC + ADC + ( QCB +  DCQ) =  ABC + BCD + CDA + DAB.

Следовательно, AMC = ½ ( ABC + BCD + CDA + DAB).

Что и требовалось доказать.


2008 год

8 класс


Задача №1

Доказательство.

По условию, надо доказать что SBPC + SAPD = SABP + SCPD (чертеж 19). Но в сумме площади всех четырех треугольников равны площади параллелограмма. Так что если мы докажем, что SBPC + SAPD = ½ SABCD, то мы докажем и исходное утверждение.

hello_html_m21b09665.gif

Чертеж 19.

А это действительно так.

SBPC = ½ BC · PF = ½ ah1;

SAPD = ½ AD · PG = ½ ah2;

SBPC + SAPD = ½ ah1 + ½ ah2 = ½ a (h1 + h2) = ½ ah, где hвысота параллелограмма ABCD.

Следовательно, SBPC + SAPD = ½ SABCD.

Что и требовалось доказать.


Задача №2

Доказательство.

hello_html_3c34ebbb.gif

Пусть BC = CA = a, S1 и S2 – площади квадратов, построенных на отрезках CL и LA соответственно.

1. AB = ahello_html_1caef8ee.gif (по теореме Пифагора)

2. hello_html_52c4b613.gif (по свойству биссектрисы)

3. hello_html_m210c3728.gif. Отсюда получаем, что S2 = 2S1.

Что и требовалось доказать.

Чертеж 20.



Задача №3

Доказательство.

Пусть CD = R, Обозначим ADB =  CDO = α (чертеж 21).

1. ∆ CDO – равнобедренный (CD=CO=R), тогда CDO = COD = α.

2. OСA – внешний для ∆ CDO, следовательно OСA = 2α.

hello_html_m35d47283.gif

Чертеж 21.

3. ∆ CAO – равнобедренный (CA = CO = R), тогда COA = 1800 – 4α.

4. COD + COA + AOB = 1800. Из пп.1 и 3 получаем: α + 1800 – 4α +  AOB = 1800. Отсюда AOB = 3α = 3 CDO = 3 ADB.

Что и требовалось доказать.




Задача №4

Доказательство.

Для того чтобы доказать, что точки B, M и K лежат на одной прямой необходимо рассмотреть угол, образуемый отрезками, соединяющими крайние точки с точкой, лежащей между ними. Если этот угол равен 1800, то это означает прямолинейность расположения точек. Таким образом, надо рассмотреть 2 случая, когда точка B лежит между M и K (надо доказать, что  MBK = 1800) и когда точка M лежит между B и K ( BMK = 1800).

Пусть MAB = α. Тогда из равнобедренного треугольника ABM (AB = AM) получаем, что ABM = BMA = 900hello_html_4fe628c3.gif.

Рассмотрим случай 1, когда точка B лежит между M и K (чертеж 22).

1. MDC = 1800 BADMDA = 1800 – (600 – α) – 600 = 600 + α.

2. MDK = MDC + CDK = 600 + α + 600 = 1200 + α.

hello_html_m3377f531.gif

Чертеж 22.

3. MKD = ½ (1800 MDK) = 300 hello_html_4fe628c3.gif.

4. CKB = CBK = 600 MKD = 300 + hello_html_4fe628c3.gif.

5. ADC = ABC = MDA + MDC = 1200 + α.

6. ABK = ABC – CBK = 1200 + α – (300 + hello_html_4fe628c3.gif) = 900 + hello_html_4fe628c3.gif.

7.  MBK = ABM + ABK = 900 + hello_html_4fe628c3.gif + 900hello_html_4fe628c3.gif = 1800.

Таким образом, для случая 1 утверждение задачи доказано.

hello_html_4be1c2f1.gif

Чертеж 23.

Рассмотрим случай 2, когда точка M лежит между B и K (чертеж 23).

 BMK = AMB + AMD + MDK

ABM = 900hello_html_4fe628c3.gif; AMD = 600

MDK = 300 + hello_html_4fe628c3.gif (здесь рассуждения аналогичные случаю 1)

Таким образом, получаем  BMK = 900hello_html_4fe628c3.gif + 600 + 300 + hello_html_4fe628c3.gif = 1800.

Что и требовалось доказать.

9 класс


Задача №1

Доказательство.

1. Продлим CO до пересечения с AB и обозначим точку пересечения C1 (чертеж 24).

hello_html_7ff30efa.gif

Чертеж 24.

2. ∆ AOC1 AO1B ( C1AO = BAO1 как вертикальные, ( OC1A = O1BA как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых O1B и OC и секущей BC1). Следовательно, hello_html_m3b8bfd12.gif. Это означает, что точка C1 принадлежит окружности с центром в точке O и радиусом R, а CC1 – ее диаметр.

3. ∆ ACC1 AEP ( A – общий, ACC1 = AEP как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых CC1 и EP и секущей AE). Т.к. линия центров AK делит пополам сторону СС1 треугольника ∆ ACC1, то она будет также делить пополам и сторону PE треугольника ∆ AEP.

Следовательно KP = KE.

Что и требовалось доказать.


Задача №2

Решение.

1. Пусть CBA = α, тогда CAB = 2α.

2. Построим AK – биссектрису угла A (чертеж 25).

hello_html_m3ae225df.gif

Чертеж 25.

3. ∆ ABK – равнобедренный ( B = A = α). Из него BKA =1800 – 2α.

4. AKC =1800 BKA = 2 α.

5. ∆ ABС KAC (по двум углам).

Следовательно hello_html_1f94d60f.gif hello_html_4132625.gif.

6. BK = BCCK = 12 – hello_html_335db90b.gif = hello_html_m50685629.gif.

7. Т.к. ∆ ABK – равнобедренный ( B = A = α), то BK = AK = hello_html_m50685629.gif.

8. hello_html_7c095d7c.gif hello_html_m546edd1a.gif.

Ответ: AB = 4,4.


Задача №3

Решение задачи аналогично решению задачи №3, 10 класс, 2007 год

Ответ: AMC = 700.


Задача №4

Доказательство.

1. Пусть R1 – радиус полуокружности построенной на отрезке AC и с центром в точке O1, а R2 – радиус полуокружности построенной на отрезке BC и с центром в точке O2. Тогда радиус полуокружности построенной на отрезке AB и с центром в точке O равен = R1 + R2 (чертеж 26).

2. Опустим из точки P перпендикуляры на CT и AB. Тогда PM || AB, PP1 AB.

3. Рассмотрим ∆ O1PP1.

O1P = R1 + r1; O1P1 = R1r1; PP1 = hello_html_4e8588d3.gif.

4. OP1 = RR1 – (R1r1) = R – 2 R1 + r1.


hello_html_4369a971.gif

Чертеж 26.

5. OP = Rr1.

6. Из прямоугольного треугольника OPP1 по теореме Пифагора получаем:

OP2 = P1P2 + P1O2 (Rr1)2 = 4 R1 r1 + (R – 2 R1 + r1)2

R2 – 2 R r1 + r12 = 4 R1r1 + R2 + 4R12 + r12 – 4RR1 + 2Rr1 – 4R1 r1

hello_html_ad6e02d.gif.

7. Аналогично получаем, что hello_html_1fd3a8b2.gif.

8. Следовательно r1 = r2.

Что и требовалось доказать.






10 класс


Задача №1

Решение.

1hello_html_m4d2daa58.gif. Пусть O1 и O2 – центры окружностей, вписанных в треугольники CAH и BAH соответственно, а r1 и r2 – их радиусы. Тогда нам необходимо найти длину отрезка O1O2 (чертеж 27).

2. Радиус окружности вписанной в прямоугольный треугольник равен половине сумме катетов минус гипотенуза. В данном случае r = ½ (c + ba).

Чертеж 27.

3. В прямоугольном треугольнике, высота, проведенная из вершины прямого угла делит треугольник на 2 подобных треугольника, каждый из которых подобен исходному. Из подобия получим:

hello_html_6c4c6832.gif, hello_html_2f340fd4.gif, hello_html_456dcdf6.gif.

4. O1HO2 = 900 (по свойству биссектрис смежных углов).И, следовательно, треугольник O1HO2 прямоугольный.

5. Из ∆ CAH: hello_html_71013f3a.gif.

6. Из ∆ BAH: hello_html_m73c02382.gif.

7. Из ∆ O1HO2 по теореме Пифагора: O1O22 = O1H2 + HO22 = 2 r12 + 2 r22 = hello_html_m5e10f61.gif. Следовательно, O1O2 = r hello_html_1caef8ee.gif.

Ответ: O1O2 = r hello_html_1caef8ee.gif.


Задача №2

Доказательство.

1. MAE = MPE = 900. Следовательно точки P, A, E, M принадлежат одной окружности (чертеж 28). Отсюда следует, что  APM =  AEM = ½ AM (угол вписанный в окружность и опирающийся на хорду равен половине дуги, стягиваемой этой хордой).

hello_html_m5e6e3a4f.gif

Чертеж 28.

2. KPE = KBE = 900. Следовательно точки P, K, E, B принадлежат одной окружности. Отсюда следует, что KPB = KEB = ½ KB.

3. APM = KPB как вертикальные. Следовательно, учитывая пп.1 и 2, получаем, что AEM = KEB.

4. Таким образом, ∆ AEM = ∆ BEK (EA = EB, т.к. OE – биссектриса,  A = B = 900, AEM = KEB, из п.3).

5. Следовательно, KE = ME. Значит ∆ KEM – равнобедренный. PE в этом треугольнике высота, а значит также она является и медианой. Таким образом, получили, что MP = PK.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение задачи аналогично решению задачи №3, 10 класс, 2007 год

Ответ: AMC = 700.


Задача №4

Решение.

1. Проведем дополнительные построения (чертеж 29):

AH перпендикулярно плоскости основания A1B1C1; AH1 A1C1; AH2 A1B1; H1H, H2H.

2. ∆AH1A1 = ∆AH2A1 (по гипотенузе и острому углу). Следовательно, A1H1=A1H2.

3. По обратной теореме о трех перпендикулярах HH1 A1C1, HH2 A1B1.


hello_html_73d328dc.gif

Чертеж 29.

4. ∆ A1HH1 = ∆A1HH2 (по гипотенузе и катету). Следовательно,  H1A1H =  H2A1H, и, значит A1H – биссектриса C1A1B1.

5. Пусть A1HC1B1 = M. Так как ∆ C1A1B1 – правильный (по условию), то A1M  C1B1 или A1H  C1B1.

6. AH перпендикулярно плоскости A1B1C1, AA1 – наклонная, A1H = пр.(hello_html_6c6c652b.gif)AA1, A1H  C1B1. Следовательно, AA1 C1B1 по теореме о трех перпендикулярах.

7. Так как AA1 || C1C то в силу п. 6 СС1 C1B1, следовательно C1CBB1 – квадрат.

8. Пусть AA1 = a.

hello_html_7789e9a6.gif= a2; hello_html_6c659e6c.gif = hello_html_5829162b.gif = a2 sin 600 = hello_html_m1eab710.gif; SABC = hello_html_34010896.gif.

Отсюда hello_html_e822411.gif.

Ответ: hello_html_m5fbb16fc.gif.


Задача №5

Указание.

Пусть даны окружности с центрами в точках P и Q с радиусами R1 и R2 ((P, R1) и 1(Q, R2)) и прямая m (чертеж 30).

Рассмотрим осевую симметрию плоскости относительно прямой m.

Образом окружности (P, R1) будет окружность 2(P1, R1).

Окружности 2(P1, R1) и 1(Q, R2) пересекутся в точках A1 и B1.

Прообразами точек A1 и B1 будут точки A и B, принадлежащие окружности (P, R1).

Рассмотрим точки A и A1. Из определения осевой симметрии следует, что AA1 m и AK = A1K.

Таким образом, если рассматривать отрезок AA1 как диагональ искомого квадрата, то две остальные вершины легко находятся путем откладывания на прямой m по обе стороны от точки K отрезков равных AK.

В полученном четырехугольнике диагонали будут равны, перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, полученный четырехугольник будут действительно являться квадратом.

hello_html_d38acd3.gif

Чертеж 30.

Аналогично рассматриваются точки B и B1.

Количество возможных решений зависит от количества точек пересечения окружностей 2(P1, R1) и 1(Q, R2).

11 класс


Задача №1

Решение.

Как известно, если в пирамиде двугранные углы при основании равны, то вершина пирамиды проектируется в центр окружности, вписанной в основание, а также все ее апофемы равны. Т.е. DO – высота пирамиды, где O – центр окружности, вписанной в основание (прямоугольный треугольник ABC), а все высоты боковых граней DHi равны между собой.

hello_html_4a2fec56.gif

Чертеж 31.

Таким образом, для решения задачи нам необходимо найти DO, DH1, AB, AC, BC (чертеж 31).

1. По условию, один из катетов треугольника ABC равен 21. Пусть AC = 21.

2. Тогда в ∆ ADC известны все стороны и по формуле Герона мы можем найти площадь этого треугольника.

p = ½ (21 + 10 +17) = 24. SADC = hello_html_m656493b8.gif = 84.

3. С другой стороны, SADC = ½ AC · DH1. Отсюда получаем, что DH1 = 8.

4. Рассмотрим четырехугольник OH1CH2. OH1 AC, OH2 BC по обратной теореме о трех перпендикулярах, значит OH1 = OH2 = r (радиусу окружности вписанной в треугольник ABC). Кроме того, в данном четырехугольнике все углы прямые и две смежные стороны равны. Следовательно, OH1CH2 – квадрат. Отсюда CH1 = r.

4. CH1 легко найти из треугольника DH1C по теореме Пифагора, но т.к. в условии не сказано, чему равно ребро DC (17 или 10), то рассмотрим 2 случая.

r1 = hello_html_m7fdb6a0.gif = 15, r2 = hello_html_3becf01d.gif = 6

В прямоугольном треугольнике r = ½ (a + bc), где a и b – катеты, а c – гипотенуза.

Для первого случая: 15 = ½ (21 + bc) bc = 9. Это означает, что катет больше гипотенузы, а это невозможно.

Для второго случая: 6 = ½ (21 + bc) cb = 9 b = c – 9. Значит ребро DC = 10, а радиус вписанной окружности r = 6.

5. Из ∆ ABC ( C = 900) по теореме Пифагора получаем: c2 = a2 + b2 = 441 + b2.

Подставляя полученное в п.4 соотношение (b = c – 9), найдем гипотенузу основания AB.

c2 = 441 + b2 = 441 + (c – 9)2 18 c = 522 c = 29.

Отсюда получаем, что BC = 20.

6. Из ∆ DH1O ( O = 900) по теореме Пифагора получаем: DO = 2hello_html_78b3e969.gif.

7. Теперь найдем площадь поверхности пирамиды и ее объем.

Vп = hello_html_1f35dd0c.gifh Sосн = hello_html_m66ee6bb8.gif = 140hello_html_78b3e969.gif.

Sп = ½ AC · BC + ½ DH1 · (AB + BC + AC) = ½ (20 · 21 + 8 · (20 + 21 + 29)) = 490.

Ответ: Vп = 140hello_html_78b3e969.gif см3, Sп = 490 см2.


Задача №2

Решение.


1. CD1 – проекция BD1 на грань CC1D1D. CD1C1D = K (чертеж 32).

2. По теореме о трех перпендикулярах BD1 C1D.

3. В треугольнике BCD1 опустим из точки K перпендикуляр KH на сторону BD1.

4. Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине их общего перпендикуляра. Плоскость треугольника BCD1 перпендикулярна C1D, следовательно отрезок KH перпендикулярен C1D. С другой стороны, KH перпендикулярен BD1 по построению. Следовательно, KH – общий перпендикуляр для скрещивающихся прямых C1D и BD1, а его длина и есть искомое расстояние.

hello_html_2a45adb1.gif

Чертеж 32.

hello_html_57d301c9.gif

5. Рассмотрим ∆ BCD1 (чертеж 33).  C = 900, BC = a (по условию), CD1 = ahello_html_1caef8ee.gif (диагональ квадрата со стороной a), BD1 = ahello_html_m980c3de.gif (по теореме Пифагора), KD1 = ½CD1 = hello_html_m1c390420.gif.

6. ∆ BCD1 KHD1 (по двум углам, ( C = H = 900, D1 – общий). Тогда hello_html_m6d54a6db.gif.

Чертеж 33.

Отсюда получаем hello_html_m4bea8fe5.gif.

Ответ: hello_html_64c70ec6.gif.


Задача №3

См. решение задачи №3, 9 класс, 2007 год



Задача №4

Доказательство.

1. Точки A, M, N и H лежат на одной окружности, т.к. AMH =  ANH = 900 (чертеж 34).

MNH + A = 1800, MNH = 1800 A.

hello_html_m2e0237f4.gif

Чертеж 34.

2. Точки D, L, N и H лежат на одной окружности, т.к. DLH =  DNH = 900.

HNL = HDL, как вписанные и опирающиеся на одну дугу DL.

3. Из ∆ DHC ( H = 900): HDL = HDC = 900 DCH.

4. ИзAEC ( E = 900): DCH = 900 A.

5. Из пп. 2, 3 и 4, получаем, что

HNL = HDL = 900 DCH = 900(900 A) = A.

6. MNH + HNL = 1800 A + A = 1800. Это означает, что M, N и L лежат на одной прямой.

7. Аналогично доказывается, что точки N, L и F также лежат на одной прямой.

Таким образом, раз две прямые имеют две общие точки, то они совпадают и все 4 точки принадлежат одной прямой.

Что и требовалось доказать.


Задача №5

См. решение задачи №5, 10 класс, 2008 год









2009 год

8 класс


Задача №1

Решение.

hello_html_m99ffbf9.gif

Чертеж 35.

1. BC + CD = ½ PABCD=18,5 см (чертеж 35).

2. BD = PBCDBCCD=25,4 – (BC + CD) = 25,4 – 18,5=6,9 см.

Ответ. BD = 6,9 см.


Задача №2

Доказательство.

1. Пусть AOB = α.

2. sin AOB = sin α; sin BOC = sin (1800 – α) = sin α.

Аналогично, sin AOD = BOD = sin α.

3. SAOB = ½ AO · OB sin α; SBOC = ½ CO · OB sin α; SAOD = ½ AO · OD sin α; SCOD = ½ CO · OD sin α.


hello_html_m6827ec1.gif

Чертеж 36.

4. По условию SABD = SCBD. Следовательно, SAOB + SAOD = SBOC + SCOD.

½ AO · OB sin α + ½ AO · OD sin α = ½ CO · OB sin α + ½ CO · OD sin α.

AO · OB + AO · OD = CO · OB + CO · OD.

AO · (OB + OD) = CO · (OB + OD).

AO · BD = CO · BD.

AO = CO.

5. Аналогично получаем, BO = DO.

6. В четырехугольнике диагонали точкой пересечения делятся пополам, значит он параллелограмм по признаку.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

1. ACD =900 DCE = 800. Следовательно, из ∆ ACD,  CDA=500, что означает, что ∆ ACD – равнобедренный и AC = CD (чертеж 37).

2. CKE = 800 + 450 = 1250 (как внешний угол ∆ ACK).


hello_html_36914c93.gif

Чертеж 37.

3. CEK = 1800 – 100 – 1250 = 450, также как и CAE = CAB EAB = 450. Следовательно, ∆ ACE – равнобедренный и AC = CE.

4. Из пп. 1 и 3 следует, что CD = CE, то есть ∆ CDE – равнобедренный, а значит CED = EDC = ½ (1800 – 100) = 850.

Ответ: EDC = 850.


Задача №4

Указание.


1. Пусть дан отрезок AB (чертеж 38).

2. Проведем через точки A и B прямые a и b, перпендикулярные отрезку AB.

3. Выберем произвольную точку С на прямой b, отличную от B.

hello_html_m1bd1328a.gif

Чертеж 38.

4. Проведем через точку C прямую c, перпендикулярную b. D = ac.

5. ABCD – прямоугольник по построению. Пусть E – точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD.

6. Проведем через точку E прямую d, перпендикулярную AB.
Fd ∩ AB.

В прямоугольнике диагонали точкой пересечения делятся пополам, следовательно, по теореме Фалеса точка F будет серединой отрезка AB.





Задача №5

Решение.

1. Sгр = 25, тогда Sк = 125.

Рассмотрим, как влияют на площадь поверхности вынимаемые кубики (чертеж 39).

hello_html_m3143b644.gif

Чертеж 39.

2. Если вынимается угловой кубик, то из общей поверхности убираются три грани этого кубика, но граница образовавшегося пустого объема также состоит из трех граней, равных граням
этого кубика. Значит, в этом случае S1 = Sк – 3 + 3 = Sк. Т.е. изъятие угловых кубиков на площадь поверхности не влияет.

3. Если вынимается кубик, содержащий центр грани, то из общей поверхности убираются одна грань этого кубика, а граница образовавшегося пустого объема состоит из пяти граней, равных граням этого кубика. Значит, в этом случае S1 = Sк – 1 + 5 = Sк + 4. Т.е. изъятие «центральных» кубиков увеличивает площадь поверхности на 4.

4. «Центральных» кубиков вынимается 6 штук, следовательно, объем нового тела S1 = Sк + 4 · 6 = 125 + 24 = 174.

5. Тогда, отношение площади поверхности большого куба к площади поверхности тела, получившегося в результате вынимания кубиков равняется hello_html_m41f457d0.gif.

Ответ: hello_html_3d0748be.gif.


9 класс


Задача №1

Решение.

1. Пусть O – середина CD. Опустим из точки O перпендикуляры на стороны четырехугольника. OM AD, ON AB, OK BC (чертеж 40).

2. O OA – биссектрисе угла A, следовательно OM = ON.

3. O OB – биссектрисе угла B, следовательно OK = ON.


hello_html_m7751fc5d.gif

Чертеж 40.

4. ∆ DMO = ∆ OKC по гипотенузе и катету (OD = OC по условию, OM = OK из пп. 2 и 3). Следовательно D = C = 700.

Ответ: D = 700.


Задача №2

Доказательство.

1. Если A>B>C, то hello_html_mc6e0473.gif>hello_html_m224baa52.gif>hello_html_m20b0a30a.gif (чертеж 41).

2. В треугольнике напротив большего угла лежит большая сторона. Пусть O – центр вписанной окружности (точка пересечения биссектрис).

Из ∆ AOB: OB > OA;

ИЗ ∆ СOB: OC > OB.


hello_html_2648c122.gif

Чертеж 41.

Таким образом, получаем: OC > OB > OA. Следовательно, ближайшая из вершин треугольника к центру вписанной окружности – это вершина A.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

1. Необходимо найти сумму квадратов расстояний от всех вершин до прямой m. В силу симметрии для этого достаточно найти расстояние от вершин A и B, искомое расстояние будет в 2 раза больше (чертеж 42).

2. Пусть EPB = α.

Тогда APF = α, PAF = 900 – α,  AFO = 450 – PAF = α – 450.

hello_html_57f0f0b0.gif

Кроме того, EBP = 900α, EBO = 450 + EBP = 450 – α, EOB = 900EBO = α – 450.

3. Получаем, что ∆ AFO = ∆ OEB (по гипотенузе и острому углу). Следовательно, AO2 = AF2 + OF2 = AF2 + EB2 = ½ a2.

4. Сумма квадратов расстояний от вершин A и B до прямой m равно ½ a2, следовательно искомое расстояние равно a2.

Ответ: a2.

Чертеж 42.


Задача №4

Доказательство.

Для того чтобы показать равенство частей, на которые ломаная AOB делит четырехугольник ABCK достаточно показать, что сумма площадей треугольников ABC и AOC равна половине площади ABCK (чертеж 43). Докажем это.


hello_html_203358.gif

Чертеж 43.

1. Опустим перпендикуляр OE на хорду AC и OT на хорду BK, тогда E – середина AC, а T – середина BK.

2. Пусть BP = a, KP = b, AP = c, PC = d.

3. SABCK = ½ (a + b)(c + d).

4. SABC = ½ a (c + d).

5. OE = PT = ½ (a + b) – a = ½ (ba). Тогда SAOC = ¼ (c + d)(ba).

6. SABC + SAOC = ½ a (c + d) + ¼ (c + d)(ba) = ¼ (c + d)(b + a) = ½ SABCK.

Что и требовалось доказать.


Задача №5

Решение.

1. Пусть ACE = α (чертеж 44). Тогда из ∆ AEC (AE = EC):  CAE α, а BAC = 2α, т.к. AE – биссектриса. ABC = 1800 – 3α.

hello_html_m73a0f749.gif

Чертеж 44.

2. Из ∆ ABC по теореме синусов: hello_html_74cebd70.gif hello_html_42a8c30e.gif.

Отсюда: 2 sin α = sin 3α = sin α (3 – 4 sin2α).

sin2 α = ¼ α = 300.

3. Если в треугольнике ABC С = 300, то A = 600, B = 900.

Ответ: A = 600, B = 900, С = 300.



10 класс


Задача №1

Решение.

1. BAO1 = O1AC = α, т.к. O1 – точка пересечения биссектрис.

O1AH = HAO2 = α, т.к. O1 симметрична O2 относительно AC (чертеж 45).

hello_html_m211649aa.gif

Чертеж 45.

2. O2 – центр описанной окружности, AO2 = BO2 = CO2, а значит  ACO2 =  CAO2 = α.

3. ∆ ABO2 – равнобедренный (AO2 = BO2), следовательно O2AB =  O2BA = 3α. Аналогично,  O2BС = 3α.

4. В ∆ ABC: A + B +  C = 1800, 2α + 6α + 2α = 1800, 10α = 1800 α = 180. Следовательно, A =  C = 360, B = 1080.

Ответ: A =  C = 360, B = 1080.

Задача №2

Решение.

1. ACB + AOB = 1800, следовательно около четырехугольника ACBO можно описать окружность (чертеж 46).

hello_html_m31c2b8cf.gif

Чертеж 46.

2. AO=OB, значит AO=OB.

ACO = ½ AO; OCB = ½  OB;  AO =  OB  ACO =  OCB, а тогда CO – биссектриса ACB.

3. AB2 = AC2 + CB2 = 1225 AB = 35.

4. Т.к. CO – биссектриса, то hello_html_687a494e.gif. Отсюда получаем: 4 AF = 105 – 3 AF, 7 AF = 105, AF = 15. Значит BF = 20.

Ответ: AF = 15, BF = 20.


Задача №3

Решение.

1. Пусть F – середина AM (чертеж 47). Тогда BF – медиана прямоугольного треугольника ABM и равна половине гипотенузы. Т.е. BF = AF = FM.

hello_html_3774eda5.gif

Чертеж 47.

2. В ∆ AFB (AF = BF) FAB = FBA = 240. Кроме того, KFB – внешний угол ∆ AFB, значит KFB = 480.

3. Рассмотрим ∆ FBK. По условию, AM = 2 BK, следовательно, BK = BF, значит ∆ FBK – равнобедренный. Таким образом, KFB =  FKB = 480 и FBK = 840.

4. B = FBA + FBK = 240 + 840 = 1080.

Ответ: B = 1080.


Задача №4

Решение.

1. Пусть K – середина стороны BC ромба ABCD, KM (ABC). Если KN AC, то MN AC (по теореме о трех перпендикулярах), и MN =  (M, AC). Если AB = a, то MN = ½ a (чертеж 48).

hello_html_m1b5224bf.gif

Чертеж 48.

2. В ∆ AOB O = 900, AB = a, AO = ½ AC = 8. Следовательно, BO = hello_html_478ac90d.gif.

3. BO AC (свойство диагоналей ромба), KN AC (по построению), значит KN || AC. Учитывая, что K – середина BC, получаем, что KN – средняя линия треугольника BOC и KN = ½ hello_html_478ac90d.gif.

3. Из ∆ MKN ( K = 900) по теореме Пифагора получаем: MK2 = MN2KN2 = ¼ (a2 – (a2 – 64)) = 16. Следовательно, MK = 4.

Ответ: длина перпендикуляра KM равна 4.


Задача №5

Решение.

1. Обозначим hello_html_m434d955a.gif, hello_html_m7f89c166.gifhello_html_694e6c0a.gifhello_html_6e29f25e.gif, hello_html_2287d68e.gifhello_html_8c1e35a.gif (чертеж 49).

Очевидно, что hello_html_m2db18225.gifhello_html_577bbbbf.gif и hello_html_m32355a10.gif.

2. Допустим, что A1C (AB1D1), тогда A1C AD1 и hello_html_64b76844.gif.

hello_html_m4f5eb630.gif, hello_html_madf993a.gif.

hello_html_4296ebd9.gif.

Скалярное произведение равно нулю, если один из векторов равен нулю или они перпендикулярны, но hello_html_m5c82cfe4.gif, hello_html_m29a3be0b.gif также не может быть, т.к. в этом случае параллелепипеда не существует. Следовательно остается только случай, когда hello_html_m719c0636.gif, т.e. hello_html_b01f3b0.gif и hello_html_m8eded03.gif, это означает, что данный параллелепипед – куб.

hello_html_7cdcc76e.gif

Чертеж 49.

Вывод: A1C не перпендикулярна AD1, и, следовательно, A1C не перпендикулярна плоскости AB1D1.

Ответ: Если грань параллелепипеда – ромб, отличный от квадрата, то прямая A1C и плоскость AB1D1 не перпендиклярны.









2010 год

I тур

8 класс


Задача №1

Решение.

1. KЕ – серединный перпендикуляр к АВ, значит ∆ ABE равнобедренный (т.к. KE – медиана и высота) и АЕ = ВЕ (чертеж 50).

hello_html_2dee9f37.gif

Чертеж 50.

2. РВСЕ = ВС + ЕС + ВЕ = 14 + ЕС + АЕ = 14 + АС = 40. Следовательно, АС = 26.

Ответ: АС = 26.





Задача №2

Решение.

1. Пусть AM и CK – биссектрисы ∆ ABC, O = AMCK, AOC = 1200 (чертеж 51).

2. АОС=1800 – ½ ( А + С) = 1800 – ½ (1800 В) = 900 + ½ ·  В.

hello_html_m38ce3f9f.gif

Чертеж 51.

3. 900 + ½ · В = 1200, ½ · В = 300,  В = 600.

Ответ: В = 600.


Задача №3

Решение.

1. ВЕ = АЕ = ЕD = ЕС = 10, т.к. KЕ и РЕ серединные перпендикуляры (чертеж 52).

2. Следовательно, точки А, В, С и D принадлежат окружности с центром в точке Е и диаметра АD.


hello_html_m61ad863e.gif

Чертеж 52.

3. Четырехугольник АВСD вписан в окружность, значит АВС +  АDС = 1800. Т.к. АВС = 1200, то АDС = 600.

4. Из п.1 получаем, что ∆ CED – равнобедренный (ЕD = ЕС = 10), а учитывая, что E = 600, получается что ∆ CED – равносторонний. Отсюда, CD = 10.

Ответ: CD = 10.




Задача №4

Решение.

1. ЕМD = 900 (по свойству биссектрис смежных углов).

2. ∆ ЕМD – прямоугольный, значит по теореме Пифагора ЕM 2 + МD2 = ЕD2 (чертеж 53).

3. В ∆ АМС, МD – биссектриса, hello_html_m1e057020.gif.

hello_html_12d1d2bf.gif

Чертеж 53.

4. В ∆ АМВ, МЕ – биссектриса, hello_html_m2c51e42b.gif.

5. Т.к. M – середина BC, то ВМ = МС. Из пп. 3 и 4 получаем hello_html_1c139606.gif.

hello_html_m7d6a7235.gifhello_html_m7b9ae839.gif  ∆ ADЕ АВС (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).

6. Из подобия треугольников ADЕ и АВС следует, что hello_html_3e6337ba.gif,
т.к. ВС = 2 MC = 16, ЕD = 10. ЕМ2 + МD2 = 102 = 100.

Ответ: ЕМ2 + МD2 = 100.


9 класс

Задача №1

Доказательство.

1. НАС = В (по свойству высоты прямоугольного треугольника).

2. ЕНK = А = 900, следовательно, точки A, K, Н, и E лежат на одной окружности (чертеж 54) и  НАЕ = ЕKН = ½ НЕ (опираются на одну хорду и равны половине дуги, которую эта хорда стягивает).

hello_html_368d657e.gif

Чертеж 54.

3. ЕKН = В, ЕНK= А = 900, следовательно, ∆ АВС НKЕ.

Что и требовалось доказать.

Задача №2

Доказательство.

1. Пусть E – точка пересечения PT с AB (или продолжением стороны AB).

2. ∆ AEK=∆ DPK (по стороне и прилежащим к ней углам KAE =  PDK = 900, AK = KD, AKE =  DKP, как вертикальные). Следовательно, AE = DP (чертеж 55).

hello_html_m4555b67e.gif

Чертеж 55.

3. Пусть H – точка пересечения PT с продолжением стороны AB, а O – середина MK.

4. ∆ AET OKT ( АЕТ = ОКТ как внутренние накрест лежащие, при параллельных прямых АВ и МK и секущей ЕK, ЕAТ = KOТ как внутренние накрест лежащие, при параллельных прямых АВ и МK и секущей AO). Следовательно, hello_html_m481db84d.gif или hello_html_62a483f8.gif.

5. Аналогично, ∆ AHT OMT и hello_html_m70944887.gif.

6. Т.к. OK = OM, то hello_html_155711e7.gif. Учитывая п.2, получаем, AE = AH = DP.

7. ∆ HBM = ∆ PCM (по двум сторонам и углу между ними B = C = 900, BM = MC, HB = HA + AB = PD + DC = PC). Отсюда BMH = CMP. Тогда  TMK = 900 BMH = 900 CMP = PMK.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

Рассмотрим случай, когда b > a (чертеж 56).

hello_html_6e814ea9.gif

Чертеж 56.

1. СК – биссектриса АВС, значит hello_html_m1fad2ab1.gif АМ = МВ. Отсюда АСМ =  ВСМ = МАВ.

2. АВС = АМС АС.

3. Четырехугольник АМКР вписан в окружность, следовательно, АМK +  АРK = 1800, СРK + АРK = 1800. Отсюда  АМK = СРK.

4. ∆ РСK = ∆ ВСK (по стороне и прилежащим к ней углам, АМК = СРK =  АВС, АСK = ВСK, CK – общая). Следовательно, РС = ВС, АР = ba.

hello_html_1822bd4b.gif

Чертеж 57.

В случае, когда b < a (чертеж 57), то вторая окружность пересекает прямую АС, а не отрезок.

Аналогично рассуждая, получаем, что АР = ab.

Ответ. АР = |ba|.



Задача №4

Доказательство.

1. Радиус вписанной в треугольник окружности равен hello_html_6e986d57.gif, где S – площадь треугольника, а P – его периметр. Тогда hello_html_m226ed54c.gif, hello_html_40d1fd37.gif, hello_html_m5b0f4816.gif. Отсюда получим: hello_html_4d992c5.gif (чертеж 58).

hello_html_m15f36997.gif

Чертеж 58.

2. ∆ ACH CHB ACB (по свойству высоты в прямоугольном треугольнике). Отсюда hello_html_24f48163.gif hello_html_m2b07f005.gif. Аналогично, hello_html_560b7cad.gif.

3. Подставив получившиеся выражения, получаем:

hello_html_379d5c72.gif.

Что и требовалось доказать.


10 класс


Задача №1

Доказательство.

1. В трапецию ABCP вписана окружность (чертеж 59), следовательно, АВ + СР = ВС + АР.

hello_html_m21bc932d.gif

Чертеж 59.

2. Введем обозначения: BC = а, АР = b и ВА = x, тогда СР = a + bx.

3. Опустим из точки C перпендикуляр CH на сторону AP (CH AP).

4. Из ∆ CHP ( H = 900) по теореме Пифагора получаем:

x2 + (b – a)2 = (a + b – x)2, отсюда (a + b) · x = 2ab.

5. SABCP = ½ (a + b) · x = ab.

Что и требовалось доказать.


Задача №2

Решение.

1. Т.к. В = D = 900, то АВСD вписан в окружность диаметра АС.

hello_html_m34c20586.gif

Чертеж 60.

2. Опустим из точки H перпендикуляры на AD и CD. ВН  АD,
ВK СD.

3. ∆ АВН = ∆ ВКС, (по стороне и прилежащим к ней углам, АВ = ВС, H =  K = 900, А =  ВСK, т.к. ВСK + ВСD = 1800 =
ВСD + А).

Из равенства треугольников, следует равенство отрезков ВK = ВН. Следовательно НВKD – квадрат.

4. SАВСD = SНВКD = 1.

Ответ: SАВСD = 1.



Задача №3

Доказательство.

1. Пусть SABCD – правильная четырехугольная пирамида, P – произвольная точка, принадлежащая ее основанию, а m – перпендикуляр, восстановленный из точки P к плоскости основания. Qi – точки пересечения m с плоскостями боковых граней пирамиды (не обязательно самими гранями). Pi – проекции точки P на стороны квадрата, лежащего в основании пирамиды (чертеж 61).

2. P1 – проекция точки Q1 на плоскость основания, значит PP1 – проекция Q1P1. PP1 AD, следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, Q1P1 AD. А значит PP1Q1 – линейный угол двугранного угла образованного гранью SAD и плоскостью основания. Как известно, в правильной пирамиде все двугранные углы при основании равны между собой. Аналогично рассматривая другие грани, получаем, PP1Q1 = PP2Q2 = PP3Q3 = PP4Q4 = α.


hello_html_4eab3aad.gif

Чертеж 61.

3. По условию, нам нужно найти сумму отрезков PQi и показать, что она не зависит от выбора точки P. Из прямоугольных треугольников PPiQi получаем:

= PP1 · tg α + PP2 · tg α + PP3 · tg α + PP4 · tg α = tg α (PP1 + PP2 + PP3 + PP4).

Но отрезки PP1 и PP3 принадлежат одной прямой (чертеж 62) и PP1 + PP3 = AD.

hello_html_36d9e86b.gif

Чертеж 62.

Аналогично, PP2 + PP4 = AB = AD (т.к. ABCD – квадрат). Следовательно,
= tg α (PP1 + PP2 + PP3 + PP4) = 2 tg α · AD. А эта величина не зависит от выбора точки P.

Что и требовалось доказать.

Задача №4

Решение.

1. C + DAB =1800 (т.к. АВСD вписан в окружность), DAB +  MAB = 1800, значит C = MAB (чертеж 63).

2. СВА + D = 1800 (т.к. АВСD вписан в окружность), KВМ +  D = 1800 (т.к. KВМD вписан в окружность), значит СВА =  KВМ.

hello_html_m1cee0239.gif

Чертеж 62.

4. ∆ АВМ СВK (по двум углам), следовательно, hello_html_39bd32cd.gif. Отсюда получаем: hello_html_51dae2a1.gif.

Ответ: hello_html_mfe81520.gif.


11 класс


Задача №1

Решение.

1. Точка симметричная Н относительно АВ принадлежит окружности, описанной около АВС (чертеж 64)

2. Осевая симметрия относительно АВ отобража-ет окружность, описанную около АВС, в окружность описанную около НАВ.

3. Т.к. осевая симметрия сохраняет длины отрезков, то радиус окружности описанной около ∆ АВС равен 10.

Ответ: радиус окружности описанной около ∆ АВС равен 10.


hello_html_723615ad.gif

Чертеж 63.







Задача №2

Доказательство.

1. ИзACH: AE = AK, AC = AH KC = EH. Кроме того, KE || CH. Следовательно, KECH – равнобочная трапеция и вокруг нее можно описать окружность (чертеж 65).

2. Аналогично, СЕНМ – равнобочная трапеция и вокруг нее также можно описать окружность.


hello_html_46b26687.gif

Чертеж 65.

3. Если две окружности имеют три общие точки, то они совпадают. У окружностей описанных около KECH и CEHM есть три общие точки – C, E и H. Следовательно, они совпадают и точки E, H, K и M лежат на одной окружности.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

См. решение задачи №3, 10 класс, I тур, 2010 год

Задача №4

Решение.

Рассмотрим 2 случая, когда B < 900 и B > 900.

Случай 1 ( B < 900).

1. АА1, СС1 – высоты (чертеж 66).

2. ∆ АА1В СВС1 (по двум углам, B – общий, A1 = C1 = 900).

Отсюда hello_html_m15c65cb3.gif.

hello_html_m6231aa03.gif

Чертеж 66.

3. ∆ А1ВС1 ABС (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, B – общий, hello_html_6435f485.gif). Следовательно, hello_html_m272a92dd.gif.

4. А1С1 = ½ R (по условию), где R – радиус описанной окружности.

АС = 2R sin B (по теореме синусов).

5. hello_html_3adb60e7.gif sin 2B = ½. Отсюда B = 150 или B = 750.

hello_html_mce73d82.gif

Чертеж 67.

Случай 2 ( B > 900).

1. Для треугольника АНС точка B является ортоцентром, а отрезок С1А1 основание высот, проведенных из вершин A и С (чертеж 67). Угол Н будет равен 150 или 750.

2. Н + В = 1800. Значит, В = 1800 – 150 = 1650 или В = 1800 – 750 = 1050.

Ответ: Угол В может быть равен 150, 750, 1050 или 1650.





II тур

8 класс


Задача №1

Решение.

1. ВСK – внешний угол, СР – биссектриса ВСK, CPAB = D.  ТАK – внешний угол, АЕ – биссектриса ТАK, ТЕCB = Е. Пусть ВАС = α (чертеж 68).

2. САЕ = ½ (1800α) = 900 hello_html_4fe628c3.gif.

hello_html_2121b737.gif

Чертеж 68.

3. Из ∆ САЕ (АС = АЕ): АСЕ = hello_html_7707454f.gifСЕА = ½ (1800 САЕ) = ½ (1800 – 900 + hello_html_4fe628c3.gif) = 450 + hello_html_2af62f7d.gif.

4. ВСК = АСЕ = 450 + hello_html_2af62f7d.gif (как вертикальные) ВСА = 1800 – (450 + hello_html_2af62f7d.gif) = 1350 hello_html_2af62f7d.gif.

5. Из ∆ САD: АСD = ВСА + ½ ВСK = 1350 hello_html_2af62f7d.gif + ½ (450 + hello_html_2af62f7d.gif) = 1350 hello_html_m64fafbe5.gif + ½ · 450.

6. Т.к. АС = СD, то DАС = АDС = ½ (1800 АСD) = ½ (1800 – 1350 hello_html_m64fafbe5.gif + ½ · 450) = α α = 120 = ВАС.

Тогда АСВ = 135 hello_html_2af62f7d.gif = 1310, АВС = 370.

Ответ: А = 120, В = 370, С = 1310.


Задача №2

Доказательство.

1.Построим РK (чертеж 69), где K – середина ВМ, тогда РK || АM.

hello_html_m787459a9.gif

Чертеж 69.

2. Длины сторон ∆ МРKhello_html_1f35dd0c.gif длин медиан данного треугольника.

3. Треугольник со сторонами 12, 5 и 7 не существует, т.к. 5+7 = 12 (не выполняется неравенство треугольника), значит и ∆ МРK и, следовательно, ∆ АВС не существуют.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

1. Куб разобьем на единичные кубики. Их будет 133 = 2197.

2. 2197 > 2010, следовательно, по крайней мере, 1 такой кубик существует.

Ответ: можно.


Задача №4

Решение.

1. hello_html_m2a6e06b1.gif. ВЕ АС, НК АС (чертеж 70).

2. ∆ СКН СЕB (по двум углам, C – общий, CKH = CEB = 900), отсюда hello_html_1490913c.gif.

3. ∆ АВС – равнобедренный (AB = BC), следовательно, СЕ = 24, СK = 18.

4. hello_html_m7ee68f01.gif (из подобия ∆ AКН и ∆ HKC, по свойству высоты прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе). Отсюда НK2 = 18 · (48 – 18) = 62 · 15, НK = 6hello_html_630f4ee1.gif.

hello_html_5d6e8758.gif

Чертеж 70.

5. SAНС = ½ 48 · 6hello_html_630f4ee1.gif = 144hello_html_630f4ee1.gif, hello_html_124388d.gif, SАВН = 48hello_html_630f4ee1.gif.

Ответ: площадь меньшего треугольника равна 48hello_html_630f4ee1.gif.


9 класс

Задача №1

Решение.

1. Пусть АЕВС = K (чертеж 71).

hello_html_m1377b2d3.gif

Чертеж 71.

2. ∆ ВЕK DЕА (по двум углам,  BEK = DEA вертикальные,  EBK = EDA внутренние накрест лежащие), следовательно, hello_html_8c66db4.gif.

3. АD = ВС, следовательно, hello_html_m4261f8b0.gif. Отсюда hello_html_26b3b52d.gif hello_html_5a9f8785.gif.

Ответ: hello_html_5a9f8785.gif.


Задача №2

Доказательство.

1. ∆ АКВ – прямоугольный ( K = 900), РK – высота. Тогда, по свойству высоты прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе, ∆APKKPB и, hello_html_70e31fd1.gif, отсюда РK2=АР·РВ (чертеж 72).

hello_html_m25780dda.gif

Чертеж 72.

2. ∆ АНР  ∆ СВР (по свойству высоты прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе), следовательно, hello_html_m3e7f92d1.gif. Отсюда РK2 = АР · РВ = HP · CP.

3. SАKВ = ½ АВ · KР, SАСВ = ½ АВ · СР, SАНВ = ½ АВ · РН.

Отсюда S2АКВ = SАСВ · SАНВ.

2 случай. Если АСВ – тупой, то точки С и Н поменяются местами, аналогичные рассуждения дадут результат как в предыдущем случае.

3 случай. Если угол А или В тупой, то не найдется точки K, удовлетворяющей условию АKВ = 900, т.к. СР не пересекает окружность, построенную на АВ как на диаметре.

Что и требовалось доказать.



Задача №3

Доказательство.

1. ab = cd (свойство отрезков хорд)

2. Из ∆ АВС: АС = hello_html_m543ed22.gif, СВ = hello_html_12ba442b.gif, АВ = а + b (чертеж 73).

3. sin САВ = hello_html_527af74a.gif.

4. По теореме синусов:

BC = 2R sin  САВ.

R = hello_html_m7e3a42f3.gif.

5. Sкр = R2 = hello_html_m12edfb30.gif(hello_html_m1d071de0.gif + c2 +а2 + b2).

hello_html_b4fb68e.gif

Чертеж 73.

6. Из п.1 hello_html_958b2d2.gif = d, следовательно, Sкр = hello_html_m12edfb30.gif(а2 + b2 + c2 + d2).

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Решение.

1. Пусть АВ = CD = b, AD = ВС = а, BK = x, BP = y, А = α, тогда KC = ax, AP = by. S1 = SBPK, S2 = SAPD, S3 = SKCD, S4 = SDKP (чертеж 74).

2. SАВСD = аb sin α.

3. S1 = S2 = S3 = 1. Учитывая, что sin α = sin (1800α), получим:

4. ху = b (а – х) = а (b – у) bх = ау.


hello_html_m43de334d.gif

Чертеж 74.

5. Из п.4 следует, что у = hello_html_m9dbc.gif, тогда х hello_html_m9dbc.gif = b (а – х) bх2 + аbха2b = 0. Учитывая, что х > 0, получаем х = hello_html_482ab76a.gif.

Аналогично, у = hello_html_3ab74ddc.gif.

6. S1 = ½ ху sin α = ½ hello_html_mb5cd176.gif · hello_html_3ab74ddc.gifsin α = 1, выразим отсюда аb sin α и подставим в п.2:

SАВСD= аb sin α = hello_html_m2ea1f97d.gif = hello_html_m426cac6f.gif= 3 +hello_html_m59c8c0fc.gif.

7. S1 + S2 + S3 + S4 = 3 +hello_html_m59c8c0fc.gif, учитывая, что S1 = S2 = S3 = 1, получаем S4 = hello_html_m59c8c0fc.gif.

Ответ: S4 = hello_html_m59c8c0fc.gif.


10 класс


Задача №1

См. решение задачи №2, 9 класс, II тур, 2010 год

Задача №2

Доказательство.

1. Пусть ОА = а, ОВ = b (чертеж 75).

hello_html_m1b9ccce8.gif

Чертеж 75.

2. SAOB = ½ аb sin АОВ = ½ аh + ½ bh, т.к. точка М лежит на биссектрисе угла.

3. Разделим ½ аb sin АОВ = ½ аh + ½ bh на аbh.

hello_html_m2ef9baef.gifэта величина не зависит от положения прямой АВ, проходящей через точку М.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

См. решение задачи №4, 10 класс, 2007 год






Задача №4

Решение.

1. AB = BC = m (чертеж 76), следовательно, АСВ = ВDС (углы вписанные в окружность и опирающиеся на равны хорды равны между собой).

hello_html_meb62a68.gif

Чертеж 76.

2. ∆ BCE BDC (по двум углам, АСВ = ВDС, B – общий) с коэффициентом подобия hello_html_4fe6d373.gif.

3. Из п.2 радиусы описанных окружностей вокруг треугольников BCE и BDC относятся как hello_html_23268868.gif, следовательно, hello_html_m5981182d.gif.

Ответ: hello_html_m5981182d.gif.



11 класс


Задача №1

См. решение задачи №1, 9 класс, II тур, 2010 год


Задача №2

См. решение задачи №4, 10 класс, 2007 год


Задача №3

Доказательство.

Введем систему координат так, чтобы оси ОХ и ОУ совпадали с осями симметрии парабол (чертеж 77).

hello_html_meca68c4.png

Чертеж 77.

Уравнения парабол в этом случае будут: у2 = 2рх +b, х2 = 2kу + с.

Сложим эти равенства и получим:

(х – р)2 + (у – k)2 = b + с + р2 + k2 – это уравнение окружности.

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Решение.

1. В правильном тетраэдре центр вписанной и описанной сфер, центр тяжести совпадают.

hello_html_586e2dc8.gif

Чертеж 78.

2. Центр тяжести – точка пересечения медиан тетраэдра. Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину с центром тяжести противоположной грани. Медианы тетраэдра пересекаются и точкой пересечения делятся в отношении 3:1, считая от вершины.

3. Центр искомой окружности точка О, радиус – ОK (чертеж 78).

4. АТ = hello_html_m6c481c0e.gif = РK, КЕ = hello_html_58e2b6ee.gif, РЕ2 = hello_html_m2b284c50.gif, РЕ= hello_html_m63a5f805.gif,

ОЕ = hello_html_3785d87e.gif, ОK2 = hello_html_m20c0aab6.gif, ОK = hello_html_m295b7f71.gif.

Ответ: ОK = hello_html_m295b7f71.gif.


2011 год

I тур (заочный)

8 класс


Задача №1

Решение.

1. ВМС – внешний к треугольнику ВНМ (чертеж 79), тогда  ВМС = 380 + 900=1280 (по свойству внешнего угла треугольника).

2. ВМ — медиана треугольника АВС, ВМ = ½ АС ВМ = МС = МА.

3. ∆ ВМС — равнобедренный (ВМ = МС), значит B = С = ½ (1800 – 1280) = 260 (по свойству равнобедренного треугольника).

4. ВМН = 900 – 380 = 520.


hello_html_298bb890.gif

Чертеж 79.

5. ∆ ВМА — равнобедренный (ВМ = АМ), значит A = В = ½ (1800 – 520) = 640.

АВС = 1800 – (260 + 640) = 900.

Ответ: A = 640, В = 900, С = 260.


Задача №2

См. решение задачи №4, 8 класс, 2008 год


Задача №3

Доказательство.

1. Построим DK AB, DM BC, CH AB, CF KD (чертеж 80).

2. Тогда FK || CH и HK || CF. Значит HKFC – параллелограмм (по определению), но тогда НС = KF (по свойству параллелограмма).

3. BAC = BСА (по свойству равнобедренного треугольника АВС); ВАС = FСD (как соответственные при параллельных прямых АВ и CF и секущей AD);

ВСА = DСМ (как вертикальные), тогда FСD = DCM.

hello_html_m4cb5d6d7.gif

Чертеж 80.

4. ∆ FCD = MCD (по гипотенузе CD и острому углу) FD = DC.

5. DK – DM = DF + FK – DF = FK = CH.

Что и требовалось доказать.






Задача №4

Решение.

1. Пусть KЕ АВ = М, KЕ CD = N (чертеж 81).

FBK = KBM = α (ВK – биссектриса FBM),

РАK = KАM = (АK – биссектриса РАM).


hello_html_5eb621b2.gif

Чертеж 81.

2. FBА + РАМ = 1800 (как сумма внутренних односторонних углов при параллельных FB и PA и секущей АВ), т.е. + 2 = 1800  α + = 900.

3. Из АКВ: А+ B = α + = 900, тогда K = 900.

Аналогично, в треугольнике СЕD Е = 900.

4. Построим KF BC, FKAD = Р, т.к. FB || AP и FP – секущая, то  F + P = 1800, но F =900, значит Р=900, т.е. КР АР.

Построим KL AB, L AB.

5. K BK – биссектрисе FBA, тогда KF = KL;

K AK – биссектрисе PAB, тогда KP = KL.

Отсюда следует, что KF = KP, т.е. К – середина отрезка или KF = hello_html_m1a94a4e6.gifFP.

Если F1P1 расстояние между ВС и AD, тогда FP = F1P1 (т.к. ВС || AD).

Аналогично доказывается, что F1E =hello_html_m1a94a4e6.gif F1P1= hello_html_m1a94a4e6.gifFP.

6. F + F1 = 900 + 900 = 1800 (сумма внутренних односторонних углов при параллельных прямых PF и P1F1 секущей FF1), значит FP || F1P1 (по признаку параллельности двух прямых).

FK || F1E, FK = F1E KFF1E — параллелограмм (по признаку), тогда FF1 || КE || РР1.

7. Так как FK = KP, K FP, FF1 || KE || PP1 BM = MA (по теореме Фалеса).

Аналогично, N – середина CD.

8. М – середина АВ, N – середина CD MN – средняя линия трапеции (по определению).

MN = hello_html_5ec2dd3e.gif (по свойству средней линии трапеции), тогда AD + BC = 2 MN.

9. KM – медиана треугольника ABK, K = 900, тогда 2 КМ = АВ.

Аналогично, 2 EN = CD.

PABCD = AB + BC + CD + AD = 2KM + 2EN + 2MN = 2(KM + MN + NE) = 2 · 20=40.

Ответ: PABCD = 40.

Задача №5

Доказательство.

1. Сделаем дополнительные построения: DB, DM, DN (чертеж 82).

2. Пусть ВМ = х, АВ = ВС = а, тогда NB = a – x, AN = x.

hello_html_m66124763.gif

Чертеж 82.

3. Из ∆ ADB: AD = AB, A = 600, тогда треугольник ADB – равносторонний, т.е. AD = AB = DB.

4. Из ромба ABCD: В =1800 A = 1200. Тогда ABD = DВC = 600 (диагональ ромба является биссектрисой его угла).

5. ∆ ADN = BDM (по двум сторонам и углу между ними, AD = BD, AN = BM, A = В), тогда DN = DM, ADN = BDN = α.

6. NDB = 600 – α, NDM = NDB + BDM = 600 – α + α = 600.

7. В треугольнике NDM: DN = DM, NDM=600 NDM – равносторонний.

Что и требовалось доказать.

Задача №6

Доказательство.

Докажем сначала, что PQMN – параллелограмм (чертеж 83).

1. АА1 – биссектриса А, значит ВАА1 = А1АD = α.

СС1 – биссектриса С, А = С (по свойству параллелограмма), отсюда ВСС1 = С1СD = α.

Аналогично, АВВ1 = СВВ1 = АDD1 = CDD1 = .

hello_html_m41677155.gif

Чертеж 83.

2. ВA1A = А1AD = α (как внутренние накрест лежащие при параллельных ВС и AD и секущей АА1);

ВСС1 = СС1D = α (как внутренние накрест лежащие при параллельных ВС и AD и секущей СС1).

Следовательно, А1АD = СС1D = α, а это соответственные углы, при пересечении прямых АА1 и СС1 и секущей AD, значит АА1 || СС1 (по признаку параллельности двух прямых).

Аналогично, ВВ1|| DD1, значит РQМN – параллелограмм (по определению).

Докажем, что в этом параллелограмме все углы прямые, тогда он будет прямоугольником по определению.

3. В ∆ АВА1: А = А1 = α, тогда ∆ АВА1 – равнобедренный (по признаку) и АВ = ВА1 = а. Аналогично, из ∆ СDD1, CD = DC1 = а.

4. A + B = 1800 (как сумма смежных углов параллелограмма), отсюда α + = 900; Из п.1 и ∆ ABP: BPA = 1800 – (α + ) = 900.

QPN = BPA = 900 (как вертикальные).

Из параллелограмма РQМN далее легко получаем, что P =  Q =  N = M = 900.

5. В параллелограмме PQMN все углы равны 900, значит, он является прямоугольником (по определению).

6. АА1 || СС1, А1С || С1А АА1СС1параллелограмм (по определению), тогда АА1 = СС1 (по свойству параллелограмма).

7. ВР АА1, АВ = ВА1 ВPмедиана треугольника АВА1, т.е. 2 РА1 = АА1.

Аналогично, 2 МС = СС1, а так как АА1 = СС1, то РА1 = МС.

8. РА1 || МС, РА1 = МС1 РА1СМ — параллелограмм (по признаку), тогда РM=A1С (по свойству параллелограмма).

Найдем теперь диагонали прямоугольника:

РМ = А1С1= A1С = ВС – ВА1= ВС – АВ.

Что и требовалось доказать.



9 класс


Задача №1

Решение.

1. Пусть K и H – точки касания данной окружности и сторон данного угла, а L – точка касания окружности и стороны MN треугольника MBN (чертеж 84). Тогда MK = ML, LN = HN, отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны.

hello_html_m142928cc.gif

Чертеж 84.

2. PMBN = BM + (ML + LN) + NB = (BM + MK) + (HN + NB) = BK + BH = 18. Т.к BK = BH, то BH = 9.

3. Точка O центр окружности, вписанной в угол ABC, принадлежит биссектрисе этого угла. Следовательно, OBH = ½ ABC = 300.

4. Из ∆ OBH ( H = 900): т.к. B = 300, то BO = 2OH = 2R (свойство катета, лежащего напротив угла в 300). По теореме Пифагора получаем: BH2 = BO2OH2, 81 = 4R2R2, R = 3hello_html_m980c3de.gif.

Ответ: R = 3hello_html_m980c3de.gif.


Задача №2

Доказательство.

1. Так как О – центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника середина его гипотенузы, то AB = 2R, где R радиус описанной окружности (чертеж 85).

2. Пусть L, K и N – точки касания окружности, вписанной в треугольник, и его сторон. Тогда BN = BK, AN = AL, CK = CL (отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны между собою) и, следовательно, AL + BK = AN + BN = 2R.

3. Пусть O1 – центр окружности вписанной в ∆ ABC. Четырехугольник LO1KC – квадрат (все углы прямые с равными смежными сторонами). Следовательно,CL = CK = r, где r – радиус вписанной в ∆ ABCокружности.

4. AC + BC = (AL + BK) + (CL + CK) = 2R + 2r.

Что и требовалось доказать.


hello_html_m19d6406e.gif

Чертеж 85.


Задача №3

Доказательство.

1. Центр параллелограмма – точка пересечения его диагоналей, так как диагонали параллелограмма делятся точкой их пересечения пополам, то центр параллелограмма – середина любой из двух его диагоналей (чертеж 86).

2. ALP = LPB (как внутренние накрест лежащие при параллельных AD и BC и секущей PL);

LPB = MNC (как соответственные при параллельных KL и MN и секущей BC).

Отсюда, ALP = MNC.

Аналогично, AKL = NMC.

hello_html_m5aef686.gif

Чертеж 86.

3. ∆ AKL = ∆ MNC (по стороне и прилежащим к ней углам ALP =  MNC, AKL = NMC, KL = MN, как противолежащие стороны параллелограмма). Следовательно, AL = NC.

4. AL = NC, AL || NC, следовательно, ALCN – параллелограмм, а AC и NL – его диагонали.

5. O = AC NL.

O – середина AC. Так как AC – диагональ параллелограмма ABCD, то О – центр ABCD.

O – середина NL. Так как NL – диагональ параллелограмма KLMN, то О – центр KLMN.

Следовательно, центры параллелограммов ABCD и KLMN совпадают.

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Доказательство.

Пусть BP и DQ – проекции сторон AB и CD четырехугольника ABCD на его диагональ BD. Докажем равенство отрезков BP и DQ (чертеж 87).

hello_html_2a672a38.gif

Чертеж 87.

1. ABC = ADC = 900 (вписаны в окружность, опираются на диаметр).

2. ∆ ABP ACD (по двум углам, P = D = 900,  ABP =  ABD =  ACD как вписанные в окружность и опирающиеся на одну хорду). Следовательно, hello_html_m15f5b1aa.gif.

3. Аналогично, ∆ CDQ CAB, и hello_html_ed607d7.gif.

Из пп. 2 и 3, получаем, что BP = DQ.

Что и требовалось доказать.


Задача №5

Доказательство.

Пусть AB = a (чертеж 88).

1. Из ∆ ABP ( B = 900): AB = BP APB = 450.

Докажем, что AQB + ACB = 450.

2. A1 и D1 – образы точек A и D при осевой симметрии относительно BC, тогда BA1D1C – прямоугольник.

3. PP1 BC, P1 = PP1A1D1.

4. ∆ QBA = ∆ CPP1 (по двум сторонам и углу между ними, ( B =  P = 900, AB = PP1 = a, BQ = PC = 2a).

Следовательно, PCP1 =  AQB.

5. Рассмотрим ∆ AP1C.

AP1 = P1C = ahello_html_m59c8c0fc.gif, AC = ahello_html_7056ef2f.gif.

AP12 + P1C2 = AC2, следовательно, по теореме, обратной теореме Пифагора, ∆ AP1C – прямоугольный и равнобедренный, CP1A = 900, P1СA = 450.

hello_html_7b970e06.gif

Чертеж 88.

6. P1СA = P1CP + ACB = AQB + ACB = 450.

В итоге, получаем APB + AQB + ACB = 450 + 450 = 900.

Что и требовалось доказать.


Задача №6

Доказательство.

1. Пусть М – пересечение окружности, описанной около треугольника АВС, и отрезка ОО1 (чертеж 89).

2. О – центр окружности, вписанной в ∆ ABC, значит, О – точка пересечения биссектрис, то есть BAO = CAO = α, ACO =  BCO = .


hello_html_m3a575fda.gif

Чертеж 89.

3. СО1 – биссектриса угла BCK, значит, О1 равноудалена от сторон CB и CK этого угла.

ВО1 – биссектриса угла CBL, значит, О1 равноудалена от сторон BC и BL этого угла.

B таком случае О1 равноудалена от сторон угла LAK и, следовательно, принадлежит биссектрисе АО этого угла. Таким образом, точки А, О и О1 – точки одной прямой.

4. OCO1 = 900 (по свойству биссектрис смежных углов).

5. COM – внешний угол треугольника AOC. COM = + α.

6. BCM = BAM = α (как вписанные в окружность и опирающиеся на дугу BM). Тогда OCM = + α.

6. Из пп. 5 и 6: ∆ OCM – равнобедренный и MO = MC.

7. Из ∆ OCO1 ( C = 900): MO1C = 900 – ( + α), MCO1 = 900 – ( + α), следовательно, MO1C = MCO1, отсюда CM = MO1.

8. В итоге, получаем MO = MO1, то есть М – середина ОО1.

Что и требовалось доказать.


10 класс


Задача №1

Анализ.

1. Пусть АВСD – искомый параллелограмм, М – середина ВС, N – середина CD (чертеж 90).

2. АС BD = O, AC и BD – диагонали параллелограмма.

3. Т.к. М – середина ВС, N – середина CD, то MN – средняя линия треугольника BCD (по определению) MN || BD и MN = ½ BD (по свойству средней линии).

4. Пусть K = АС MN. Т.к. MN || BD и ВО = OD (по свойству диагоналей параллелограмма), то MK = KN.

5. Т.к. MK || BO и ВМ=МС, то по теореме Фалеса CK=KO=½AO.

hello_html_1bd15188.gif

Чертеж 90.



Построение.

1. K – середина MN.

2. AK.

3. C, C AK, CK = ⅓ AK.

4. O, O AK, AO =⅔ AK.

5. BD, O BD, BO = OD = 2 MK, BD || MN.

6. ABCD.



Доказательство.

1. BO = OD (по п.5 построения)

2. AO=OC (по п.3 и 4 построения)

3. Из 1. и 2. следует, что четырехугольник ABCD – параллелограмм (по признаку).

4. Т.к. CK = KO и MN || BD, то M – середина ВС и N – середина CD по теореме Фалеса.

Следовательно, ABCD – искомый параллелограмм.

hello_html_18e4bb20.gif

Чертеж 91.




Задача №2

Доказательство.

У куба имеются три пары параллельных граней. Две стороны сечения, которое является пятиугольником, обязаны принадлежать параллельным граням (чертеж 91). Поскольку они лежат в одной плоскости (плоскости сечения), то должны быть параллельны между собой (прямые пересечения двух параллельных плоскостей третьей, параллельны между собой). Этот факт приводит к противоречию, поскольку у правильного пятиугольника нет параллельных сторон.

Что и требовалось доказать.


Задача №3

Решение.

1. Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD (чертеж 92).

2. Пусть секущая плоскость содержит сторону основания ВС и проходит через точку М – середину ребра DA.

3. Т.к. М Î и В Î , то МВ Ì . Аналогично, МС Ì . Таким образом, в сечении пирамиды ABCD плоскостью получим треугольник МВС.

4. Пусть AK CN = O, где AK и CN – медианы треугольника АВС.

5. Рассмотрим плоскость треугольника ADK: DÎ (ADK), OÎ (ADK) Þ DO Ì (ADK); M Î (ADK), K Î (ADK) Þ MK Ì (ADK).

Следовательно, DOMK = F, F Î (ADK) и FÎ (ВМС).

Найдем отношение hello_html_2c60c88c.gif.

hello_html_655f5074.gif

Чертеж 92.

6. По свойству медиан треугольника hello_html_m5968d7ad.gif.

Рассмотрим D ADK (чертеж 93).

7. Пусть Е – середина АО, тогда AE = EO = OK.



hello_html_m40d49f65.gif

Чертеж 93.

8. Проведем через точки Е и О прямые, параллельные MK до пересечения со стороной AD в точках Р и Т соответственно.

Тогда, по теореме Фалеса AP = PT = TM.

9. Так как MF || TO, то по обобщенной теореме Фалеса hello_html_4475bb03.gif.

10. Но DM = MA (по условию) и MA = 3 MT.

Следовательно, hello_html_m7416c0e4.gif.

Ответ: hello_html_7e5cd85a.gif.






Задача №4

Доказательство.

Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, AM = MN = NB, CP = PQ = QD (чертеж 94).

Докажем, чтоhello_html_42eaed74.gif.

1. Построим NC, MP, AQ. AH1 DQ, H1 DQ, MH2 QP, H2 QP, NH3 PC, H3 PC.

Очевидно, что AH1 || MH2 || NH3.

Рассмотрим трапецию ANH3H1.

2. Так как AM = MN (по условию) и AH1 || MH2 || NH3, то hello_html_49d5cdc.gif – средняя линия трапеции ANH3H1 Þ hello_html_m33f70731.gif.

3. Найдем площади треугольников ADQ, MQP, NPC.

SADQ = ½ AH1 · DQ; SMQP = ½ MH2 · QP; SNPC = ½ NH3 · PC.

4. Из п.2 площадь треугольника D MQP равна

hello_html_3f1ab588.gif.

5. Т.к. DQ = QP = PC (по условию), то

hello_html_668f16ff.gif.

6.Аналогично, hello_html_m73b80f64.gif.



hello_html_5a4a36ac.gif

Чертеж 94.

7. Т.к. SMNPQ = SPMN + SMPQ, то

SMNPQ = ½ (SADQ + SQAM + SNPC + SCNB) = ½ (SAMQD + SNBPC).

Таким образом, SABCD = SMNPQ + SAMQD + SMNPQ = 3SMNPQ.

Откуда hello_html_42eaed74.gif.

Что и требовалось доказать.

Задача №5

Доказательство.


1 случай. Точка N лежит вне треугольника АВС (чертеж 95).

1. Пусть Q – точка касания вписанной окружности со стороной АС.

Обозначим BF = a, AQ = c, EC = b.

2. По свойству отрезков касательных к окружности, выходящих из одной точки, BF = BE = a, AQ = AF = c, EC = CQ = b.

Тогда AB = a + c, BC = a + b, AC = b + c.

hello_html_650bac20.gif

Чертеж 95.





Рассмотрим треугольники EBF и EKN.

3. Т.к. М – середина АС, К – середина ВС, то МК – средняя линия треугольника АВС (по определению). Следовательно, MK || AB (по свойству средней линии треугольника).

4. BFE = ENK (как накрест лежащие при параллельных прямых MN и АВ и секущей FN).

Кроме того, FEB = NEK (как вертикальные).

5. Таким образом, ∆ EBF EKN (по двум углам).

6. Т.к. треугольник EBF – равнобедренный (BF = BE), то и треугольник EKN равнобедренный и EK = KN.

7. Найдем длину отрезка EK.

BC = a + b BK = KC = ½ (a + b), EK = BKBE = ½ (ba).

8. По свойству средней линии, MK = ½ AB = ½ (a + c).

В силу пп. 7 и 8, MN = MK + KN = MK + EK = ½ (b + c).

9. Так как М – середина АС и AC = b + c, то AM = ½ (b + c).

Таким образом, MN = AM, следовательно, треугольник AMN – равнобедренный (по определению), а по свойству углов при основании равнобедренного треугольника, NAM = ANM.

10. Так как MN || AB, AN – секущая, то ANM = FAN (как внутренние накрест лежащие).

Из пп. 9 и 10 следует, что NAM = FAN. Последнее означает, что AN – биссектриса BAC.



2 случай. Точка N лежит внутри треугольника АВС (чертеж 96).

Рассуждая по аналогии, получим:

KE = ½ (ab); MN = MKKN = MKKE = ½ (b + c); AM = ½ (b + c);

NAM = ANM; FAN =  ANM, отсюда FAN = ANM.

Таким образом, AN – биссектриса угла A.

hello_html_7f6951fd.gif

Чертеж 96.





3 случай. Точка N лежит на стороне ВС (чертеж 97).

В этом случае K = E = N. Но тогда a = b и AB = AC. Поскольку в равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, совпадает с биссектрисой, то AN – биссектриса угла ВАС.

Во всех трех случаях мы получили, что AN – биссектриса угла ВАС.

Что и требовалось доказать.

hello_html_31db8ad3.gif

Чертеж 97.






Задача №6

Доказательство.

Пусть BH1, BH2, BH3 – высоты треугольника АВС,

BH1BH2BH3 = H (чертеж 98).

Докажем, что ∆ A1B1C1 ABC.

hello_html_533d40d3.gif

Чертеж 98.


1. Рассмотрим окружность, проходящую через точки Н и H1.

Т.к. ВС – касательная к окружности (по условию), H1 – точка касания и HH1 BC, то HH1 – диаметр окружности.

Аналогично, HH2 и HH3 – диаметры соответствующих окружностей.

2. HC1H2 = 900, как вписанный в окружность, опирающийся на диаметр HH2. Аналогично, HC1H1 = 900.

Тогда, H2C1H2 = HC1H2 + HC1H1 = 900 + 900 = 1800. Следовательно, C1 H1H2. Аналогично, A1 H2H3.

3. Так как BH3C = BH2C = 900, то точки В, H3, H2, С лежат на окружности с диаметром ВС. Но тогда BH2H3 = BCH3 (как вписанные в окружность и опирающиеся на общую дугу).

4. Из треугольника BCH3 ( BH3C = 900):

BCH3 = 900 H3BC = 900 ABC.

Следовательно, BH2H3 = 900 ABC.

Аналогично, BH2H1 = BAH1 = 900 ABC.

5. ∆ HA1H2 = ∆ HC1H2 по стороне и прилежащим к ней углам ( HA1H2 = HC1H2 из п.2, HH2A1 = HH2C1 из п.4, HH2 – общая)

Значит, точки A1 и C1 симметричны относительно диаметра HH2.

Следовательно, A1C1 HH2. А так как AC HH2, то A1C1 || AC.

Аналогично доказывается, что A1B1 || AB, B1C1 || BC.

Но тогда углы при соответствующих вершинах треугольников равны и, следовательно, ∆ A1B1C1 ABC.

Что и требовалось доказать.


11 класс


Задача №1

Решение.

1. Рассмотрим треугольники AOE и BOC (чертеж 99).

BO = OA (по условию), EOA = BOC, как вертикальные,  BCO = CEA = 300, как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых BC и ED и секущей EC, значит OAE = OBC.

Следовательно, ∆ AOE = ∆ BOC по стороне и прилежим к ней углам и BC = EA = x.

hello_html_m20fe9356.gif

Чертеж 99.

2. Из ∆ BOC: CBA + BAD = 1800 как внутренние односторонние при параллельных прямых BC и ED и секущей BA, значит
CBA = 1200. Следовательно, BOC = 1800 CBO BCO = 300. Отсюда ∆ BOC – равнобедренный (по признаку) и BC = BO = x.

3. BC = BO = AO = EA = x.

4. EC CD (по условию),  BCE = 300  BCD = 1200,  CDE = 600.

5. Построим CK || AB, тогда  CKD = 600.

6. ∆ CKD – равнобедренный (по признаку), тогда CD = KD = CK = 2x.

7. AD = AK + KD = 3x = 15 x = 5.

Значит BC = 5, AB = CD = 10, AD = 15.

8. PABCD = AB + BC + CD + AD = 40.

Ответ: PABCD = 40.


Задача №2

Решение.

1. Пусть K – середина MB (чертеж 100).

2. AA1BB1CC1 = M hello_html_m4e882ef8.gif (свойство медиан треугольника) AM = 6, BM = 8, C1M = 5.

3. Из ∆ AMB: C1K – средняя линия, значит C1K || AM, C1K = ½ AM = 3, KM = 4.

4. Из ∆ C1KM: C1M2 = C1K2 + KM2, следовательно, по теореме обратной теореме Пифагора, ∆ C1KM – прямоугольный и C1KM = 900.

5. Из ∆ C1BM: C1K – медиана и высота C1B = C1M = 5 AB = 10.

Ответ: AB = 10.



hello_html_m450be01c.gif

Чертеж 100.






Задача №3

Доказательство.

1. Пусть М – середина ВС (чертеж 101). Обозначим AHE = x.

2. AH || ME, отсюда AHE = HEM = x (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых AH и ME и секущей HE).

3. Из ∆ BHC ( H = 900): HM – медиана HM = BM = BC (по свойству медианы прямоугольного треугольника).

hello_html_m3e2f6ba7.gif

Чертеж 101.

4. HM = EM = ½ BC EHM – равнобедренный и HEM = EHM = x.

5. BHM = 2 x.

6. Из ∆ BHM (HM = BM): BHM = HBM = 2 x.

7. HBC = BAD = MED = 2 x.

8. HED = HEM + MED = x+ 2 x = 3 x.

Следовательно, HED = 3 AHE.

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Доказательство.

Построение центра описанной сферы:

1. Пусть Е – центр окружности описанной около ∆ ABC (чертеж 102).

2. Построим прямую l так, что E l и l (ABC). Тогда l – множество точек, равноудаленных от A, B и C.

3. Пусть Q – середина PC. Построим плоскость α так, что α PC и Q  α. Тогда все точки плоскости α равноудалены от точек P и C.

4. αl = O – точка равноудаленная от всех вершин тетраэдра
OA = OB = OC = OP = Rсферы.

5. ∆ ABC – остроугольный, значит E лежит внутри ∆ ABC.

Радиусы окружностей, описанных около всех граней, равны т. к. все грани равные между собой треугольники, значит, EA = EB = EC = KA = KB = KP = Rокр (K – центр окружности, описанной около ∆ РАВ).

6. ∆ OAE = ∆ OKA (по гипотенузе и катету) OE = OK = rвпис. сферы.

Если грани прямоугольные или тупоугольные треугольники, то центр описанной окружности – это середина гипотенузы или вне треугольника. О – вне тетраэдра, а значит не может быть центром вписанной сферы.

Что и требовалось доказать.


hello_html_m2e7cc745.gif

Чертеж 102.



Задача №5

Решение.

Построение сечения (чертеж 103):

1. B1D – наклонная, BD – ее проекция на плоскость основания,
BD AC (свойство диагоналей квадрата), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, B1D AC.

2. Построим плоскость α, O α, B1D α. Тогда AC || α.

hello_html_m97c58cf.gif

Чертеж 103.

3. O A1C1CA, O NQ, NQ || AC, N AA1, Q CC1, где Nсередина AA1, Qсередина CC1.

4. D1C B1D (аналогично п.1) QP || CD1, NP || CD1.

AD1 B1D NT || AD1, QT || AD1.

Таким образом, NTPQLM – сечение куба плоскостью α.

5. Легко показать, что ON = OT = NT = hello_html_m1c390420.gif. Это означает, что ∆ ONT – правильный, а NTPQLM – правильный шестиугольник.

Таким образом, Sсечения = SNTPQLM = 6 SONT = hello_html_6afc1864.gif.

Ответ: Sсечения = hello_html_m2c4e654b.gif.


Задача №6

Решение.

Рассмотрим сечение тел плоскостью α (чертеж 104): AA1 α и AC  α (диагональ квадрата).

hello_html_m75252196.gif

Чертеж 104.


1. Vк = ⅓ R2h = ⅓ AK2AA1.

2. AA1 = 2, AC = 2hello_html_1caef8ee.gif, AK = x, KO = hello_html_1caef8ee.gifx.

3. KO = KE, A1O = A1E (свойство касательных).

4. Из ∆ AA1K ( A = 900): A1K = hello_html_1caef8ee.gif + hello_html_1caef8ee.gifx = 2hello_html_1caef8ee.gifx, тогда по теореме Пифагора: A1K2 = AK2 + A1A2. Получаем:

hello_html_m1e2ede87.gif, hello_html_m2c07bc9f.gif, hello_html_7dc25cdd.gif, hello_html_m4ecb86f2.gif.

5.hello_html_39829427.gif.

Ответ:hello_html_m2e865b30.gif.


II тур (очный)

8 класс


Задача №1

Решение.

1. C B = 900 (по условию). Пусть B = α, тогда С = 900 + α (чертеж 105).

2. Т.к. AL – биссектриса, то CAL = LAB = ½ (1800 – α – (900 + α)) = 450 – α.

3. Из ∆ ALC: L = 1800 – (900 + α + 450α) = 450.


hello_html_m64a82837.gif

Чертеж 105.

4. Рассмотрим ∆ AFL.

FAL = 900 (свойство биссектрис смежных углов), ALF = 450 (из п.3), следовательно, AFL = 450. Таким образом, ∆ AFL – равнобедренный (по признаку). Отсюда AF = AL.

Что и требовалось доказать.


Задача №2

Решение.

1. Пусть MLNK = A (чертеж 106).

2. ∆ MAK = ∆ MNA по катету и острому углу (MA – общая, AMK =  AMN, т.к. MA – биссектриса угла A). Следовательно, MN = MK = 1. Т.к. NK – медиана, то KP = MK = 1. Тогда MP = 2.

3. |MPMN| < NP < MP + MN (из неравенства треугольника). Тогда 1 < NP < 3. Следовательно, NP = 2.

Ответ: NP = 2.

hello_html_m48ad743a.gif

Чертеж 106.


Задача №3

Решение.

1. Пусть a, b, c – касательные к окружности, а A1, B1, C1 – точки касания (чертеж 107).

2. M1M = M1B1, N1N = N1B1 (по свойству касательных), следовательно, M1N1 = M1M + N1N.

3.hello_html_m5f558ea0.gif= M1B + BN1 + M1N1 = M1B + M1M + BN1 + N1N = BM + BN.

Аналогично,hello_html_m671736b2.gif= AM + AP,hello_html_m1dedfd7e.gif= CP + CN.

4. Пусть BM = BN = x, AM = AP = y, CP = CN = z (по свойству касательных).

5. 2x + 2y + 2z = 48. По условию, y + z = 12, значит x = 12.

6. AB = BC (по условию), значит x + y = x + z y = z, y = 6.

Отсюда AB = x + y = 18.

Ответ: AB = 18.

hello_html_m21ebf5d4.gif

Чертеж 107.


Задача №4

Доказательство.

1. Построим прямую l. A l, l || BC. Пусть F и Q – точки пересечения прямой l с биссектрисами внешних углов при вершинах B и C треугольника ABC (чертеж 108).

2. ECF = CFA (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых FA и BC и секущей CF);

ECF = FCA (FC – биссектриса ECA по условию).


hello_html_51965a53.gif

Чертеж 108.


3. Из п.2, ∆ AFC – равнобедренный (по признаку) и AF = AC.

Т.к. AM FC (по условию), то AM – медиана ∆ AFC (по свойству высоты, проведенной к основанию в равнобедренном треугольнике), т.е. M – середина FC.

Аналогично, P – середина BQ.

4. MP – средняя линия трапеции CFQB (по определению), тогда MP = ½ (FQ + BC) (по свойству средней линии). Отсюда, учитывая п.3, получаем:

MP = ½ (FQ + BC) = ½ (FA + AQ + BC) = ½ (AC + AB + BC) = ½ PABC.

Что и требовалось доказать.







9 класс


Задача №1

Доказательство.

1. D – середина AB, M – середина AC (чертеж 109), следовательно, DM – средняя линия ∆ ABC (по определению) и DM || BC.

hello_html_16d23f98.gif

2. Из ∆ DBM (BD = BM): BDM = BMD (свойство равнобед-ренного треугольника).

Чертеж 109.

3. BDM = EBC (как соответственные при параллельных прямых DM и BC и секущей AE)

CBM = BMD (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых DM и BC и секущей BM).

Следовательно, CBM = CBE.

Что и требовалось доказать.


Задача №2

Решение.

1. Пусть MOA = x, тогда MOB = x + 100 (чертеж 110).

2. В четырехугольнике ОАМВ сумма противоположных углов А и В равна 1800, значит около этого четырехугольника можно описать окружность. Углы МОА и МВА, вписанные в эту окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу, равны между собою, то есть  МВА = МОА = х.


hello_html_3d087338.gif

Чертеж 110.

3. MBO = 900, MBA = x. Следовательно, ABO = 900x.

4. Пусть D = OMAB. Тогда ADO – внешний угол ∆ BOD.

ADO = DOB + DBO = x + 100 + 900x = 1000.

Тогда BDO = 800.

Ответ: BDO = 800.


Задача №3

Доказательство.

1. Пусть L симметрична М относительно точки А (чертеж 111).

Тогда ML = 2 МА.

hello_html_m4180730f.gif

Чертеж 111.

2. ИзBML: ML = MB = 2 MA. Значит ∆ BML – равнобедренный и  MLB = MBL = α.

Аналогично, из ∆ BME: MBE = MEB = .

3. Из ∆ LBE: L + B + E = α + (α + ) + = 2α + 2 = 1800. Следовательно, B = α + = 900, а значит LB BE.

4. Диагонали четырехугольника BMDL делятся точкой пересечения пополам, значит, BMDL – параллелограмм (по признаку) и DM || LB.

5. DM || LB, LB BE, следовательно, DM BE.

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Доказательство.

Пусть M, N и P – основания перпендикуляров, опущенных из точки B1 на прямые BC, BA и AA1 соответственно (чертеж 112).

hello_html_m7ee0d48f.gif

Чертеж 112.

1. АА1 делит угол А, равный 1200, пополам, т.е.  САА1 =  BAA1 = 600. Если САD – внешний угол треугольника АВС при вершине А, то CAD = 600.

2. CAD = A1AC = 600, т.е. ACбиссектриса A1AD.

Т.к. B1 AC, то B1 равноудалена от сторон AD и AA1 (B1N = B1P).

3. BB1 – биссектриса ABC, значит B1N = B1M

4. Из пп.2 и 3 получаем, B1M = B1P, следовательно, A1B1 – биссектриса AA1C.

5. Аналогично, A1С1 – биссектриса AA1B.

6. Биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны. Т.к. углы AA1C и AA1B смежные, то A1B1 A1С1, а значит B1A1C1 = 900.

Что и требовалось доказать.


10 класс


Задача №1

Доказательство.

Рассмотрим тетраэдр DABC. M, N, P, Q, R, S – середины ребер DC, AB, AD, AC, BC и BD соответственно (чертеж 113). Нужно доказать, что отрезки SQ, MN и PR пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.

1. Из ∆ АВС: RQ – средняя линия ∆ АВС (R – середина ВС, Q – середина АС). Следовательно, RQ = ½ АВ и RQ || AB.

2. Аналогично, из ∆ ABD получаем, что SP = ½ АВ и SP || AB.

3. SP = RQ и SP || RQ. Следовательно, SPQR – параллелограмм (по признаку). Значит, SQ PR = O, SO = OQ, PO = OR (по свойству диагоналей параллелограмма).

hello_html_6c4878c.gif

Чертеж 113.

4. Аналогично, MSNQ –параллелограмм и SQ MN = O, SO = OQ, MO = ON.

Таким образом, SQ MN PR = O и точкой пересечения делятся пополам.

Что и требовалось доказать.

Задача №2

Решение.

1. Пусть AB = 4 AD, Е – середина АВ, F – середина АЕ (чертеж 114).

2. EF = FA = AD.

3. В равнобедренном треугольнике AFD угол при вершине равен 600. Следовательно, треугольник AFD равносторонний, и DF = FA.

hello_html_7d62347b.gif

Чертеж 114.

4. Из ∆ ADE: медиана DF в два раза меньше стороны AE, к которой она проведена. Значит, ∆ ADE – прямоугольный, и  EDA = 900.

5. ED – средняя линия треугольника АВС, следовательно, ED || AC.

6.  EDA =  DAC = 900, как внутренние накрест лежащие при параллельных ED и АС и секущей AD.

Таким образом, BAC = FAD + DAC = 900 + 600 = 1500. Очевидно, что BAC будет наибольшим в треугольнике АВС.

Ответ: 1500.





Задача №3

Доказательство.

Пусть DABC данный тетраэдр, в котором AD BC и DC AB (чертеж 115).

1. Опустим из точки D перпендикуляр на плоскость основания ABC, DH (ABC).

2. Пусть AHBC = N, BHAC = M, CHAB = L.

hello_html_27f24a2f.gif

Чертеж 115.

3. Так как AD BC (по условию), то по теореме обратной теореме о трех перпендикулярах AH BC или AN BC. Следовательно, AN – высота треугольника АВС.

4. Аналогично, CL – высота треугольника АВС.

Но тогда точка Н – ортоцентр треугольника АВС, и BM AC.

5. Так как BH AC, то по теореме о трех перпендикулярах DB AC.

Что и требовалось доказать.


Задача №4

Доказательство.

1. ACD = 900, как вписанный в окружность и опирающийся на диаметр AD (чертеж 116).

2. В четырехугольнике ECDK, C = K = 900. Следовательно, около четырехугольника ECDK можно описать окружность. Тогда  ECK =  EDK (как вписанные в окружность и опирающиеся на общую дугу).

hello_html_m6955ad6f.gif

Чертеж 116.


3. BDA = BCA (как вписанные в окружность и опирающиеся на общую дугу). Следовательно, BCA = ACK, значит, CE – биссектриса BCK.

4. Аналогично, BE – биссектриса KBC.

5. Из пп. 3 и 4 следует, что Е – центр окружности, вписанной в треугольник BCK.

Что и требовалось доказать.


11 класс


Задача №1

Решение.

1. Пусть O – центр окружности, описанной около ∆ ABC, тогда AO = BO = CO (чертеж 117).

2. Пусть M – середина CK, тогда CM = MK = KB. P – середина MK, отсюда MP = PK = ½ MP.

3. Из ∆ OPK ( P = 900): OK = 2 PK POK = 300 (по свойству катета лежащего напротив угла 300), значит OKP = 600.

4. Из ∆ OKB (OK = KB): OKB = 1200 OBK = 300.

5. ∆ OPC = ∆ OPB по двум катетам (OP – общий, PC = PB, т.к. P – середина BC). Следовательно, OCP = 300, COP = 600.

6. Из ∆ BOA (OB = OA): BOA = 1500 (т.к. BOK = 300), OBA =  OAB = 150.



hello_html_53c8a0db.gif

Чертеж 117.

7. ИзCOA (OC = OA): COA = 1800 COP – POK = 900,  OCA =  OAC = 450.

8. В итоге, получаем A = 600, B = 450, C = 750.

Ответ: A = 600, B = 450, C = 750.


Задача №2

Доказательство.

1. Опустим из точки H перпендикуляры на стороны угла ACB.

Пусть U – проекция H на AC, V – проекция H на BC (чертеж 118). Докажем, что HU = HV.

2. Рассмотрим ∆ HAE и ∆ HBK. Докажем, что их площади равны. Поскольку их основания по условию равны (AE = BK), то из равенства площадей будет следовать равенство высот HU = HV.

hello_html_219b303f.gif

Чертеж 118.

3. AHBP – параллелограмм, т.к. M делит каждую диагональ пополам. Отсюда AH || BP и AP || HB.

4. SAHE = SAHP, т.к. P и E равноудалены от AH.

Аналогично, SBHP = SBHK.

5. SAHP = SBHP, т.к. диагональ HP параллелограмма AHBP разделяет его на два равных треугольника.

6. Из пп. 4 и 5 следует равенство площадей ∆ HAE и ∆ HBK. Следовательно, HU = HV, т.е. HC – биссектриса ABC.

Что и требовалось доказать.



Задача №3

Решение.

1. Пусть D – вершина пирамиды, ABC – ее основание, AD = 3,
BD = 4, CD = 5, ADC = ADB = BDC = 900.

Примем в качестве основания пирамиды боковую грань ABD – прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 (чертеж 119).

hello_html_5c46ffda.gif

2. Пусть O – точка равноудаленная от всех вершин пирамиды (т.е O – центр описанной сферы, OA = BO = CO = DO). Тогда E – проекция точки O на грань основания так же равноудалена от вершин A, B и D, т.е. является центром описанной около ∆ ABD окружности. Т.к.  ADB = 900, то E – середина гипотенузы AB, причем медиана DE равна половине гипотенузы, т.е. DE = 2,5.


Чертеж 119.

3. Ясно, что O лежит на перпендикуляре к плоскости основания ABD, т.е. OE || CD.

4. Т.к. O равноудалена от C и D, то PO – серединный перпендикуляр к CD, где P – середина CD.

5. Но тогда DEOP – квадрат со стороной 2,5. Его диагональ DO равна и есть искомое расстояние от O до всех вершин пирамиды.

Ответ:hello_html_fdb47db.gif.


Задача №4

Решение.

Рассмотрим пирамиду ABCK (чертеж 120).

1. VABCK = ⅓ SABC · KB = ⅓ SAKC · h = ⅓ · 10 · 5 = ⅓ · 50.

2. Из п.1: SABC · KB = 50.

hello_html_m7bac84c0.gif

Чертеж 120.


Теперь найдем объем параллелепипеда.

3. Vпарал. = SABCD · BB1 = 2 SABC · 2 KB = 4 (SABC · KB) = 200.

Ответ: Vпарал. = 200.





Приложение. Положение об олимпиаде

ПОЛОЖЕНИЕ

об открытой Краевой олимпиаде по геометрии

среди учащихся 8–11 классов общеобразовательных учреждений

Красноярского края

имени профессора Анищенко Сергея Александровича


1. ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ


1.1. Настоящее Положение определяет порядок организации и проведения открытой Краевой олимпиады по «Геометрии» среди учащихся 8–11 классов общеобразовательных учреждений Красноярского края имени профессора Анищенко Сергея Александровича (далее – Олимпиада), ее организационно-методическое обеспечение, порядок участия в олимпиаде и определения победителей.


1.2. Организаторами Олимпиады являются:

кафедра геометрии и методики ее преподавания Красноярского государственного педагогического университета им. В.П. Астафьева (далее КГПУ);

Красноярский научно-информационный методический центр.


1.3. Олимпиада проводится на основе общеобразовательных программ основного общего и среднего (полного) общего образования.


2. ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ ОЛИМПИАДЫ


2.1. Развитие познавательных интересов школьников к углубленному изучению и систематизации знаний по геометрии.

2.2. Стимулирование творческой активности учащихся, развитие их логического мышления.

2.2. Выявление одаренных и талантливых учащихся с целью формирования интеллектуального потенциала края, страны.

2.3. Помощь учащимся старших классов в их профессиональном самоопределении.

2.4. Формирование у учащихся здорового духа конкуренции, умения находить оптимальные и верные решения в сложных условиях нестандартных задач.

2.5. Формирование непосредственных контактов между учащимися.

2.6. Привлечение общественного внимания к проблемам геометрической подготовки учащихся.

2.6. Пропаганда и продвижение созданной профессором Анищенко Сергеем Александровичем Красноярской геометрической школы

2.7. Вовлечение в олимпиадное движение школьников представителей системы высшего образования и науки, семьи и школы.

3. ПОРЯДОК ОРГАНИЗАЦИИ ОЛИМПИАДЫ


3.1. Организация и проведение Олимпиады осуществляется математическим факультетом Института математики, физики и информатики КГПУ им. В.П. Астафьева при участии Городского методического объединения учителей.

3.2. Учебно-методическое сопровождение Олимпиады осуществляет кафедра геометрии и методики ее преподавания КГПУ, имеющая многолетний опыт в проведении олимпиад по геометрии.

3.3. Общее организационно-методическое обеспечение проведения Олимпиады осуществляет организационный комитет (далее Оргкомитет).

3.4. Основными задачами Оргкомитета являются:

непосредственное руководство подготовкой и проведением Олимпиады;

формирование всех рабочих органов Олимпиады и создание необходимых условий для их функционирования;

разработка порядка и программы проведения олимпиады;

информирование потенциальных участников о порядке и программе проведения Олимпиады;

проверка готовности помещений для приема участников Олимпиады за неделю до ее проведения;

учет и контроль финансовых средств, поступающих на проведение Олимпиады;

привлечение спонсоров и взаимодействие с ними;

обеспечение приема и регистрации всех участников Олимпиады;

организация проживания участников Олимпиады (по необходимости);

обеспечение организаторов и участников всем необходимым для проведения Олимпиады (аудиторные помещения, канцелярские и расходные материалы и пр.);

организация питания и медицинского обслуживания участников олимпиады во время ее проведения;

награждение призами победителей и призеров Олимпиады;

организация размещения информации на сайте КГПУ о ходе проведения Олимпиады и ее результатах;

анализ и обобщение итогов Олимпиады, подготовка необходимых отчетных материалов о проведении Олимпиады.


3.6. Председателем Оргкомитета является декан математического факультета КГПУ им. В.П. Астафьева, сопредседателями Оргкомитета являются заведующий кафедрой геометрии и методики ее преподавания и заведующий городского методического кабинета.


4. ОРГАНИЗАЦИОННО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ОБЕСПЕЧЕНИЕ ОЛИМПИАДЫ


4.1. Для организационно-методического обеспечения олимпиады создаются следующие рабочие органы олимпиады:

жюри Олимпиады;

методическая комиссия Олимпиады;

технический комитет Олимпиады.


Жюри Олимпиады формируется Оргкомитетом с учетом предложений методической комиссии и утверждается в приказе на проведение Олимпиады.


Жюри Олимпиады решает следующие задачи:

решает вопросы о допуске заявленных участников к участию в Олимпиаде, в том числе вне конкурса;

проверяет и оценивает работы участников Олимпиады;

знакомит участников Олимпиады с результатами проверки работ;

рассматривает совместно апелляции участников олимпиады;

проводит анализ выполненных заданий с участниками Олимпиады;

определяет кандидатуры победителей и призеров олимпиады;

отчитывается перед Оргкомитетом по итогам олимпиады;

представляет в оргкомитет олимпиады предложения по вопросам, связанным с совершенствованием организации проведения олимпиады.


Методическая комиссия решает следующие задачи:

разрабатывает и утверждает правила проведения Олимпиады;

разрабатывает материалы заданий для участников Олимпиады;

разрабатывает критерии и методики оценки выполненных заданий всех туров олимпиады;

представляет в оргкомитет олимпиады предложения по вопросам, связанным с совершенствованием организации проведения олимпиады;

публикует решения олимпиадных заданий и других видов испытаний.


Технический комитет решает следующие задачи:

обеспечивает участников Олимпиады канцелярскими товарами;

осуществляет размещение участников Олимпиады;

осуществляет техническое сопровождение Олимпиады;

готовит материалы для информирования и рассылки;

обеспечивает победителей и призеров Олимпиады бланками дипломов, грамот и т.д.

5. ПОРЯДОК ПРОВЕДЕНИЯ ОЛИМПИАДЫ


5.1. Олимпиада проводится по общеобразовательным программам среднего (полного) общего образования.

5.2. Олимпиада проводится в два тура – первый тур заочный, второй тур – очный.






5.3. ОРГАНИЗАЦИЯ И ПРОВЕДЕНИЕ ЗАОЧНОГО ТУРА


5.3.1. Заочный тур Олимпиады проводится в дистанционной форме и является открытым для всех желающих школьников 8-11 классов городов и районов Красноярского края, а также других регионов РФ.

5.3.2. Заочный тур проводится ежегодно с ноября по декабрь. В конце октября на сайте КГПУ им. В.П. Астафьева вместе с положением и формой анкеты участника размещаются задания заочного тура для каждого класса (при необходимости осуществляется их электронная рассылка по городам и районным центрам края), информация о сроках, условиях проведения и выхода в очный тур Олимпиады.

5.3.3. Решения задач по геометрии должны быть представлены в одной тетради, на обложке которой выписаны домашний адрес, фамилия, имя, отчество учащегося Анкету участника надо заполнить печатными буквами и вложить в тетрадь. На 1-ой и 2-ой странице тетради необходимо написать ответы ко всем решённым задачам с сохранением порядка их следования в условии. Каждый ответ выписывается на одной строке. Ответы пишутся через строку. Если задача не решена, ставится номер задачи и ставится прочерк. Задачи оформляются в том порядке, в котором они даны в условии. Решение каждой задачи начинается с новой страницы, все этапы решения, обосновываются ссылками на соответствующие теоремы (утверждения) геометрии. Если задача не решена, следует оставить пустую страницу с номером задачи. Небрежно оформленные работы жюри не рассматриваются. Тетрадь вкладывается в конверт и отсылается по почте простым письмом без объявленной ценности и без уведомления о получении, либо доставляется лично автором или его представителем на указанный адрес. Решения, отправленные по почте иным образом, жюри не рассматриваются.

Работы, дублирующие друг друга более чем в двух задачах, к конкурсу не допускаются. Учащиеся, приславшие эти работы, теряют шанс быть приглашенными к участию в очном туре.

Обратная рассылка работ не осуществляется.

Адрес отправки: 660049, г. Красноярск, ул. Перенсона, д. 7, КГПУ им. В.П. Астафьева, Кафедра геометрии и методики ее преподавания, ауд. 216, "Заочный тур открытой Краевой олимпиады по геометрии" (не позднее 10 декабря текущего года (по почтовому штемпелю)).


5.3.4. Результаты олимпиады и решения задач будут представлены на сайте КГПУ им. В.П. Астафьева не позднее 20 декабря.

5.3.5. Оргкомитет Олимпиады обеспечивает объективность проведения заочного этапа.

5.3.6. Участники заочного тура, наиболее успешно выполнившие работу, будут приглашены к участию в очном туре.

5.3.7. Разбор задач проводится в срок с 20 по 25 декабря в режиме онлайн по согласованию с регионами и при наличии технических возможностей.


5.4. ОРГАНИЗАЦИЯ И ПРОВЕДЕНИЕ ОЧНОГО ТУРА


5.4.1. Число участников Очного тура определяется в зависимости от результатов заочного тура и окончательно устанавливается оргкомитетом Олимпиады.

5.4.2. Очный тур олимпиады проводится в марте на базе математического факультета КГПУ им. В.П. Астафьева по адресу: г. Красноярск, ул. Перенсона, д.7.

5.4.3. В день проведения Олимпиады участники, в сопровождении учителя, прибывают к месту проведения Олимпиады не позднее, чем за полчаса до ее начала для регистрации и предоставления оригиналов следующих документов: удостоверение личности (паспорт или др.) и справку с места учебы.

5.4.4. Длительность очного тура – 4 часа. Жюри Олимпиады может продлить время тура в случае каких-либо непредвиденных обстоятельств.

5.4.4. В течение часа с момента получения текста задания, каждый участник очного тура Олимпиады имеет право задать вопросы членам жюри по условию задачи.

5.4.5. Категорически запрещается во время тура пользоваться личными компьютерами, средствами связи, а также учебной литературой и заготовленными личными записями.

5.4.6. Результаты очного тура объявляются всем участникам в день проведения Олимпиады.

5.5. Число задач, предлагаемых участникам Олимпиады на каждом туре, определяется жюри Олимпиады.


6. Порядок проверки и оценки работ участников очного тура


6.1. Проверку работ участников Олимпиады осуществляет жюри.

6.2. За каждое выполненное задание выставляется оценка в баллах.

6.3. Результаты проверки работ оформляются протоколом заседания жюри, утверждаются председателем жюри.

6.4. Результаты очного тура Олимпиады выставляются на стендах математического факультета и на сайте КГПУ им. В.П. Астафьева.


7. Основные принципы формирования (конструирования) олимпиадных задач по геометрии и определения наиболее сильных участников


7.1. Ясная, ни в чем не нарушаемая связь задач с материалом школьных программ и учебников по геометрии.

7.2. Сочетание в каждом туре задач, посильных каждому успевающему школьнику (около 30%), и задач, повышенной трудности (около 30%), которые в состоянии решить только те, кто глубоко и самобытно думает, знает и умеет применять геометрические знания на практике.

7.3. Наличие задач, указывающих на связь элементарной геометрии с сегодняшними результатами геометрической науки, которая подчеркивает важность изучения азов геометрии в современной научной деятельности.

7.4. Краткость, открытость и комфортность формулировок задач. Отсутствие в задачах «мыслей между строчками», желания «подловить школьников на пустячке», «подставить ему подножку».

7.5. Задачи очного тура конструируются с учетом и пониманием того, каким образом решалась задача участниками заочного тура (этому будет способствовать компьютерная база данных, содержащая не только сведения о любом участнике, но и информацию о том, как он решал каждую задачу тура).

7.6. При определении наиболее сильных участников будет учитываться не только общее количество и качество правильно решенных задач, но и количество и оригинальность тех решенных задач, которые наиболее трудно дались большинству школьников.

8. ПОРЯДОК ПОДАЧИ И РАССМОТРЕНИЯ АПЕЛЛЯЦИЙ


8.1. Апелляция подается участником Олимпиады по итогам очного тура в оргкомитет в письменном виде не позднее часа с момента опубликования результатов.

8.2. Апелляцию рассматривает жюри Олимпиады совместно с оргкомитетом.

8.3. Апелляция рассматривается в течение часа с момента регистрации заявления.

8.4. Как повышение, так и понижение балла обосновывается письменно; обоснование удостоверяется подписью не менее двух членов жюри, включая его председателя.


9. ПОРЯДОК ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПОБЕДИТЕЛЕЙ ОЛИМПИАДЫ


9.1. По результатам проведения Олимпиады определяются победители по каждому классу в отдельности. Победители Олимпиады – участники, набравшие наибольшее количество баллов.

9.2. Победителями Олимпиады считаются участники, награжденные дипломами 1-й степени. Призерами считаются участники, награжденные дипломами 2-й и 3-й степени. Другие участники Олимпиады могут награждаться дипломами участника, грамотами, памятными подарками.

9.3. Численность победителей и призеров Олимпиады определяется жюри Олимпиады.


10. ФИНАНСИРОВАНИЕ ПРОВЕДЕНИЯ ОЛИМПИАДЫ


10.1. Финансовое обеспечение олимпиады осуществляется за счет внебюджетных средств математического факультета КГПУ им. В.П. Астафьева, грантов, спонсорских средств других источников финансирования.

10.2. Взимание платы за участие в Олимпиаде не допускается.

СОСТАВИТЕЛИ:

Вячеслав Валерьевич Абдулкин, Лидия Руфинадьевна Бусаркина, Валерий Робертович Майер, Ольга Михайловна Нарчук,
Наталья Степановна Оренчук, Надежда Николаевна Пономарева, Татьяна Михайловна Седневец, Екатерина Андреевна Семина



СБОРНИ