Эйлер 2025 · Математика · 8 кл., №7

Условие

Выпуклый пятиугольник $ABCDE$ таков, что

$\angle ACB = \angle CBD = \angle DCE = \angle BDC = 30^\circ$ ,

AB+BC+CD+DE = AD+BE.

Чему может быть равен угол $A$ этого пятиугольника?

О задаче · 8 класс

Олимпиада: Олимпиада имени Леонарда Эйлера, XVII олимпиада
Этап: Заключительный этап
Предмет / класс: Математика · 8 класс
Дата: 24–27 марта 2025

Нарисуй треугольник $BCD$ с двумя углами по $30^\circ$ и попробуй поставить вершины $A$ и $E$ так, чтобы выполнялись все углы из условия. Сравни на своём рисунке левую и правую части равенства: какая больше? В модели «Двигай A и E» точки $B$ $C$ $D$ закреплены, а $A$ и $E$ ездят по своим лучам — найди положение, где части равны, и подумай, почему оно такое.

Записать идею

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

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеДвигай A и E

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Своя гипотеза

Двигай A и E

Точки B, C, D закреплены, а вершины A и E ездят по лучам, на которых выполнены все углы по 30°. Найди положение, где AB + BC + CD + DE = AD + BE, и проверь, бывает ли левая часть меньше правой. Режим «Точка P» покажет, почему так получается.

Без JavaScript модель не работает. Нарисуй ромб BCDP со стороной 5 см и углом C = 120°, проведи лучи CA и CE под углами 30° к CB и CD и попробуй разные положения A и E: измерь обе части равенства и угол A. Что из этого следует, объясняют шаги 2–4 разбора.

Подсказка 1

Начни с треугольника $BCD$ что следует из двух углов по $30^\circ$ при вершинах $B$ и $D$ Найди угол $BCD$ и посмотри, на какие части его делят диагонали $CA$ и $CE$ Две части по $30^\circ$ подсказывают перегнуть треугольник $ACB$ по прямой $CA$ а треугольник $ECD$ — по прямой $CE$ Куда попадут точки $B$ и $D$

Подсказка 2

Обе попадут в одну точку $P$ для которой треугольники $BCP$ и $DCP$ равносторонние. Тогда $AB = AP$ $DE = PE$ $BC = BP$ $CD = PD$ и левая часть равенства — это длина двух ломаных $A$ – $P$ – $D$ и $B$ – $P$ – $E$ Сравни их с диагоналями $AD$ и $BE$ когда ломаная равна отрезку?

Разобрать решение по шагам

Что дают углы при вершине C

Начнём с треугольника $BCD$ в нём два угла по $30^\circ$ — $\angle CBD$ и $\angle BDC$ Значит, он равнобедренный: $CB = CD$ а третий угол

\angle BCD = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ.

Теперь посмотрим на диагонали $CA$ и $CE$ Пятиугольник выпуклый, поэтому обе диагонали идут внутри угла $BCD$ и если поворачивать луч от $CB$ к $CD$ он встретит их по порядку обхода: сначала $CA$ потом $CE$ Значит, угол $BCD$ разбит на три части:

\angle BCA = 30^\circ, \qquad \angle ECD = 30^\circ,

\angle ACE = 120^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 60^\circ.

Дальше удобно считать $CB = CD = 1$ от выбора единицы длины углы не меняются. Средний угол $60^\circ$ — намёк на равносторонние треугольники.

Перегибаем треугольники ACB и ECD

Условие сравнивает две суммы отрезков, и нас интересует, когда одна сумма равна другой. Отрезки $AB$ $BC$ $CD$ $DE$ разбросаны по краю пятиугольника; хочется собрать их в ломаные с теми же концами, что у диагоналей $AD$ и $BE$ Для этого «перегнём» треугольник $ACB$ по прямой $CA$ а треугольник $ECD$ — по прямой $CE$

Точно это делается так. Отметим внутри угла $BCD$ точку $P$ для которой треугольник $BCP$ равносторонний. Тогда $\angle BCP = 60^\circ$ и $CP = CB = 1$ Остаток угла $\angle PCD = 120^\circ - 60^\circ = 60^\circ$ , а $CP = CD$ поэтому и треугольник $PCD$ равносторонний. Итак,

BP = PD = BC = CD = 1.

Луч $CA$ делит угол $BCP$ пополам: $\angle ACB = 30^\circ$ значит, $\angle ACP = 60^\circ - 30^\circ = 30^\circ$ . В треугольниках $ACB$ и $ACP$ сторона $CA$ общая, $CB = CP$ и углы между ними по $30^\circ$ — треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Отсюда $AB = AP$

Так же луч $CE$ делит угол $PCD$ пополам: $\angle BCE = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ$ , поэтому $\angle PCE = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ = \angle ECD$ . Треугольники $ECP$ и $ECD$ равны ( $CP = CD$ $CE$ общая, углы по $30^\circ$ ), и $DE = PE$

Получилось, что при перегибе обе точки $B$ и $D$ попадают в одну и ту же точку $P$

Пятиугольник с нужными углами, в котором равенство не выполнено. Перегибаем треугольники

ACB

ECD

— точки

B

D

попадают в одну точку

P

Синие ломаные

A

–

P

–

D

B

–

P

–

E

имеют ту же длину, что левая часть равенства; здесь они изломаны и длиннее оранжевых диагоналей.

Неравенство треугольника и случай равенства

Заменим каждое слагаемое левой части равным ему отрезком из шага 2: $AB = AP$ $CD = PD$ $BC = BP$ $DE = PE$ Тогда

AB + BC + CD + DE =

= (AP + PD) + (BP + PE).

В первой скобке — длина ломаной $A$ – $P$ – $D$ во второй — ломаной $B$ – $P$ – $E$ Ломаная не короче отрезка с теми же концами (неравенство треугольника для треугольников $APD$ и $BPE$ ):

AP + PD \ge AD, \qquad BP + PE \ge BE.

Сложив, получаем, что всегда $AB + BC + CD + DE \ge AD + BE$ . Равенство из условия возможно, только если оба неравенства обращаются в равенства. А $AP + PD = AD$ бывает ровно тогда, когда точка $P$ лежит на отрезке $AD$ (иначе $APD$ — настоящий треугольник, и сумма двух его сторон больше третьей). Так же $BP + PE = BE$ только при $P$ на отрезке $BE$

Вывод: в нашем пятиугольнике точка $P$ — это точка пересечения диагоналей $AD$ и $BE$ Она лежит строго между концами каждой диагонали: $AP = AB > 0$ $PD = 1 > 0$ $BP = 1 > 0$ $PE = DE > 0$

Считаем угол A

В ромбе $BCDP$ (все стороны равны $1$ ) угол при $P$ составлен из двух углов равносторонних треугольников:

\angle BPD = \angle BPC + \angle CPD = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ.

Точки $A$ $P$ $D$ лежат на одной прямой, $P$ между $A$ и $D$ поэтому угол $APB$ — смежный с углом $BPD$ $\angle APB = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ . Треугольник $ABP$ равнобедренный ( $AB = AP$ ) с углом $60^\circ$ при вершине $P$ — значит, равносторонний. Отсюда $\angle PAB = 60^\circ$ и $AP = BP = 1$

Так же $\angle DPE = 180^\circ - \angle BPD = 60^\circ$ (теперь на одной прямой $B$ $P$ $E$ ), треугольник $DPE$ равнобедренный ( $DE = PE$ ) с углом $60^\circ$ — равносторонний, и $PE = PD = 1$

Осталось посмотреть на треугольник $APE$ Угол $APE$ вертикальный к углу $BPD$ поэтому $\angle APE = 120^\circ$ а стороны $AP = PE = 1$ В равнобедренном треугольнике углы при основании равны:

\angle PAE = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ.

Диагональ $AD$ проходит внутри угла $EAB$ выпуклого пятиугольника, поэтому

\angle A = \angle EAP + \angle PAB = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ.

Случай равенства:

P

лежит на обеих диагоналях. Треугольники

ABP

DPE

равносторонние,

\angle APE = 120^\circ

поэтому

\angle A = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ

Такой пятиугольник существует

Мы доказали: если пятиугольник из условия есть, то его угол $A$ равен $90^\circ$ Осталось показать, что он действительно есть.

Возьмём ромб $BCDP$ со стороной $1$ и углом $C$ равным $120^\circ$ Продолжим $DP$ за точку $P$ на отрезок $PA = 1$ а $BP$ за точку $P$ — на отрезок $PE = 1$ Проверим всё по порядку.

Треугольник $ABP$ $AP = BP = 1$ и $\angle APB = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ , значит, он равносторонний и $AB = 1$ Тогда $ABCP$ — ромб, его диагональ $CA$ делит угол $BCP = 60^\circ$ пополам: $\angle ACB = 30^\circ$
Так же треугольник $DPE$ равносторонний, $DE = 1$ $CDEP$ — ромб, и $\angle DCE = 30^\circ$
$\angle CBD = \angle BDC = 30^\circ$ — углы при основании равнобедренного треугольника $BCD$ с углом $120^\circ$
Углы пятиугольника: $\angle B = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$ , $\angle C = 120^\circ$ $\angle D = 120^\circ$ $\angle A = \angle E = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$ (в равнобедренном треугольнике $APE$ угол при $P$ равен $120^\circ$ а углы при $A$ и $E$ — по $30^\circ$ ). Все меньше $180^\circ$ в сумме $540^\circ$ — пятиугольник выпуклый.
Равенство: $AB + BC + CD + DE = 4$ а $AD = AP + PD = 2$ и $BE = BP + PE = 2$ то есть $AD + BE = 4$

Значит, угол $A$ может быть равен $90^\circ$ и других значений нет.

Проверка

Проверим пример из шага 5 координатами. Пусть $C = (0;\,0)$ $B = (1;\,0)$ Тогда $D = \left(-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ , $P = \left(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ , $A = \left(\tfrac32;\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ , $E = (0;\,\sqrt3)$ Отрезок $AD$ горизонтален и равен $2$ $BE = \sqrt{1 + 3} = 2$ $AB = DE = \sqrt{\tfrac14 + \tfrac34} = 1$ — равенство $4 = 4$ выполнено. Векторы $\overrightarrow{AE} = \left(-\tfrac32;\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ и $\overrightarrow{AB} = \left(-\tfrac12;\,-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$ перпендикулярны: $\tfrac34 - \tfrac34 = 0$ то есть $\angle A = 90^\circ$

Вторая проверка — что других случаев равенства нет. Если $CB = CD = 1$ $CA = a$ $CE = e$ то по теореме косинусов (углы при $C$ равны $30^\circ$ $90^\circ$ $90^\circ$ $30^\circ$ ) разность левой и правой частей равна $f(a) + f(e)$ где

\begin{aligned}f(x) &= \sqrt{x^2 - \sqrt3\,x + 1}\\[0.45em]&\quad + 1 - \sqrt{x^2 + 1}.\end{aligned}

Тест модели перебирает все положения $A$ и $E$ на сетке модели и мелкую сетку с шагом $0{,}01$ каждое слагаемое $f(a)$ $f(e)$ неотрицательно, а вся разность равна нулю только при $a = e = \sqrt3$ Рядом с ответом разность очень мала (на соседнем шаге модели около $0{,}0015$ ), поэтому равенство нужно доказывать, а не измерять.

Ответ

Угол $A$ может быть равен только $90^\circ$

Ответ

Угол $A$ может быть равен только $90^\circ$

Главная идея

Равенство сумм отрезков — замаскированный случай равенства в неравенстве треугольника. Перегнём треугольники $ACB$ и $ECD$ по диагоналям $CA$ и $CE$ точки $B$ и $D$ попадают в одну точку $P$ и левая часть становится длиной двух ломаных $A$ – $P$ – $D$ и $B$ – $P$ – $E$ Ломаная равна отрезку, только если она прямая, — значит, $P$ лежит на обеих диагоналях, и фигура становится жёсткой: угол $A$ находится через равносторонние треугольники.

Признаки: сумма нескольких отрезков равна сумме других (или требуется найти наименьшую сумму), а в условии есть равные углы с общей вершиной. Перенеси отрезки перегибом (отражением) или поворотом так, чтобы сумма стала ломаной с теми же концами, что и отрезок справа. Тогда неравенство треугольника даёт оценку, а равенство означает, что точка излома лежит на отрезке.

Где легко ошибиться

Найти удобный пятиугольник с прямым углом $A$ проверить в нём равенство и на этом остановиться. Так получен только пример; нужно ещё доказать, что при любом другом положении вершин равенства нет, — это и делает шаг 3. Вторая ошибка — довериться измерениям: в модели при соседнем положении вершины разность частей всего около $0{,}0015$ по линейке её не заметить, хотя равенства там нет.

Источник и авторство

Олимпиада имени Леонарда Эйлера · XVII олимпиада, сезон 2024/25 · заключительный этап · второй день · 24–27 марта 2025 · математика · 8 класс. Официальная задача 7, 7 баллов.

Материалы этапа (ZIP 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

Неравенство треугольника и когда в нём бывает равенство
Равенство треугольников по двум сторонам и углу между ними
Равнобедренный треугольник с углом 60° — равносторонний
Смежные и вертикальные углы, сумма углов треугольника

Приёмы решения: Симметрия и попарное соответствие · Дополнительное построение · Оценка и достижимость

Задать вопрос по задаче →