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 Ð В = 55⁰, Ð 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 Ð С = 90⁰. Докажите, что CD = .

 

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 ВD = 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, РАСВ = 100⁰. Точка М внутри треугольника выбрана так, что РМАВ = 30⁰, РМВА = 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  AOB = 3  ADB.

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,  CAB = 2 Ð CBA. Найдите длину стороны AB.

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

4.    Все рёбра треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ равны a. РAA₁C₁ = Ð 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, Ð С = 90⁰, РB = 40⁰. На сторонах АВ и ВС выбраны такие точки D и Е соответственно, что РEAD = 5⁰, Ð 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 РBAK = 24⁰. На отрезке АK выбрана точка М так, что РАВМ = 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,  АВС = 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 .

 

9 класс

 

1.    В прямоугольном треугольнике АВС (РА = 90⁰) АН перпендикулярна ВС. Точки K и Е выбраны на катетах так, что РЕНK = 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, 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.

 

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 = 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 РАKВ = 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 (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 РАKВ = 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  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, ВD = 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 = 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 = 2 АВ, Е – середина АD. Из точки С на прямую АВ опущен перпендикуляр СН. Докажите, что РHED = 3 Ð 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?

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

6.    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 = ⅓ 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 O_i – точки пересечения биссектрис внешних углов (чертеж 1).

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 w (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 w (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 w (O, r) проведенных из точки P и заключенных внутри данной окружности.

 

Чертеж 2.

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

 

 

 

Задача №3

Решение.

 

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, РDEC = Ð FEC, Ð DCE = Ð FCE). Значит Ð EFC = Ð EDC = 125⁰.

3. В треугольниках ∆ ABC и ∆ AFC:  AC – общая, Ð BAC = Ð FAC, т.к. AC – биссектриса угла A, Ð AFC = 180⁰ – Ð EFC = 55⁰ = Ð ABC. Следовательно, раз равны 2 угла треугольников, то равны и третьи углы Ð ACB = Ð 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, S_∆ABC = S_∆AFC + S_∆CFE.

5. В итоге, S_ABCDE = S_∆ACE + (S_∆ABC + S_∆CDE)=S_∆ACE + (S_∆AFC + S_∆CFE) = 2S_∆ACE = 20.

Ответ: S_ABCDE = 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 Î AK – биссектрисе угла A).

2. В D BFK (РF = 90⁰, РB = 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.

 

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. РDCB = Ð CBF = 45⁰ (как накрест лежащие при параллельных прямых CD и BF и секущей CB). РACD = Ð AFB = 45⁰ (как соответственные при параллельных прямых CD и BF и секущей AF).

 

Чертеж 5.

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

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

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

 Þ

Что и требовалось доказать.

 

9 класс

 

Задача №1

Решение.

Найдем площадь треугольника PKF (чертеж 6).

1.   PN ^ AC ML ^ AC BC ^ AC

Þ NP || ML || BC.

 

Чертеж 6.

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

Аналогично, CK = ¼ BC.

2. Рассмотрим треугольники CPK и CAB.

ÐС – общий CP = ¼ AC CK = ¼ BC

Þ D CPK ~ D CAB с коэффициентом подобия k = ¼.

Тогда S₁ = S_PCK =  S_ABC =  S.

3. D CPK ~ D CAB Þ Ð CPK = Ð CAB Þ 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. S_APF + S_FKB = S₂ + S₃ = ½ h (AF + FB) = ½ h AB = ½ ¾ CR · AB = ¾ (½ CR · AB) = ¾ S_ABC = ¾ S.

7. S_PKF = S – (S₁ + S₂ + S₃) = S –  S –  S =  S.

Ответ:  S.

 

Задача №2

Решение.

1. Треугольники CEA и CKA прямоугольные и равны (по гипотенузе и острому углу, AC – общая, ÐCAE = ÐCAK, т.к. диагональ в ромбе является также и биссектрисой). Значит S_AECK = 2 S_∆CEA (чертеж 7).

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

 

3. S_∆BOA = ½ BO · AO =  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 S_∆CEA:

5. Таким образом,

Ответ:

 

Задача №3

Решение.

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

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

Следовательно, .

Чертеж 8.

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 .

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

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

.

Ответ: .

 

Задача №4

Доказательство.

Пусть BO ∩ EC = K, BD ∩ EC = 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: РKBN = x,        РNCD = y, Ð BAD = α, AD = a, BD = h.

Найдем синусы углов x и y.

1. ∆ ABD ~ ∆ ADE (по двум углам).

Тогда из подобия треугольников следует .

2. DO = ½ DE, значит, .

Чертеж 10.

3. Из треугольника BED (Ð E = 90⁰): .

4. Из треугольника BEO (Ð E = 90⁰):

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

6. Из треугольника AED (Ð E = 90⁰): .

7. Из треугольника AEC по теореме косинусов получаем:

Таким образом,

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

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

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

Что и требовалось доказать.

 

Задача №5

Доказательство.

1. Пусть AO = x, OC = y, BH ^ AC, DF ^ AC. S_∆AOB = S₁, S_∆COB = S₂, S_∆COD = S₃, S_∆AOD = S₄ (чертеж 11).

2.

3. Аналогично,

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

Что и требовалось доказать.

 

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, Ð A = 60⁰. Надо найти геометрическое место точек – ортоцентров этих треугольников.

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

Чертеж 12.

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

2. Из ∆ ABM: AM = AB cos A = 2 R sin C cos A, где AB = 2 R sin C.

3. Из ∆ AHM: AM = AH cos (90⁰ – C).

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

Т.к. Ð A = 60⁰, то AH = R.

 

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

1. Пусть M = BF ∩ PT, N = AE ∩ PT и M ≠ N. (чертеж 14.)

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 .

Т.к. ∆ CPL ~ ∆ NAT, то .

Таким образом, мы получили, что  и .

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:

 

Чертеж 15.

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

4. Ð MCA = 100⁰ – 75⁰ = 25⁰.

Ответ: Ð 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 Þ AD ^ BC (по теореме о трех перпендикулярах).

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

 

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. S_∆A1B1C1 ≤ S_∆ABC = .

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

 

Чертеж 17.

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

Нетрудно доказать, что .

Ответ: Наибольшее значение площади проекции .

 

Задача №5

Доказательство.

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

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

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

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. РAPC = РPAD + (РADP + РPDC) + РDCP = РPAD + РADC + РDCP.

4. Из пп. 1, 2 и 3 получаем:

ÐAMC+ÐAPC = 2 ÐAMC = ÐMAC + ÐABC + ÐMCB + ÐPAD + ÐADC + ÐDCP.

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

РPAD = РDAN (∆ DPA = ∆ DNA);

Ð MCB = Ð QCB (∆ BMC = ∆ PQC);

РDCP = РDCQ (∆ CDQ = ∆ CPD).

Тогда 2 Ð AMC =(Ð NAB + РDAN) + Ð ABC + Ð ADC + (Ð QCB + РDCQ) = РABC + Ð BCD + Ð CDA + Ð DAB.

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

Что и требовалось доказать.

 

2008 год

8 класс

 

Задача №1

Доказательство.

По условию, надо доказать что S_∆BPC + S_∆APD = S_∆ABP + S_∆CPD (чертеж 19). Но в сумме площади всех четырех треугольников равны площади параллелограмма. Так что если мы докажем, что S_∆BPC + S_∆APD = ½ S_ABCD, то мы докажем и исходное утверждение.

Чертеж 19.

А это действительно так.

S_∆BPC = ½ BC · PF = ½ ah₁;

S_∆APD = ½ AD · PG = ½ ah₂;

S_∆BPC + S_∆APD = ½ ah₁ + ½ ah₂ = ½ a (h₁ + h₂) = ½ ah, где h – высота параллелограмма ABCD.

Следовательно, S_∆BPC + S_∆APD = ½ S_ABCD.

Что и требовалось доказать.

 

Задача №2

Доказательство.

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

1. AB = a (по теореме Пифагора)

2.  (по свойству биссектрисы)

3. . Отсюда получаем, что S₂ = 2S₁.

Что и требовалось доказать.

                 Чертеж 20.

 

 

Задача №3

Доказательство.

Пусть CD = R, Обозначим ÐADB = РCDO = α (чертеж 21).

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

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

Чертеж 21.

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

4. Ð COD + Ð COA + Ð AOB = 180⁰. Из пп.1 и 3 получаем: α + 180⁰ – 4α + РAOB = 180⁰. Отсюда Ð AOB = 3α = 3 Ð CDO = 3 Ð 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 РMBK = 180⁰) и когда точка M лежит между B и K (РBMK = 180⁰).

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

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

1. Ð MDC = 180⁰ – Ð BAD – ÐMDA = 180⁰ – (60⁰ – α) – 60⁰ = 60⁰ + α.

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

Чертеж 22.

3. Ð MKD = ½ (180⁰ – Ð MDK) = 30⁰ – .

4. Ð CKB = Ð CBK = 60⁰ – Ð MKD = 30⁰ + .

5. Ð ADC = Ð ABC = ÐMDA + Ð MDC = 120⁰ + α.

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

7. РMBK = Ð ABM + Ð ABK = 90⁰ +  + 90⁰ –  = 180⁰.

Таким образом, для случая 1 утверждение задачи доказано.

Чертеж 23.

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

РBMK = РAMB + РAMD + РMDK

Ð ABM = 90⁰ – ; Ð AMD = 60⁰

Ð MDK = 30⁰ +  (здесь рассуждения аналогичные случаю 1)

Таким образом, получаем РBMK = 90⁰ –  + 60⁰ + 30⁰ +  = 180⁰.

Что и требовалось доказать.

9 класс

 

Задача №1

Доказательство.

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

Чертеж 24.

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

3. ∆ ACC₁ ~ ∆ AEP (Ð A – общий, Ð ACC₁ = Ð 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 Ð CBA = α, тогда Ð CAB = 2α.

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

Чертеж 25.

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

4. Ð AKC =180⁰ – Ð BKA = 2 α.

5. ∆ ABС ~ ∆ KAC (по двум углам).

Следовательно  Þ .

6. BK = BC – CK = 12 –  = .

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

8.  Þ .

Ответ: AB = 4,4.

 

Задача №3

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

Ответ: Ð 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 R = 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 = R₁ – r₁;           PP₁ = .

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

 

Чертеж 26.

5. OP = R – r₁.

6. Из прямоугольного треугольника OPP₁ по теореме Пифагора получаем:

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

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

.

7. Аналогично получаем, что .

8. Следовательно r₁ = r₂.

Что и требовалось доказать.

 

 

 

 

 

10 класс

 

Задача №1

Решение.

1. 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 + b – a).

                     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:

,  ,  .

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

5. Из ∆ CAH: .

6. Из ∆ BAH: .

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

Ответ: O₁O₂ = r .

 

Задача №2

Доказательство.

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

Чертеж 28.

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

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

4. Таким образом, ∆ AEM = ∆ BEK (EA = EB, т.к. OE – биссектриса, РA = Ð B = 90⁰, Ð AEM = Ð 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: Ð 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.

 

Чертеж 29.

4. ∆ A₁HH₁ = ∆A₁HH₂ (по гипотенузе и катету). Следовательно, РH₁A₁H = РH₂A₁H, и, значит A₁H – биссектриса Ð C₁A₁B₁.

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

6. AH перпендикулярно плоскости A₁B₁C₁, AA₁ – наклонная, A₁H = пр.₍₎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.

 = a²;  =  = a² sin 60⁰ = ; S_ABC = .

Отсюда .

Ответ: .

 

Задача №5

Указание.

Пусть даны окружности с центрами в точках P и Q с радиусами R₁ и R₂ (w(P, R₁) и w₁(Q, R₂)) и прямая m (чертеж 30).

Рассмотрим осевую симметрию плоскости относительно прямой m.

Образом окружности w(P, R₁) будет окружность w₂(P₁, R₁).

Окружности w₂(P₁, R₁) и w₁(Q, R₂) пересекутся в точках A₁ и B₁.

Прообразами точек A₁ и B₁ будут точки A и B, принадлежащие окружности w(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.

Чертеж 30.

Аналогично рассматриваются точки B и B₁.

Количество возможных решений зависит от количества точек пересечения окружностей w₂(P₁, R₁) и w₁(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 DH_i равны между собой.

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. S_ADC =  = 84.

3. С другой стороны, S_ADC = 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 =  = 15,                                   r₂ =  = 6

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

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

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

5. Из ∆ ABC (Ð 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 Þ 18 c = 522 Þ c = 29.

Отсюда получаем, что BC = 20.

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

7. Теперь найдем площадь поверхности пирамиды и ее объем.

V_п = h S_осн =  = 140.

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

Ответ: V_п = 140 см³, S_п = 490 см².

 

Задача №2

Решение.

 

1. CD₁ – проекция BD₁ на грань CC₁D₁D. CD₁ ∩ C₁D = 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.

Чертеж 32.

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

6. ∆ BCD₁ ~ ∆ KHD₁ (по двум углам, (РC = Ð H = 90⁰, Ð D₁ – общий). Тогда .

            Чертеж 33.

Отсюда получаем .

Ответ: .

 

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. Ð AMH = РANH = 90⁰ (чертеж 34).

Ð MNH + Ð A = 180⁰, Ð MNH = 180⁰ – Ð A.

Чертеж 34.

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

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

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

4. Из ∆ AEC (Ð E = 90⁰): Ð DCH = 90⁰ – Ð A.

5. Из пп. 2, 3 и 4, получаем, что

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

6. Ð MNH + Ð HNL = 180⁰ – Ð A + Ð 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.

Чертеж 35.

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

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

Ответ. BD = 6,9 см.

 

Задача №2

Доказательство.

1. Пусть Ð AOB = α.

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

Аналогично, sin Ð AOD = Ð BOD = sin α.

3. S_AOB = ½ AO · OB sin α; S_BOC = ½ CO · OB sin α; S_AOD = ½ AO · OD sin α; S_COD = ½ CO · OD sin α.

 

Чертеж 36.

4. По условию S_ABD = S_CBD. Следовательно, S_AOB + S_AOD = S_BOC + S_COD.

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

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

 

Чертеж 37.

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

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

Ответ: Ð 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.

Чертеж 38.

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

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

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

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

 

 

 

 

Задача №5

Решение.

1. S_гр = 25, тогда S_к = 125.

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

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 = S_к – 3 + 3 = S_к. 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 = S_к – 1 + 5 = S_к + 4. Т.е. изъятие «центральных» кубиков увеличивает площадь поверхности на 4.

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

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

Ответ: .

 

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 Î OA – биссектрисе угла A, следовательно OM = ON.

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

 

Чертеж 40.

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

Ответ: Ð D = 70⁰.

 

Задача №2

Доказательство.

1. Если ÐA>ÐB>ÐC, то Ð>Ð>Р(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.

 

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 Ð EPB = α.

Тогда Ð APF = α, Ð PAF = 900 – α, РAFO = 450 – Ð PAF = α – 450.

Кроме того, ÐEBP = 90⁰ – α, ÐEBO = 45⁰ + ÐEBP = 45⁰ – α, ÐEOB = 90⁰ – ÐEBO = 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.

 

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. S_ABCK = ½ (a + b)(c + d).

4. S_ABC = ½ a (c + d).

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

6. S_ABC + S_AOC = ½ a (c + d) + ¼ (c + d)(b – a) = ¼ (c + d)(b + a) = ½ S_ABCK.

Что и требовалось доказать.

 

Задача №5

Решение.

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

Чертеж 44.

2. Из ∆ ABC по теореме синусов:  Þ .

Отсюда: 2 sin α = sin 3α = sin α (3 – 4 sin² α).

sin² α = ¼ Þ α = 30⁰.

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

Ответ: Ð A = 60⁰, Ð B = 90⁰, Ð С = 30⁰.

 

 

10 класс

 

Задача №1

Решение.

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

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

Чертеж 45.

2. O₂ – центр описанной окружности, AO₂ = BO₂ = CO₂, а значит РACO₂ = РCAO₂ = α.

3. ∆ ABO₂ – равнобедренный (AO₂ = BO₂), следовательно Ð O₂AB = РO₂BA = 3α. Аналогично, РO₂BС = 3α.

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

Ответ: Ð A = РC = 36⁰, Ð B = 108⁰.

Задача №2

Решение.

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

Чертеж 46.

2. AO=OB, значит ÈAO=ÈOB.

Ð ACO = ½ È AO; Ð OCB = ½ È OB; È AO = È OB Þ Ð ACO = РOCB, а тогда CO – биссектриса Ð ACB.

3. AB² = AC² + CB² = 1225 Þ AB = 35.

4. Т.к. CO – биссектриса, то . 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.

Чертеж 47.

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

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

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

Ответ: Ð 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 = r (M, AC). Если AB = a, то MN = ½ a (чертеж 48).

Чертеж 48.

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

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 .

3. Из ∆ MKN (Ð K = 90⁰) по теореме Пифагора получаем: MK² = MN² – KN² = ¼ (a² – (a² – 64)) = 16. Следовательно, MK = 4.

Ответ: длина перпендикуляра KM равна 4.

 

Задача №5

Решение.

1. Обозначим ,   ,   (чертеж 49).

Очевидно, что   и .

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

, .

.

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

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).

Чертеж 50.

2. Р_ВСЕ = 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 = AM ∩ CK, Ð AOC = 120⁰ (чертеж 51).

2. ÐАОС=180⁰ – ½ (Ð А + Ð С) = 180⁰ – ½ (180⁰ – Ð В) = 90⁰ + ½ · РВ.

Чертеж 51.

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

Ответ: Ð 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.

 

Чертеж 52.

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

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

Ответ: CD = 10.

 

 

 

Задача №4

Решение.

1. Ð 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, .

Чертеж 53.

4. В ∆ АМВ, МЕ – биссектриса, .

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

 Þ  Þ ∆ ADЕ ~ ∆ АВС (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).

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

Ответ: ЕМ² + МD² = 100.

 

9 класс

Задача №1

Доказательство.

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

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

Чертеж 54.

3. Ð ЕKН = Ð В, Ð ЕНK= Ð 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 Ð KAE = РPDK = 90⁰, AK = KD, Ð AKE = РDKP, как вертикальные). Следовательно, AE = DP (чертеж 55).

Чертеж 55.

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

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

5. Аналогично, ∆ AHT ~ ∆ OMT и .

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

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

Что и требовалось доказать.

 

Задача №3

Решение.

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

Чертеж 56.

1. СК – биссектриса Ð АВС, значит È АМ = È МВ. Отсюда Ð АСМ = РВСМ = Ð МАВ.

2. Ð АВС = Ð АМС =½ È АС.

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

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

Чертеж 57.

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

Аналогично рассуждая, получаем, что АР = a – b.

Ответ. АР = |b – a|.

 

Задача №4

Доказательство.

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

Чертеж 58.

2. ∆ ACH ~ ∆ CHB ~ ∆ ACB (по свойству высоты в прямоугольном треугольнике). Отсюда  Þ . Аналогично, .

3. Подставив получившиеся выражения, получаем:

.

Что и требовалось доказать.

 

10 класс

 

Задача №1

Доказательство.

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

Чертеж 59.

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

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

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

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

5. S_ABCP = ½ (a + b) · x = ab.

Что и требовалось доказать.

 

Задача №2

Решение.

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

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, Ð H = РK = 90⁰, Ð А = РВСK, т.к. ÐВСK + Ð ВСD = 180⁰ =
Ð ВСD + Ð А).

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

4. S_АВСD = S_НВКD = 1.

Ответ: S_АВСD = 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. Q_i – точки пересечения m с плоскостями боковых граней пирамиды (не обязательно самими гранями). P_i – 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 Ð 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, ÐPP₁Q₁ = Ð PP₂Q₂ = Ð PP₃Q₃ = Ð PP₄Q₄ = α.

 

Чертеж 61.

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

S = 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.

Чертеж 62.

Аналогично, PP₂ + PP₄ = AB = AD (т.к. ABCD – квадрат). Следовательно,
S = 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. Ð C + Ð DAB =180⁰ (т.к. АВСD вписан в окружность), Ð DAB + РMAB = 180⁰, значит Ð C = Ð MAB (чертеж 63).

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

Чертеж 62.

4. ∆ АВМ ~ ∆ СВK (по двум углам), следовательно, . Отсюда получаем: .

Ответ: .

 

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.

 

Чертеж 63.

 

 

 

 

 

 

Задача №2

Доказательство.

1. Из ∆ ACH: AE = AK, AC = AH Þ 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.

 

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 Ð B < 90⁰ и Ð B > 90⁰.

Случай 1 (Ð B < 90⁰).

1. АА₁, СС₁ – высоты (чертеж 66).

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

Отсюда .

Чертеж 66.

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

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

АС = 2R sin B (по теореме синусов).

5.  Þ sin 2B = ½. Отсюда Ð B = 15⁰ или Ð B = 75⁰.

Чертеж 67.

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

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

 

 

 

 

II тур

8 класс

 

Задача №1

Решение.

1. Ð ВСK – внешний угол, СР – биссектриса Ð ВСK, CP ∩ AB = D. РТАK – внешний угол, АЕ – биссектриса Ð ТАK, ТЕ ∩ CB = Е. Пусть Ð ВАС = α (чертеж 68).

2. Ð САЕ = ½ (180⁰ – α) = 90⁰ – .

Чертеж 68.

3. Из ∆ САЕ (АС = АЕ): Ð АСЕ = СЕА = ½ (180⁰ –Ð САЕ) = ½ (180⁰ – 90⁰ + ) = 45⁰ + .

4. Ð ВСК = Ð АСЕ = 45⁰ +  (как вертикальные) Þ Ð ВСА = 180⁰ – (45⁰ + ) = 135⁰ – .

5. Из ∆ САD: Ð АСD = Ð ВСА + ½ Ð ВСK = 135⁰ –  + ½ (45⁰ + ) = 135⁰ –  + ½ · 45⁰.

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

Тогда Ð АСВ = 135^◦ –  = 131⁰, Ð АВС = 37⁰.

Ответ: Ð А = 12⁰, Ð В = 37⁰, Ð С = 131⁰.

 

Задача №2

Доказательство.

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

Чертеж 69.

2. Длины сторон ∆ МРK –  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. . ВЕ ^ АС, НК ^ АС (чертеж 70).

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

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

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

Чертеж 70.

5. S_AНС = ½ 48 · 6 = 144, , S_АВН = 48.

Ответ: площадь меньшего треугольника равна 48.

 

9 класс

Задача №1

Решение.

1. Пусть АЕ ∩ ВС = K (чертеж 71).

Чертеж 71.

2. ∆ ВЕK ~ ∆ DЕА (по двум углам, РBEK = Ð DEA вертикальные, РEBK = Ð EDA внутренние накрест лежащие), следовательно, .

3. АD = ВС, следовательно, . Отсюда  Þ .

Ответ: .

 

Задача №2

Доказательство.

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

Чертеж 72.

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

3. S_АKВ = ½ АВ · KР, S_АСВ = ½ АВ · СР, S_АНВ = ½ АВ · РН.

Отсюда S²_АКВ = S_АСВ · S_АНВ.

2 случай. Если Ð 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 Ð 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 = , СВ = , АВ = а + b (чертеж 73).

3. sin Ð САВ = .

4. По теореме синусов:

BC = 2R sin Ð САВ.

R = .

5. S_кр = p R² = ( + c² +а² + b²).

Чертеж 73.

6. Из п.1  = d, следовательно, S_кр = (а² + b² + c² + d²).

Что и требовалось доказать.

 

Задача №4

Решение.

1. Пусть АВ = CD = b, AD = ВС = а, BK = x, BP = y, Ð А = α, тогда KC = a – x, AP = b – y. S₁ = S_BPK, S₂ = S_APD, S₃ = S_KCD, S₄ = S_DKP (чертеж 74).

2. S_АВСD = аb sin α.

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

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

 

Чертеж 74.

5. Из п.4 следует, что у = , тогда х  = b (а – х) Þ bх² + аbх – а²b = 0. Учитывая, что х > 0, получаем х = .

Аналогично, у = .

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

S_АВСD= аb sin α =  = = 3 +.

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

Ответ: S₄ = .

 

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).

Чертеж 75.

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

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

 – эта 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, Ð АСВ = Ð ВDС (углы вписанные в окружность и опирающиеся на равны хорды равны между собой).

Чертеж 76.

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

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

Ответ: .

 

 

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).

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.

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 =  = РK, КЕ = , РЕ² = , РЕ= ,

ОЕ = , ОK² = , ОK = .

Ответ: ОK = .

 

2011 год

I тур (заочный)

8 класс

 

Задача №1

Решение.

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

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

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

4. Ð ВМН = 90⁰ – 38⁰ = 52⁰.

 

Чертеж 79.

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

Ð АВС = 180⁰ – (26⁰ + 64⁰) = 90⁰.

Ответ: Ð A = 64⁰, Ð В = 90⁰, Ð 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. Ð BAC = Ð BСА (по свойству равнобедренного треугольника АВС); Ð ВАС = Ð FСD (как соответственные при параллельных прямых АВ и CF и секущей AD);

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

Чертеж 80.

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

Ð FBK = Ð KBM = α (ВK – биссектриса Ð FBM),

Ð РАK = Ð KАM = b (АK – биссектриса Ð РАM).

 

Чертеж 81.

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

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

Аналогично, в треугольнике СЕD Ð Е = 90⁰.

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

Построим KL ^ AB,  L Î AB.

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

K Î AK – биссектрисе Ð PAB, тогда KP = KL.

Отсюда следует, что KF = KP, т.е. К – середина отрезка FР или KF =  FP.

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

Аналогично доказывается, что F₁E = F₁P₁=  FP.

6. Ð F + Ð 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 Þ KFF₁E — параллелограмм (по признаку), тогда FF₁ || КE || РР₁.

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

Аналогично, N – середина CD.

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

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

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

Аналогично, 2 EN = CD.

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

Ответ: P_ABCD = 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.

Чертеж 82.

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

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

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

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

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

Что и требовалось доказать.

Задача №6

Доказательство.

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

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

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

Аналогично, Ð АВВ₁ = Ð СВВ₁ = Ð АDD₁ = Ð CDD₁ = b.

Чертеж 83.

2. Ð ВA₁A = ÐА₁AD = α (как внутренние накрест лежащие при параллельных ВС и AD и секущей АА₁);

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

Следовательно, Ð А₁АD = Ð 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: Ð А = Ð А₁ = α, тогда ∆ АВА₁ – равнобедренный (по признаку) и АВ = ВА₁ = а. Аналогично, из ∆ СDD₁, CD = DC₁ = а.

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

Ð QPN = Ð BPA = 90⁰ (как вертикальные).

Из параллелограмма РQМN далее легко получаем, что Ð P = РQ = РN = Ð M = 90⁰.

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

6. АА₁ || СС₁, А₁С || С₁А Þ АА₁СС₁ — параллелограмм (по определению), тогда АА₁ = СС₁ (по свойству параллелограмма).

7. ВР ^ АА₁, АВ = ВА₁ Þ ВP – медиана треугольника АВА₁, т.е. 2 РА₁ = АА₁.

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

8. РА₁ || МС, РА₁ = МС₁ Þ 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.

Чертеж 84.

2. P_MBN = 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, ÐOBH = ½ Ð ABC = 30⁰.

4. Из ∆ OBH (Ð H = 90⁰): т.к. Ð B = 30⁰, то BO = 2OH = 2R (свойство катета, лежащего напротив угла в 30⁰). По теореме Пифагора получаем: BH² = BO² – OH², 81 = 4R² – R², R = 3.

Ответ: R = 3.

 

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 ∆ ABC окружности.

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

Что и требовалось доказать.

 

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

РLPB = РMNC (как соответственные при параллельных KL и MN и секущей BC).

Отсюда, Ð ALP = РMNC.

Аналогично, Ð AKL = РNMC.

Чертеж 86.

3. ∆ AKL = ∆ MNC (по стороне и прилежащим к ней углам Ð ALP = РMNC, Ð AKL = РNMC, 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).

Чертеж 87.

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

2. ∆ ABP ~ ∆ ACD (по двум углам, Ð P = Ð D = 90⁰, РABP = РABD = Ð ACD как вписанные в окружность и опирающиеся на одну хорду). Следовательно, .

3. Аналогично, ∆ CDQ ~ ∆ CAB, и .

Из пп. 2 и 3, получаем, что BP = DQ.

Что и требовалось доказать.

 

Задача №5

Доказательство.

Пусть AB = a (чертеж 88).

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

Докажем, что Ð AQB + Ð ACB = 45⁰.

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

3. PP₁ ^ BC, P₁ = PP₁ ∩ A₁D₁.

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

Следовательно, Ð PCP₁ = РAQB.

5. Рассмотрим ∆ AP₁C.

AP₁ = P₁C = a, AC = a.

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

Чертеж 88.

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

В итоге, получаем Ð APB + Ð AQB + Ð 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 Ð BAO = Ð CAO = α, Ð ACO = РBCO = g.

 

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

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

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

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

7. Из ∆ OCO₁ (Ð C = 90⁰): Ð MO₁C = 90⁰ – (g + α), Ð MCO₁ = 90⁰ – (g + α), следовательно, Ð MO₁C = Ð 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) Þ 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.

Чертеж 90.

 

Построение.

1. K – середина MN.

2. AK.

3. C, C Î AK, CK = ⅓ AK.

4. O, O Î AK, AO =⅔ AK.

5. BD, O Î 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.

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 a содержит сторону основания ВС и проходит через точку М – середину ребра DA.

3. Т.к. М Î a и В Î a, то МВ Ì a. Аналогично, МС Ì a. Таким образом, в сечении пирамиды ABCD плоскостью a 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, DO ∩ MK = F, F Î (ADK) и FÎ (ВМС).

Найдем отношение .

Чертеж 92.

6. По свойству медиан треугольника .

Рассмотрим D ADK (чертеж 93).

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

 

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 .

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

Следовательно, .

Ответ: .

 

 

 

 

 

Задача №4

Доказательство.

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

Докажем, что .

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

Очевидно, что AH₁ || MH₂ || NH₃.

Рассмотрим трапецию ANH₃H₁.

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

3. Найдем площади треугольников ADQ, MQP, NPC.

S_ADQ = ½ AH₁ · DQ; S_MQP = ½ MH₂ · QP; S_NPC = ½ NH₃ · PC.

4. Из п.2 площадь треугольника D MQP равна

.

5. Т.к. DQ = QP = PC (по условию), то

.

6. Аналогично, .

 

Чертеж 94.

7. Т.к. S_MNPQ = S_PMN + S_MPQ, то

S_MNPQ = ½ (S_ADQ + S_QAM + S_NPC + S_CNB) = ½ (S_AMQD + S_NBPC).

Таким образом, S_ABCD = S_MNPQ + S_AMQD + S_MNPQ = 3S_MNPQ.

Откуда .

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.

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

Кроме того, Ð FEB = Ð 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 Þ BK = KC = ½ (a + b), EK = BK – BE = ½ (b – a).

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, Ð NAM = Ð ANM.

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

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

 

 

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

Рассуждая по аналогии, получим:

KE = ½ (a – b); MN = MK – KN = MK – KE = ½ (b + c); AM = ½ (b + c);

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

Таким образом, AN – биссектриса угла A.

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.

Чертеж 97.

 

 

 

 

 

Задача №6

Доказательство.

Пусть BH₁, BH₂, BH₃ – высоты треугольника АВС,

BH₁ ∩ BH₂ ∩ BH₃ = H (чертеж 98).

Докажем, что ∆ A₁B₁C₁ ~ ∆ ABC.

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

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

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

4. Из треугольника BCH₃ (Ð BH₃C = 90⁰):

Ð BCH₃ = 90⁰ – Ð H₃BC = 90⁰ – Ð ABC.

Следовательно, Ð BH₂H₃ = 90⁰ – Ð ABC.

Аналогично, Ð BH₂H₁ = Ð BAH₁ = 90⁰ – Ð ABC.

5. ∆ HA₁H₂ = ∆ HC₁H₂ по стороне и прилежащим к ней углам (РHA₁H₂ = Ð HC₁H₂ из п.2, Ð HH₂A₁ = Ð 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), Ð EOA = Ð BOC, как вертикальные, РBCO = Ð CEA = 30⁰, как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых BC и ED и секущей EC, значит Ð OAE = Ð OBC.

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

Чертеж 99.

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

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

4. EC ^ CD (по условию), РBCE = 30⁰ Þ Ð BCD = 120⁰, РCDE = 60⁰.

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

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

7. AD = AK + KD = 3x = 15 Þ x = 5.

Значит BC = 5, AB = CD = 10, AD = 15.

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

Ответ: P_ABCD = 40.

 

Задача №2

Решение.

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

2. AA₁ ∩ BB₁ ∩ CC₁ = M Þ  (свойство медиан треугольника) Þ 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 Ð C₁KM = 90⁰.

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

Ответ: AB = 10.

 

 

Чертеж 100.

 

 

 

 

 

Задача №3

Доказательство.

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

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

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

Чертеж 101.

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

5. Ð BHM = 2 x.

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

7. Ð HBC = Ð BAD = Ð MED = 2 x.

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

Следовательно, Ð HED = 3 Ð 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 Î 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 Î α. Тогда все точки плоскости α равноудалены от точек P и C.

4. α ∩ l = O – точка равноудаленная от всех вершин тетраэдра Þ
OA = OB = OC = OP = R_сферы.

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 = R_окр (K – центр окружности, описанной около ∆ РАВ).

6. ∆ OAE = ∆ OKA (по гипотенузе и катету) Þ OE = OK = r_{впис. сферы}.

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

Что и требовалось доказать.

 

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 Î α, B₁D ^ α. Тогда AC || α.

Чертеж 103.

3. O Î A₁C₁CA, O Î NQ, NQ || AC, N Î AA₁, Q Î CC₁, где N – середина AA₁, Q – середина CC₁.

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

AD₁ ^ B₁D Þ NT || AD₁, QT || AD₁.

Таким образом, NTPQLM – сечение куба плоскостью α.

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

Таким образом, S_{сечения} = S_NTPQLM = 6 S_ONT = .

Ответ: S_{сечения} = .

 

Задача №6

Решение.

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

Чертеж 104.

 

1. V_к = ⅓ pR²h = ⅓ pAK²AA₁.

2. AA₁ = 2, AC = 2, AK = x, KO =  – x.

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

4. Из ∆ AA₁K (Ð A = 90⁰): A₁K =  +  – x = 2 – x, тогда по теореме Пифагора: A₁K² = AK² + A₁A². Получаем:

, , , .

5. .

Ответ: .

 

II тур (очный)

8 класс

 

Задача №1

Решение.

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

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

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

 

Чертеж 105.

4. Рассмотрим ∆ AFL.

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

Что и требовалось доказать.

 

Задача №2

Решение.

1. Пусть ML ∩ NK = A (чертеж 106).

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

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

Ответ: NP = 2.

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.  = M₁B + BN₁ + M₁N₁ = M₁B + M₁M + BN₁ + N₁N = BM + BN.

Аналогично,  = AM + AP,  = 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 Þ y = z, y = 6.

Отсюда AB = x + y = 18.

Ответ: AB = 18.

Чертеж 107.

 

Задача №4

Доказательство.

1. Построим прямую l. A Î 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. Ð ECF = Ð CFA (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых FA и BC и секущей CF);

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

 

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 P_ABC.

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.

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

                            Чертеж 109.

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

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

Следовательно, Ð CBM = Ð CBE.

Что и требовалось доказать.

 

Задача №2

Решение.

1. Пусть Ð MOA = x, тогда Ð 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 РМВА = Ð МОА = х.

 

Чертеж 110.

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

4. Пусть D = OM ∩ AB. Тогда Ð ADO – внешний угол ∆ BOD.

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

Тогда Ð BDO = 80⁰.

Ответ: Ð BDO = 80⁰.

 

Задача №3

Доказательство.

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

Тогда ML = 2 МА.

Чертеж 111.

2. Из ∆ BML: ML = MB = 2 MA. Значит ∆ BML – равнобедренный и РMLB = Ð MBL = α.

Аналогично, из ∆ BME: Ð MBE = Ð MEB = b.

3. Из ∆ LBE: Ð L + Ð B + Ð E = α + (α + b) + b = 2α + 2b = 180⁰. Следовательно, Ð B = α + b = 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).

Чертеж 112.

1. АА₁ делит угол А, равный 120⁰, пополам, т.е. РСАА₁ = РBAA₁ = 60⁰. Если Ð САD – внешний угол треугольника АВС при вершине А, то Ð CAD = 60⁰.

2. Ð CAD = Ð A₁AC = 60⁰, т.е. AC – биссектриса Ð A₁AD.

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

3. BB₁ – биссектриса Ð ABC, значит B₁N = B₁M

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

5. Аналогично, A₁С₁ – биссектриса Ð AA₁B.

6. Биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны. Т.к. углы AA₁C и AA₁B смежные, то A₁B₁ ^ A₁С₁, а значит Ð 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).

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.

Чертеж 114.

4. Из ∆ ADE: медиана DF в два раза меньше стороны AE, к которой она проведена. Значит, ∆ ADE – прямоугольный, и РEDA = 90⁰.

5. ED – средняя линия треугольника АВС, следовательно, ED || AC.

6. РEDA = РDAC = 90⁰, как внутренние накрест лежащие при параллельных ED и АС и секущей AD.

Таким образом, Ð BAC = Ð FAD + Ð DAC = 90⁰ + 60⁰ = 150⁰. Очевидно, что Ð 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 AH ∩ BC = N, BH ∩ AC = M, CH ∩ AB = L.

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. Ð ACD = 90⁰, как вписанный в окружность и опирающийся на диаметр AD (чертеж 116).

2. В четырехугольнике ECDK, Ð C = Ð K = 90⁰. Следовательно, около четырехугольника ECDK можно описать окружность. Тогда РECK = РEDK (как вписанные в окружность и опирающиеся на общую дугу).

Чертеж 116.

 

3. Ð BDA = Ð BCA (как вписанные в окружность и опирающиеся на общую дугу). Следовательно, Ð BCA = Ð ACK, значит, CE – биссектриса Ð BCK.

4. Аналогично, BE – биссектриса Ð 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 (Ð P = 90⁰): OK = 2 PK Þ Ð POK = 30⁰ (по свойству катета лежащего напротив угла 30⁰), значит Ð OKP = 60⁰.

4. Из ∆ OKB (OK = KB): Ð OKB = 120⁰ Þ Ð OBK = 30⁰.

5. ∆ OPC = ∆ OPB по двум катетам (OP – общий, PC = PB, т.к. P – середина BC). Следовательно, Ð OCP = 30⁰, Ð COP = 60⁰.

6. Из ∆ BOA (OB = OA): Ð BOA = 150⁰ (т.к. Ð BOK = 30⁰), Ð OBA = РOAB = 15⁰.

 

 

Чертеж 117.

7. Из ∆ COA (OC = OA): Ð COA = 180⁰ – Ð COP – Ð POK = 90⁰, РOCA = РOAC = 45⁰.

8. В итоге, получаем Ð A = 60⁰, Ð B = 45⁰, Ð C = 75⁰.

Ответ: Ð A = 60⁰, Ð B = 45⁰, Ð 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.

Чертеж 118.

3. AHBP – параллелограмм, т.к. M делит каждую диагональ пополам. Отсюда AH || BP и AP || HB.

4. S_∆AHE = S_∆AHP, т.к. P и E равноудалены от AH.

Аналогично, S_∆BHP = S_∆BHK.

5. S_∆AHP = S_∆BHP, 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 Ð ABC.

Что и требовалось доказать.

 

 

Задача №3

Решение.

1. Пусть D – вершина пирамиды, ABC – ее основание, AD = 3,
BD = 4, CD = 5, Ð ADC = Ð ADB = Ð BDC = 90⁰.

Примем в качестве основания пирамиды боковую грань ABD – прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 (чертеж 119).

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. РADB = 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: .

 

Задача №4

Решение.

Рассмотрим пирамиду ABCK (чертеж 120).

1. V_ABCK = ⅓ S_ABC · KB = ⅓ S_AKC · h = ⅓ · 10 · 5 = ⅓ · 50.

2. Из п.1: S_ABC · KB = 50.

Чертеж 120.

 

Теперь найдем объем параллелепипеда.

3. V_парал. = S_ABCD · BB₁ = 2 S_ABC · 2 KB = 4 (S_ABC · KB) = 200.

Ответ: V_парал. = 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

 

 

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)