Физтех 2024/25 · Математика · 10 кл., №7 — решение · финал

Условие

На гипотенузе $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AB = BP$ $AC = CQ$ Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $D$ для которой $DP = DQ$ а $\angle PDQ = 90^\circ$ Найдите $\angle DBC$ если известно, что $\angle DCB = 20^\circ$

О задаче · 10 класс

Олимпиада: Физтех (МФТИ)
Этап: Заключительный этап, вариант 5
Предмет / класс: Математика · 10 класс
Сезон: 2024/25

Вырази длину $PQ$ через стороны треугольника: что это за величина? Запиши свой ответ, потом проверь догадку в модели и сравни с разбором.

Записать идею

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

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеГде стоит точка D

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Исследуй задачу

Где стоит точка D

Чем замечательна точка D — и при каком угле C выполняется ∠DCB = 20°?

Если модель не открылась, попробуй так. Начерти прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4, отложи BP = AB и CQ = AC на гипотенузе, построй над PQ прямоугольный равнобедренный треугольник. Измерь расстояния от его вершины до трёх сторон.

Подсказка 1

Пусть $BC = a$ $AC = b$ $AB = c$ Тогда $PQ = BP + CQ - BC = b + c - a$ . Для прямоугольного треугольника это удвоенный радиус вписанной окружности. Где её точка касания с гипотенузой?

Подсказка 2

Точка касания $G$ вписанной окружности с $BC$ делит её так: $BG = \dfrac{a + c - b}{2}$ , и тогда $PG = BP - BG = \dfrac{b + c - a}{2} = r$ — $G$ есть середина $PQ$ В прямоугольном равнобедренном треугольнике $PDQ$ расстояние от $D$ до $PQ$ равно $\dfrac{PQ}{2} = r$ так что $D$ лежит над $G$ на высоте $r$ — это центр вписанной окружности. Тогда $BD$ и $CD$ — биссектрисы.

Разобрать решение по шагам

Длина PQ

Обозначим $BC = a$ $AC = b$ $AB = c$ Точки $P$ и $Q$ лежат на гипотенузе: $BP = c$ $CQ = b$ и так как $b + c > a$ отрезки $BP$ и $CQ$ перекрываются; их общая часть — $PQ$

PQ = BP + CQ - BC = b + c - a.

В прямоугольном треугольнике $b + c - a = 2r$ где $r$ — радиус вписанной окружности (из $r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{bc}{a + b + c}$ или просто из того, что касательные из $A$ равны $r$ а $a = (b - r) + (c - r)$ ). Итак, $PQ = 2r$

Середина PQ — точка касания

Пусть $G$ — точка касания вписанной окружности с $BC$ Отрезки касательных из $B$ равны: $BG = p - b = \dfrac{a + c - b}{2}$ , где $p$ — полупериметр. Тогда

PG = BP - BG = c - \frac{a + c - b}{2} = \frac{b + c - a}{2} = r = \frac{PQ}{2},

то есть $G$ — середина $PQ$

D — центр вписанной окружности

Треугольник $PDQ$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому его высота из $D$ попадает в середину $G$ гипотенузы и равна $\dfrac{PQ}{2} = r$ Значит, $D$ лежит на перпендикуляре к $BC$ в точке $G$ на расстоянии $r$ от $BC$ внутри треугольника. Но ровно там находится центр $I$ вписанной окружности: $IG \perp BC$ $IG = r$ Следовательно, $D = I$ и $BD$ $CD$ — биссектрисы углов $B$ и $C$

Точки P, Q на гипотенузе, треугольник PDQ и вписанная окружность: её точка касания G — середина PQ, а DG = r.

Углы

$\angle DCB = \dfrac{\angle C}{2} = 20^\circ$ , откуда $\angle C = 40^\circ$ и $\angle B = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ$ . Тогда

\angle DBC = \frac{\angle B}{2} = 25^\circ.

То же через угол $BDC = 90^\circ + \dfrac{\angle A}{2} = 135^\circ$ : $\angle DBC = 180^\circ - 135^\circ - 20^\circ = 25^\circ$ .

Проверка

Правила модели строят прямоугольный треугольник с углом $C$ в координатах, откладывают $BP = AB$ $CQ = AC$ ставят $D$ как вершину прямоугольного равнобедренного треугольника на $PQ$ внутри $ABC$ и измеряют: для $C = 20^\circ, 30^\circ, 40^\circ, 50^\circ, 65^\circ, 80^\circ$ точка $D$ совпадает с центром вписанной окружности $(r; r)$ расстояния от $D$ до трёх сторон равны $r$ $PQ = 2r$ $\angle DBC = \dfrac{B}{2}$ , $\angle DCB = \dfrac{C}{2}$ . Условие $\angle DCB = 20^\circ$ выполняется ровно при $C = 40^\circ$ и тогда $\angle DBC = 25^\circ$ для варианта $6$ ( $\angle C = 50^\circ$ ) — $20^\circ$

Ответ

$\angle DBC = 25^\circ$

Ответ

$\angle DBC = 25^\circ$

Главная идея

PQ = AB + AC − BC = 2r, а точка касания вписанной окружности с гипотенузой — середина PQ; вершина прямоугольного равнобедренного треугольника над PQ отстоит от BC ровно на r, значит, D — центр вписанной окружности и BD — биссектриса: ∠DBC = B/2 = 25°.

Отрезки, равные катетам, отложены на гипотенузе — их перекрытие равно 2r, а середина — точка касания вписанной окружности.

Где легко ошибиться

Не узнать в b + c − a удвоенный радиус; решить, что D — середина дуги или центр описанной окружности; забыть, что по условию D внутри треугольника (иначе вторая вершина на PQ).

Источник и авторство

Олимпиада «Физтех» · математика · 10 класс · 2024/25 · заключительный этап, вариант 5, задача 7. В модели можно выбрать другой официальный вариант этого номера (вариант 6): условие, модель и проверка ответа следуют выбранному варианту.

Официальные условия (PDF организатора, стр. 1) ↗ · Официальные решения (PDF организатора, стр. 3) ↗ · Архив заданий олимпиады ↗

Условие — из официального файла организатора. Подсказки, решение и модель — Popov Academy. Авторское решение записано до знакомства с решениями организатора. Ответ сверен с официальным решением организатора и совпадает с ним; объяснение и модель написаны заново.

Продолжить тему: Треугольники и углы →

Тема, знания и приёмы

Треугольники и углы · Продвинутая подготовка

Радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника: r = (b + c − a)/2
Отрезки касательных из одной точки
Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах

Приёмы решения: Дополнительное построение · Симметрия и попарное соответствие

Задать вопрос по задаче →