Эйлер 2024 · Математика · 8 кл., №9 — решение

Условие

Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $K$ такая, что $\angle KCB + \angle ACB = \angle KBC + \angle ABC = 120^\circ$ . На продолжении стороны $AB$ за точку $B$ выбрана точка $P$ а на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ — точка $Q$ таким образом, что $BK = BP$ и $CK = CQ$ Докажите, что $BQ = CP$

О задаче · 8 класс

Олимпиада: Олимпиада имени Леонарда Эйлера, XVI олимпиада
Этап: Региональный этап
Предмет / класс: Математика · 8 класс
Дата: 31 января — 1 февраля 2024

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеПодвигай треугольник

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Своя гипотеза

Подвигай треугольник

Тяни вершины A, B, C — модель строит точку K по условию, откладывает BP = BK и CQ = CK и измеряет BQ и CP. Сравни углы при вершинах B и C у разных треугольников и проверь свою догадку: какие два треугольника здесь на самом деле равны?

Без JavaScript модель не работает. Построй на бумаге треугольник с углами B = 70° и C = 80°, отметь K так, чтобы ∠KBC = 50° и ∠KCB = 40°, отложи BP = BK, CQ = CK и измерь BQ и CP линейкой; почему они равны всегда, объясняют шаги 1–4 разбора.

Нарисуй треугольник и точку $K$ по условию: заметь, что углы $B$ и $C$ должны быть больше $60^\circ$ иначе $K$ не поместится внутри. Выпиши через угол $B$ все углы при вершине $B$ — угол $KBC$ угол $ABK$ и угол $CBP$ — и сравни их. В модели «Подвигай треугольник» тяни вершины и смотри, какие углы получаются при $B$ и $C$ а ещё проверь свою первую догадку о том, какие два треугольника равны.

Задача на доказательство: числового ответа нет, доказано равенство отрезков $BQ = CP$

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Подсказка 1

Обозначь $\angle ABC = \beta$ Тогда $\angle KBC = 120^\circ - \beta$ , а смежный с углом $ABC$ угол $CBP$ равен $180^\circ - \beta$ На сколько градусов угол $CBP$ больше угла $CBK$ То же самое проверь при вершине $C$ Так в задаче появляется угол $60^\circ$ а где $60^\circ$ и равные отрезки — там обычно прячется равносторонний треугольник.

Подсказка 2

Отрази точку $K$ относительно прямой $BC$ — получится точка $M$ Тогда $BM = BK = BP$ и $\angle MBP = 60^\circ$ то есть треугольник $PBM$ равносторонний; такой же треугольник $QCM$ есть у вершины $C$ Теперь посмотри на треугольники $PMC$ и $BMQ$ у каждого две стороны выходят из $M$ и эти стороны попарно равны. Сравни углы между ними.

Разобрать решение по шагам

Что спрятано в условии: угол 60°

Обозначим углы треугольника: $\angle ABC = \beta$ $\angle ACB = \gamma$ Тогда по условию

\angle KBC = 120^\circ - \beta, \qquad \angle KCB = 120^\circ - \gamma.

Точка $K$ лежит внутри треугольника, поэтому угол $KBC$ — только часть угла $ABC$ $120^\circ - \beta < \beta$ , откуда $\beta > 60^\circ$ Так же $\gamma > 60^\circ$ А раз $\beta + \gamma < 180^\circ$ , каждый из этих углов ещё и меньше $120^\circ$ В модели это видно: вершину нельзя сдвинуть так, чтобы угол $B$ или $C$ стал меньше $60^\circ$ — точка $K$ вышла бы из треугольника.

Точка $P$ лежит на продолжении $AB$ за точку $B$ поэтому угол $CBP$ — смежный с углом $ABC$ $\angle CBP = 180^\circ - \beta$ . Сравним его с углом $CBK$

\angle CBP - \angle CBK = (180^\circ - \beta) - (120^\circ - \beta) = 60^\circ.

Точно так же $\angle BCQ - \angle BCK = 60^\circ$ . Разность этих углов равна $60^\circ$ Пока нельзя считать её углом $PBK$ лучи $BP$ и $BK$ идут по разные стороны от $BC$ Поэтому следующим шагом отразим $K$ относительно $BC$ — отражённый луч окажется на нужной стороне. Как это заметить: в условии дана сумма углов $120^\circ$ а $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ — это всегда намёк на равносторонний треугольник.

Углы при вершине

B

\angle KBC = 120^\circ - \beta

(оранжевая дужка) и смежный угол

\angle CBP = 180^\circ - \beta

(синяя дужка). Они лежат по разные стороны от

BC

и синий угол ровно на

60^\circ

больше оранжевого. При вершине

C

— то же самое. Одна чёрточка:

BK = BP

две чёрточки:

CK = CQ

Отражаем K и получаем два равносторонних треугольника

Пусть $M$ — точка, симметричная $K$ относительно прямой $BC$ При отражении длины и углы сохраняются: $BM = BK$ и $\angle MBC = \angle KBC = 120^\circ - \beta$ . Точка $M$ оказывается по другую сторону от $BC$ чем $K$ то есть не там, где $A$ Там же лежит и $P$ ведь $P$ — продолжение $AB$ за точку $B$ прямая $BC$ проходит через $B$ и луч от $B$ «от $A$ » уходит на другую сторону от $BC$

Итак, лучи $BM$ и $BP$ идут по одну сторону от $BC$ причём $\angle CBM = 120^\circ - \beta$ меньше, чем $\angle CBP = 180^\circ - \beta$ . Значит, луч $BM$ проходит внутри угла $CBP$ и

\angle MBP = \angle CBP - \angle CBM = (180^\circ - \beta) - (120^\circ - \beta) = 60^\circ.

В треугольнике $PBM$ стороны $BP = BK = BM$ равны, а угол между ними равен $60^\circ$ Равнобедренный треугольник с углом $60^\circ$ при вершине — равносторонний (два других угла по $60^\circ$ ). Поэтому $PM = BM = BK$ и $\angle PMB = 60^\circ$

У вершины $C$ всё повторяется слово в слово: $CM = CK = CQ$ $\angle MCQ = 60^\circ$ треугольник $QCM$ равносторонний, $QM = CM = CK$ и $\angle CMQ = 60^\circ$ В модели в режиме «Отражение $K$ и поворот» оба треугольника закрашены, и их стороны отмечены одинаковыми чёрточками.

M

— отражение точки

K

относительно

BC

(

KM \perp BC

пунктир).

BM = BK = BP

\angle MBP = 60^\circ

поэтому треугольник

PBM

(зелёный) равносторонний; так же

CM = CK = CQ

\angle MCQ = 60^\circ

и треугольник

QCM

(сиреневый) равносторонний.

Равные треугольники PMC и BMQ

Отрезок $CP$ лежит в треугольнике $PMC$ отрезок $BQ$ — в треугольнике $BMQ$ Сравним эти треугольники.

$PM = BM$ — стороны равностороннего треугольника $PBM$

$MC = MQ$ — стороны равностороннего треугольника $QCM$

угол между ними: $\angle PMC = \angle PMB + \angle BMC = 60^\circ + \angle BMC$ , а $\angle BMQ = \angle BMC + \angle CMQ = \angle BMC + 60^\circ$ . Эти углы равны.

Значит, треугольники $PMC$ и $BMQ$ равны по двум сторонам и углу между ними. Соответствие вершин: $P \to B$ $M \to M$ $C \to Q$ Третьи стороны тоже равны: $PC = BQ$ Это и требовалось доказать.

Почему именно эти треугольники: у обоих две стороны выходят из $M$ и каждая такая сторона — сторона одного из равносторонних треугольников. Можно сказать и так: поворот на $60^\circ$ вокруг точки $M$ переводит $P$ в $B$ (треугольник $PBM$ равносторонний) и $C$ в $Q$ (треугольник $QCM$ равносторонний), а значит, отрезок $PC$ — в отрезок $BQ$ В модели этот поворот делает ползунок: при $60^\circ$ повёрнутый треугольник $PMC$ ложится точно на $BMQ$

Треугольники

PMC

(оранжевый) и

BMQ

(синий):

PM = BM

MC = MQ

а углы

PMC

BMQ

оба равны

60^\circ + \angle BMC

Треугольники равны, поэтому

PC = BQ

Стрелки показывают поворот на

60^\circ

вокруг

M

он переводит

P

B

C

Q

Проверяем, что углы при M складываются, а не вычитаются

В шаге 3 мы записали $\angle PMC = \angle PMB + \angle BMC$ . Так бывает, когда луч $MB$ проходит внутри угла $PMC$ убедимся, что это всегда так, а не только на нашем рисунке.

В шаге 2 мы выяснили, что луч $BM$ проходит внутри угла $CBP$ Тогда точки $C$ и $P$ лежат по разные стороны от прямой $BM$ (отрезок $CP$ пересекает луч $BM$ ). Значит, лучи $MC$ и $MP$ идут по разные стороны от прямой $MB$ и угол $PMC$ либо равен сумме $\angle PMB + \angle BMC$ либо, если эта сумма больше $180^\circ$ дополняет её до $360^\circ$

Посчитаем сумму. Угол $BMC$ равен углу $BKC$ (отражение), а в треугольнике $KBC$

\angle BKC = 180^\circ - (120^\circ - \beta) - (120^\circ - \gamma) = \beta + \gamma - 60^\circ = 120^\circ - \angle A.

Поэтому $\angle BMC < 120^\circ$ и $\angle PMB + \angle BMC < 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$ . Сумма меньше развёрнутого угла, так что $\angle PMC = 60^\circ + \angle BMC$ в любом треугольнике. Для угла $BMQ$ рассуждение такое же с заменой $B$ на $C$ и $P$ на $Q$ Доказательство закончено.

Проверка

Проверим равенство на числах. Возьмём $BC = 1$ $\beta = 70^\circ$ $\gamma = 90^\circ$ (тогда $\angle A = 20^\circ$ ). По условию $\angle KBC = 50^\circ$ $\angle KCB = 30^\circ$ и в треугольнике $KBC$ угол $K$ равен $100^\circ$ по теореме синусов $BK = \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin 100^\circ} \approx 0{,}5077$ и $CK = \dfrac{\sin 50^\circ}{\sin 100^\circ} \approx 0{,}7779$ . Угол $CBP$ смежный с $\beta$ поэтому по теореме косинусов $CP^2 = 1 + BK^2 + 2 \cdot BK \cdot \cos 70^\circ \approx 1 + 0{,}2578 + 0{,}3473 = 1{,}6051$ ; угол $BCQ = 90^\circ$ поэтому $BQ^2 = 1 + CK^2 \approx 1 + 0{,}6051 = 1{,}6051$ . Совпало: $BQ = CP \approx 1{,}267$ Второй способ доказать то же равенство — без отражения, зато с равносторонним треугольником на стороне $BC$ пусть $BCN$ — равносторонний треугольник, $N$ не там, где $A$ Тогда $\angle NBP = \angle CBP - 60^\circ = 120^\circ - \beta = \angle KBC$ , и треугольники $NBP$ и $CBK$ равны по двум сторонам и углу между ними ( $BN = BC$ $BP = BK$ ): $NP = CK = CQ$ и $\angle BNP = \angle BCK = 120^\circ - \gamma$ . Далее $\angle CNP = 60^\circ + (120^\circ - \gamma) = 180^\circ - \gamma = \angle BCQ$ , и треугольники $NCP$ и $BCQ$ равны по двум сторонам и углу между ними, откуда $CP = BQ$ Численно (тест модели): для $3000$ случайных треугольников с углами $B$ и $C$ больше $60^\circ$ точки $K$ $P$ $Q$ построены по условию независимо от движка, и $BQ$ и $CP$ посчитанные по теореме косинусов, совпадают с точностью $10^{-9}$ там же проверены $\angle CBP - \angle CBK = 60^\circ$ , равносторонние треугольники $PBM$ и $QCM$ равенство углов $PMC$ и $BMQ$ и то, что поворот на $60^\circ$ вокруг $M$ переводит $P$ в $B$ и $C$ в $Q$

Ответ

Доказано: $BQ = CP$ — это соответственные стороны равных треугольников $PMC$ и $BMQ$ где $M$ — точка, симметричная $K$ относительно прямой $BC$

Ответ

Главная идея

Условие « $\angle KBC + \angle ABC = 120^\circ$ » — это замаскированный угол $60^\circ$ смежный угол $CBP = 180^\circ - \angle ABC$ ровно на $60^\circ$ больше угла $CBK$ Если отразить $K$ относительно $BC$ в точку $M$ этот угол $60^\circ$ встанет между равными отрезками $BM = BK = BP$ и треугольник $PBM$ окажется равносторонним; так же и $QCM$ Тогда поворот на $60^\circ$ вокруг $M$ переводит $P$ в $B$ и $C$ в $Q$ то есть отрезок $PC$ — в отрезок $BQ$ треугольники $PMC$ и $BMQ$ равны.

Признаки: в условии сумма углов равна $120^\circ$ или $60^\circ$ и из одной вершины выходят равные отрезки ( $BK = BP$ ). Пересчитай углы через смежные: $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ — ищи равносторонний треугольник. Если равные отрезки выходят из одной точки под углом $60^\circ$ их концы вместе с этой точкой образуют равносторонний треугольник, а два таких треугольника с общей вершиной дают поворот на $60^\circ$ вокруг неё — он и переносит один отрезок в другой. Отражение точки относительно стороны (здесь $K \to M$ ) — стандартный способ «сложить» угол при вершине с нужным углом.

Где легко ошибиться

Пытаться доказать равенство треугольников $BCQ$ и $CBP$ — тех, в которых лежат отрезки $BQ$ и $CP$ У них общая сторона $BC$ но $CQ = CK$ и $BP = BK$ — разные отрезки, и углы $BCQ = 180^\circ - \gamma$ и $CBP = 180^\circ - \beta$ тоже разные; равны эти треугольники только при $AB = AC$ В модели это видно в режиме «Треугольники $BCQ$ и $CBP$ ». Вторая ошибка — складывать углы при $M$ не проверив, что луч $MB$ проходит внутри угла $PMC$ (шаг 4): без этого равенство $\angle PMC = \angle BMQ$ не обосновано.

Источник и авторство

Олимпиада имени Леонарда Эйлера · XVI олимпиада, сезон 2023/24 · региональный этап · второй день · 31 января — 1 февраля 2024 · математика · 8 класс. Официальная задача 9, 7 баллов · автор задачи: С. Берлов.

Условия задач (PDF организатора) ↗ · Решения организатора ↗ · Архив олимпиады ↗

Условие — из официального файла организатора. Подсказки, объяснение и модели — Popov Academy. Авторский разбор Popov Academy проверен; результат сопоставлен с официальными материалами.

Продолжить тему: Треугольники и углы →

Тема, знания и приёмы

Треугольники и углы · Продвинутая подготовка

Смежные углы: их сумма 180°
Осевая симметрия сохраняет длины и углы
Равнобедренный треугольник с углом 60° при вершине — равносторонний
Равенство треугольников по двум сторонам и углу между ними

Приёмы решения: Симметрия и попарное соответствие · Дополнительное построение · Поворот плоскости

Задать вопрос по задаче →