Курчатов 2025/26 · Математика · 8 кл., №5

Условие

На стороне $AB$ равностороннего треугольника $ABC$ как на диаметре построена окружность. Точка $F$ лежит на этой окружности и строго внутри треугольника. Из $C$ опущен перпендикуляр $CH$ к прямой $AF$ его основание $H$ находится на продолжении $AF$ за $F$ Известно, что $FH=2\sqrt3$ и $CH=1$ Найдите сторону треугольника.

Исходная конфигурация: H лежит за F. Координатных осей и середины K пока нет.

О задаче · 8 класс · баллы не подтверждены

Олимпиада: Курчатов
Предмет / класс: Математика · 8 класс
Сезон / этап: 2025/26 · Заключительный этап
Комплект: задача 5

Официальные баллыНе подтверждены

Сложность Popov Academy4/5 · предварительно

Для подготовки: 8 класс.

Записать идею

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

Подсказка 1

Угол $AFB$ прямой: он опирается на диаметр $AB$ Если найти оба катета $AF$ и $BF$ сторона треугольника найдётся по теореме Пифагора.

Подсказка 2

Отметьте середину $K$ стороны $AB$ и проведите через неё прямую, параллельную $AF$ до прямой $CH$ Высота $CK$ и средняя линия помогут получить два подобных прямоугольных треугольника.

Разобрать решение по шагам

Сведём задачу к двум катетам

Угол $AFB$ опирается на диаметр $AB$ поэтому $AF\perp BF$ Обозначим $AF=m$ $BF=n$ Тогда по теореме Пифагора $AB^2=m^2+n^2$

Нужно найти $m$ и $n$ по данным $FH$ и $CH$ Для этого используем равносторонность: высота из $C$ одновременно проходит через середину $AB$ и перпендикулярна этой стороне.

Проведём среднюю линию и дополним прямоугольник

Пусть $K$ — середина $AB$ Через $K$ проведём прямую, параллельную $AF$ Она пересекает $BF$ в точке $E$ а продолжение $CH$ — в точке $P$

В треугольнике $ABF$ отрезок $KE$ — средняя линия. Поэтому $KE=\frac m2$ а $BE=EF=\frac n2$ Четырёхугольник $EFHP$ — прямоугольник: его стороны параллельны двум перпендикулярным прямым $AF$ и $BF$ Значит, $EP=FH=2\sqrt3$ и $HP=EF=\frac n2$

Поскольку $F$ находится строго внутри треугольника $ABC$ вершины $B$ и $C$ лежат по разные стороны прямой $AF$ Точки $E$ и $P$ находятся со стороны $B$ а $C$ — по другую сторону от $H$ Поэтому $CP=HP+HC$ а не разность этих отрезков.

Теперь катеты нового прямоугольного треугольника $KPC$ выражаются через те же две неизвестные:

KP=\frac m2+2\sqrt3,\qquad CP=\frac n2+1.

Средняя линия делит AF и BF пополам. Прямоугольник переносит известный FH к отрезку KP.

Увидим подобные прямоугольные треугольники

В равностороннем треугольнике $CK$ — высота. Если $AB=a$ то $AK=\frac a2$ и

CK=\sqrt{AC^2-AK^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt3}{2}a.

Треугольники $KPC$ и $BFA$ прямоугольные. Кроме того, их острые углы при $K$ и $B$ равны: стороны одного угла перпендикулярны соответствующим сторонам другого ( $KC\perp AB$ $KP\perp BF$ ). Поэтому треугольники подобны.

Их гипотенузы — $KC$ и $BA$ Отношение соответствующих катетов равно отношению гипотенуз:

\frac{KP}{BF}=\frac{CP}{AF}=\frac{KC}{BA}=\frac{\sqrt3}{2}.

Таким образом, равносторонность связывает новые катеты со старыми без введения координат.

Зелёный треугольник KPC подобен охристому BFA. Соответствуют KP и BF, CP и AF, KC и BA.

Найдём длины катетов

Подставим найденные выражения для $KP$ и $CP$

\begin{aligned}\frac m2+2\sqrt3&=\frac{\sqrt3}{2}n,\\[0.45em]\frac n2+1&=\frac{\sqrt3}{2}m.\end{aligned}

Умножим оба равенства на $2$

m+4\sqrt3=\sqrt3n,\qquad n+2=\sqrt3m.

Из первого $m=\sqrt3n-4\sqrt3$ Подставим во второе:

\begin{aligned}n+2&=\sqrt3(\sqrt3n-4\sqrt3),\\[0.45em]n+2&=3n-12,\\[0.45em]14&=2n,\\[0.45em]n&=7.\end{aligned}

Тогда $m=7\sqrt3-4\sqrt3=3\sqrt3$ . Обе длины положительны, как требует положение $F$ внутри треугольника.

Вернёмся к стороне равностороннего треугольника

В прямоугольном треугольнике $ABF$ теперь известны оба катета. Поэтому

AB^2=(3\sqrt3)^2+7^2=27+49=76,

AB=\sqrt{76}=2\sqrt{19}.

Проверка найденных соотношений: $KP=\frac{3\sqrt3}{2}+2\sqrt3=\frac{7\sqrt3}{2}$ и $CP=\frac72+1=\frac92$ Они равны соответственно $\frac{\sqrt3}{2}\cdot BF$ и $\frac{\sqrt3}{2}\cdot AF$ как и должно быть у подобных треугольников.

Дополнительный способ: координаты

Тот же результат можно получить, направив оси вдоль AF и BF. Основной разбор выше использует среднюю линию и подобие.

Выберите оси по двум известным перпендикулярам

По свойству угла, опирающегося на диаметр, $AF\perp BF$ Обозначим $AF=m$ $BF=n$ где $m,n>0$ Поставим $A$ в начало координат, направим горизонтальную ось вдоль $AF$ а вертикальное направление выберем к $B$ Тогда

A=(0,0),\quad F=(m,0),\quad B=(m,n).

Точка $F$ внутри треугольника, поэтому $B$ и $C$ лежат по разные стороны прямой $AF$ Из $FH=2\sqrt3$ и $CH=1$ следует

H=(m+2\sqrt3,0),\qquad C=(m+2\sqrt3,-1).

Искомая сторона $AB$ равна $\sqrt{m^2+n^2}$

Выразите ту же вершину через равносторонность

Пусть $K$ — середина $AB$ тогда $K=(\frac m2,\frac n2)$ В равностороннем треугольнике $CK\perp AB$ и $CK=\sqrt3\cdot AK$ Если отрезок $AK$ повернуть на $90^\circ$ по часовой стрелке, его горизонтальная и вертикальная составляющие станут $\frac n2$ и $-\frac m2$ при повороте они меняются местами, а одна меняет знак. Увеличим их в $\sqrt3$ раза и отложим от $K$ Поворот именно по часовой стрелке выбирает вершину $C$ по ту же сторону $AB$ где находится внутренняя точка $F$ Поэтому

C=\left(\frac{m+\sqrt3n}{2},\frac{n-\sqrt3m}{2}\right).

Здесь используются только середина стороны, высота равностороннего треугольника и поворот прямого угла.

Решите два линейных уравнения

Координаты одной точки $C$ должны совпасть:

\begin{cases}\dfrac{m+\sqrt3n}{2}=m+2\sqrt3,\\[4pt]\dfrac{n-\sqrt3m}{2}=-1.\end{cases}

Перепишем их как $\sqrt3n-m=4\sqrt3$ и $\sqrt3m-n=2$ Из первого $m=\sqrt3n-4\sqrt3$ Подстановка во второе даёт

3n-12-n=2\quad\Longrightarrow\quad n=7,\quad m=3\sqrt3.

Получены длины обоих катетов прямоугольного треугольника $ABF$

Найдите сторону и проверьте конфигурацию

По теореме Пифагора

AB^2=m^2+n^2=27+49=76,

поэтому $AB=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$ Для проверки можно взять

\begin{aligned}A&=(0,0),&B&=(3\sqrt3,7),\\[0.45em]C&=(5\sqrt3,-1),&F&=(3\sqrt3,0),\\[0.45em]H&=(5\sqrt3,0).\end{aligned}

Квадраты $AB,AC,BC$ равны $76$ $AF\perp BF$ $FH=2\sqrt3$ $CH=1$ Прямая $BC$ пересекает горизонтальную ось в точке с координатой $\frac{19\sqrt3}{4}>3\sqrt3$ , поэтому $F$ лежит между $A$ и стороной $BC$ строго внутри треугольника. Все условия выполнены.

Ответ

$\sqrt{76}=2\sqrt{19}$

Главная идея

Средняя линия переносит известные расстояния к высоте равностороннего треугольника. Подобие двух прямоугольных треугольников даёт простые связи между неизвестными катетами.

Как заметить эту идею в другой задаче

Если в равностороннем треугольнике есть прямой угол, найдите середину стороны и проведите высоту. Средняя линия и пары перпендикуляров могут дать подобные треугольники.

Возможная ошибка

Перепутать соответствующие катеты: $KP$ соответствует $BF$ а $CP$ — $AF$ Также важно, что $H$ находится за $F$ поэтому длины в $KP$ и $CP$ складываются.

Источник и примечания

Официальный источник

PDF организатора · страницы 5 · задача 5 ↗

Курчатов · 2025/26 · математика · 8 класс · заключительный этап.

Авторский разбор Popov Academy.

Можете объяснить решение своими словами?

Продолжить тему: Треугольники и углы →

Тема, знания и приёмы

Треугольники и углы · Нужна школьная база

Угол, опирающийся на диаметр
Средняя линия и подобие треугольников
Теорема Пифагора
Системы двух линейных уравнений и квадратные корни

Приёмы решения: Подобие треугольников · Дополнительное построение

Задать вопрос по задаче →