Спасибо за интересную задачу. Решал поворотом против часовой стрелки на 60°треугольника АВС (вместе со всем содержимым) вокруг точки С. Для начала нужно доказать, что О; F и О' лежат на одной прямой. Треугольники AFO' и FOK равны по двум сторонам и углу между ними: ОК=АО' ; АF=FK;
Геометрическое место середины диагоналей трапеции АМКС находится на прямой, соединяющей середины сторон АB и AC. Берём крайний случай, когда точка K и точка О совпадает с точкой B. .Тогда OF совпадает с MB и площадь искомого треугольника равна половине треугольника ABC.
Строим параллелограмм (APKC). Тр-к (APM) - равносторонний (2 угла по 60). Прямая (MO), как биссектриса, медиана и высота - есть ось симметрии конструкции тр-ков (APM) и (BMK). Отсюда (PO) = (AO). Тр-к (ABC): проводим высоту (BH). Она же и его ось симметрии. И так же тр-ка (MBK). Тогда (AO) = (OC), и из предыдущего, (PO) = (AO) = (OC). Тр-к (COP) - равнобедренный, (OF) - медиана (пересечение диагоналей (APKC) ), поэтому и высота. Тогда тр-к (CFO): угол (F) = 90. (AB) - ось симметрии, строим симметр. объекты. Тр-к (BMK), (O) - это мета и орто-центр. Продляем (KO) через (AB). Точка (O1): (KO) = (OO1), симметрична (O), т.к. метацентр, и 2:1 соотв. отрезков. Угол (O1AB) - симметричен углу (BAO). Угол (BAO) = углу (BCO), они - симметричны от оси (BH). Тогда прямые (AO1) и (CO) - получаются из прямых (AB) и (BC), поворотом на одинаковый (+) угол. И тогда (угол прямых (AO1) и (CO)) = (углу прямых (AB), (BC)). Это 60 град. Тр-к (AKO1), (FO) - средняя линия. (FO) || (AO1), и по предыдущему, (угол прямых (AO1) и (CO)) = (углу (FOC)) в тр-ке (CFO), 60 град. И S(CFO) = (1/2)*1*2*sin(60) = sqrt(3)/2
Аналитическая геометрия. Начало координат в середине стороны АС. Примем для простоты стороны треугольника равными 2. A(-1, 0), C(1, 0). Уравнение прямой ВС : y = -√3∙(x - 1) , прямой МК: y = m . Теперь можно вычислить координаты нужных нам точек: F(-m∙√3/6, m/2), O(0, (√3 + 2m)/3) . Угловые коэффициенты прямых дают: k(OF)∙k(FC)= -1⟹ OF⊥FC. По угловым коэффициентам вычисляем тангенс угла между прямыми ОF и ОС. Получим: tg ∡FOC = √3 ⟹ ∡FOC = 60° ⟹ FC = √3 ⟹ S = √3/2 !
Красивая задача, спасибо за простое решение) Я решал сложным путем, обозначил стороны равносторонних треугольников через a и b - большего и меньшего. Далее выразил ОС по теореме косинусов из BOC, AK по той же теореме из ABK. Затем, используя формулу медианы через стороны, нашёл OF и FC. В процессе вычислений получилось, что OC = 2OF, FC = sqrt(3)OF, поэтому ответ S = sqrt(3)OF²/2 = sqrt(3)/2
Я решила по-другому. 1) OA=OC, угол(BAO)=угол(BCO)=альфа. 2) угол(AOC)=60+2*альфа. 3) пусть OK пересекает AB в точке D, тогда угол(ADK)=90, OD=x, OK=2x. 4) строим EF=OF. AOKE - параллелограмм. AE||OK, AE=OK=2x, угол(BAE)=90. 5) ADOE - прямоугольная трапеция, OD=x, AE=2x. Значит, OA=OE, угол(AOE) =2*альфа. Значит, OE=OC, угол(COE)=60. Треугольник COE - равносторонний; CF - медиана и высота. Далее ответ как у автора.
было ясно, что речь идет об инварианте, то есть не зависит от положения диагонали. вместо 1 можно было задать а. тогда в частном случае совпадения диагонали с основанием получаем прямоугольный треугольник с углом 30 град. а дальше я посмотрел блестящее общее доказательство существования инварианта, приведенное автором.
Обозначения авторские. Задача решается устно. Продолжим сторону OF вниз за основание АС до т.D. OF = FD. Соединим точки D и C. Получился равносторонний 3-угольник DOС, высоты (биссектрисы и медианы), которого пересекаются в одной точке, средние линии равны. Следовательно, 3-угольник OFC вполне легитимен, его углы равны 90°, 60° и 30°, а площадь = корень из 3 разделить на 2
Спасибо. А почему вы считаете, что "Получился равносторонний 3-угольник DOС"? Ведь напомним, что O - центр не большого, а малого зеленого тр-ка (написано в условии)!
жесть( на олимпиаде я решил бы конечно... сколько там дается времени? часа 4-5? ну вот ее одну и решил бы... на остальные задачи времени бы не хватило... спасибо)
Я снял циркулем с чертежа расстояния, оказалось, что треугольник ОFD (точка D это пересечение FK и OC) - правильный, а FD медиана желтого треугольника. Находим по формуле площади правильного треугольника его площадь и умножаем на два, так как треугольник FDC имеет такую же площадь. Ответ корень из 3 деленный на два. Понятно, что такое решение ни где не зачтется, но по крайней мере позволяет получить точный ответ и очень быстро. Ну а далее попытаться на него выйти с доказательствами.
С точки зрения аналитической геометрии это даже не очень сложная задача, требующая только хорошей алгебраической техники. В этом смысле она вовсе даже не "лютая", ее решение я изложил ниже. Но найти ее геометрическое решение, которое предложил автор, очень непросто, для этого нужно обладать его опытом и блестящим знанием и чувством геометрии ! На то он и тренер!
Достраиваем трапецию АМКС слева до параллелограмма АДКС. ДF=FC (диагонали) а ОД=ОС (равенство треугольников ДОК и СОВ). ОF - медиана равнобедренного, она же высота. ✓3/2. Посмотрел ролик. 1:1 ;)
Для начала смотрим вырожденные случаи: MB:AB = 0, MB:AB = 1, в обоих случаях жёлтый треугольник прямоугольный с углами 30 и 60, предполагаем, что так оно и будет во всех случаях. 1. Вводим декартову систему координат с центром в точке B, в которой длина стороны зелёного - 1, AB: MB = x. Найдём координаты точек O, C, F (v3 = sqrt(3)): O = (0, -2v3 / 3) C = (x, -xv3) F = 1/2(A+K) = ((1-x)/2, -(x+1)/2 v3) 2. C-F = ((3x-1)/2, (1-x)/2 v3), |C-F|^2 = 4x(x-1) + 4/3 O-F = ((x-1)/2, (3x-1)/6 v3), |O-F|^2 = x(x-1) + 1/3 CF = 2OF. 3. скалярное произведение (C-F, O-F) = (3x-1)(x-1)/4 + (3x-1)(1-x)*3/12 = 0. < CFO - прямой. треугольник СFO - прямоугольный с гипотенузой СF равной удвоенному катету OF. Возвращаемся к оригинальным единицам измерения, площадь = v3/2.
Решил почти так же, но из т. О опустил пернпедикуляры еа BK и МС, а дальше практически идентично. Спасбо за задачу!!!
Задача очень лютая. Никогда бы не подумал, что такие в Иране дают, хотя бы и на Олимпиаде.
Спасибо.
Спасибо.Очень интересно,а еще и понятно.Скоро сам решать начну под старость лет.😂
зная валерия, предположил, что треуг FOC классический... ну и получил корень из трех на два... эх... с таким везением - в лас-вегас...
Спасибо за интересную задачу. Решал поворотом против часовой стрелки на 60°треугольника АВС (вместе со всем содержимым) вокруг точки С. Для начала нужно доказать, что О; F и О' лежат на одной прямой. Треугольники AFO' и FOK равны по двум сторонам и углу между ними: ОК=АО' ; АF=FK;
Супер, так и нужно решать!
Геометрическое место
середины диагоналей трапеции АМКС находится на прямой, соединяющей середины сторон АB и AC. Берём крайний случай, когда точка K и точка О совпадает с точкой B. .Тогда OF совпадает с MB и площадь искомого треугольника равна половине треугольника ABC.
Строим параллелограмм (APKC). Тр-к (APM) - равносторонний (2 угла по 60). Прямая (MO), как биссектриса, медиана и высота - есть ось симметрии конструкции тр-ков (APM) и (BMK). Отсюда (PO) = (AO).
Тр-к (ABC): проводим высоту (BH). Она же и его ось симметрии. И так же тр-ка (MBK). Тогда (AO) = (OC), и из предыдущего, (PO) = (AO) = (OC). Тр-к (COP) - равнобедренный, (OF) - медиана (пересечение диагоналей (APKC) ), поэтому и высота. Тогда тр-к (CFO): угол (F) = 90.
(AB) - ось симметрии, строим симметр. объекты. Тр-к (BMK), (O) - это мета и орто-центр. Продляем (KO) через (AB). Точка (O1): (KO) = (OO1), симметрична (O), т.к. метацентр, и 2:1 соотв. отрезков. Угол (O1AB) - симметричен углу (BAO). Угол (BAO) = углу (BCO), они - симметричны от оси (BH). Тогда прямые (AO1) и (CO) - получаются из прямых (AB) и (BC), поворотом на одинаковый (+) угол. И тогда (угол прямых (AO1) и (CO)) = (углу прямых (AB), (BC)). Это 60 град.
Тр-к (AKO1), (FO) - средняя линия. (FO) || (AO1), и по предыдущему, (угол прямых (AO1) и (CO)) = (углу (FOC)) в тр-ке (CFO), 60 град. И S(CFO) = (1/2)*1*2*sin(60) = sqrt(3)/2
Трудно найти такое решение. Спасибо.
Спасибо.
Аналитическая геометрия. Начало координат в середине стороны АС. Примем для простоты стороны треугольника равными 2.
A(-1, 0), C(1, 0). Уравнение прямой ВС : y = -√3∙(x - 1) , прямой МК: y = m . Теперь можно вычислить координаты нужных нам точек:
F(-m∙√3/6, m/2), O(0, (√3 + 2m)/3) . Угловые коэффициенты прямых дают: k(OF)∙k(FC)= -1⟹ OF⊥FC. По угловым коэффициентам
вычисляем тангенс угла между прямыми ОF и ОС. Получим: tg ∡FOC = √3 ⟹ ∡FOC = 60° ⟹ FC = √3 ⟹ S = √3/2 !
Красивая задача, спасибо за простое решение)
Я решал сложным путем, обозначил стороны равносторонних треугольников через a и b - большего и меньшего. Далее выразил ОС по теореме косинусов из BOC, AK по той же теореме из ABK. Затем, используя формулу медианы через стороны, нашёл OF и FC. В процессе вычислений получилось, что OC = 2OF, FC = sqrt(3)OF, поэтому ответ S = sqrt(3)OF²/2 = sqrt(3)/2
Спасибо, что решали!
Я решила по-другому. 1) OA=OC, угол(BAO)=угол(BCO)=альфа. 2) угол(AOC)=60+2*альфа. 3) пусть OK пересекает AB в точке D, тогда угол(ADK)=90, OD=x, OK=2x. 4) строим EF=OF. AOKE - параллелограмм. AE||OK, AE=OK=2x, угол(BAE)=90. 5) ADOE - прямоугольная трапеция, OD=x, AE=2x. Значит, OA=OE, угол(AOE) =2*альфа. Значит, OE=OC, угол(COE)=60. Треугольник COE - равносторонний; CF - медиана и высота. Далее ответ как у автора.
Ве-ли-ко-леп-но!
было ясно, что речь идет об инварианте, то есть не зависит от положения диагонали. вместо 1 можно было задать а. тогда в частном случае совпадения диагонали с основанием получаем прямоугольный треугольник с углом 30 град. а дальше я посмотрел блестящее общее доказательство существования инварианта, приведенное автором.
Очень хорошая задача. Спасибо.
Рад, что понравилось.
Обозначения авторские. Задача решается устно. Продолжим сторону OF вниз за основание АС до т.D. OF = FD. Соединим точки D и C. Получился равносторонний 3-угольник DOС, высоты (биссектрисы и медианы), которого пересекаются в одной точке, средние линии равны. Следовательно, 3-угольник OFC вполне легитимен, его углы равны 90°, 60° и 30°, а площадь = корень из 3 разделить на 2
Спасибо. А почему вы считаете, что "Получился равносторонний 3-угольник DOС"? Ведь напомним, что O - центр не большого, а малого зеленого тр-ка (написано в условии)!
Вы правы, я не упомянул окружность, радиус которой ОА = ОC, точка D лежит на этой окружности
Да, задачка не на 5 минут... Благодарю!
Олимпа!
Люто! Бомбезно!
Согласен.
жесть( на олимпиаде я решил бы конечно... сколько там дается времени? часа 4-5? ну вот ее одну и решил бы... на остальные задачи времени бы не хватило... спасибо)
Я снял циркулем с чертежа расстояния, оказалось, что треугольник ОFD (точка D это пересечение FK и OC) - правильный, а FD медиана желтого треугольника. Находим по формуле площади правильного треугольника его площадь и умножаем на два, так как треугольник FDC имеет такую же площадь. Ответ корень из 3 деленный на два. Понятно, что такое решение ни где не зачтется, но по крайней мере позволяет получить точный ответ и очень быстро. Ну а далее попытаться на него выйти с доказательствами.
С точки зрения аналитической геометрии это даже не очень сложная задача, требующая только хорошей алгебраической техники. В этом
смысле она вовсе даже не "лютая", ее решение я изложил ниже. Но найти ее геометрическое решение, которое предложил автор,
очень непросто, для этого нужно обладать его опытом и блестящим знанием и чувством геометрии ! На то он и тренер!
Спасибо, очень приятно. Поворотная гомотетия очень быстро.
Задача как Вы сказали действительно лютая😢😢😢 спасибо Вам большое.
Достраиваем трапецию АМКС слева до параллелограмма АДКС. ДF=FC (диагонали) а ОД=ОС (равенство треугольников ДОК и СОВ). ОF - медиана равнобедренного, она же высота. ✓3/2.
Посмотрел ролик. 1:1 ;)
Отлично.
Для начала смотрим вырожденные случаи: MB:AB = 0, MB:AB = 1, в обоих случаях жёлтый треугольник прямоугольный с углами 30 и 60, предполагаем, что так оно и будет во всех случаях.
1. Вводим декартову систему координат с центром в точке B, в которой длина стороны зелёного - 1, AB: MB = x. Найдём координаты точек O, C, F (v3 = sqrt(3)):
O = (0, -2v3 / 3)
C = (x, -xv3)
F = 1/2(A+K) = ((1-x)/2, -(x+1)/2 v3)
2. C-F = ((3x-1)/2, (1-x)/2 v3), |C-F|^2 = 4x(x-1) + 4/3
O-F = ((x-1)/2, (3x-1)/6 v3), |O-F|^2 = x(x-1) + 1/3
CF = 2OF.
3. скалярное произведение (C-F, O-F) = (3x-1)(x-1)/4 + (3x-1)(1-x)*3/12 = 0. < CFO - прямой.
треугольник СFO - прямоугольный с гипотенузой СF равной удвоенному катету OF. Возвращаемся к оригинальным единицам измерения, площадь = v3/2.
Супер!
@@GeometriaValeriyKazakov на самом деле здесь перпендикулярность и не нужна, можно тупо векторное произведение посчитать
Очень хорошая задача.
Спасибо.
Добрый день.
А если двигать МК не вниз, а вверх?
Придем к такому же выводу, но вы правы, что нужно подвигать в крайние.
asnwer=120