Олимпиада СПб 2025 · Математика · 8 кл., №3

Условие

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ площади треугольников $ABD$ и $BCD$ равны. Известно, что $\angle ADB = 90^\circ$ Точка $M$ — середина стороны $BC$ Докажите, что $MC+CD\geq AM$

Второй вариант этой задачи

На олимпиаде соседи по парте получают разные варианты. Условие второго варианта:

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ диагональ $AC$ перпендикулярна стороне $BC$ и делит исходный четырёхугольник на два треугольника одинаковой площади. Точка $E$ — середина стороны $AD$ Докажите, что $AE + CD \geqslant BE$

Его решение и ответ — в последнем шаге разбора.

О задаче · 8 класс

Олимпиада: Санкт-Петербургская олимпиада школьников по математике, 92-я (2026)
Этап: I тур (районный)
Предмет / класс: Математика · 8 класс
Дата: 15 ноября 2025 г.

Нарисуй несколько таких четырёхугольников на клетчатой бумаге: положи $BD$ на линию сетки, поставь $A$ на перпендикуляр к $BD$ в точке $D$ а $C$ выбери так, чтобы площади треугольников $ABD$ и $BCD$ были равны. Сравни $MC + CD$ и $AM$ и подумай, когда они могут быть равны. В модели «Чертёж на клетчатом листе» вершины двигаются, а условие задачи сохраняется, и длины сравниваются точно.

Задача на доказательство: нужно доказать неравенство для любого четырёхугольника с такими свойствами.

Записать идею

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

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеЧертёж на клетчатом листе

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Исследуй задачу

Чертёж на клетчатом листе

Двигай вершины — модель сохраняет условие задачи и точно сравнивает обе части неравенства в выбранном варианте.

Если модель не открылась (выключен JavaScript или страница загрузилась не полностью), условие, подсказки и разбор доступны и без неё.

Подсказка для решения без модели

Без JavaScript модель не работает. Нарисуй на клетчатой бумаге D(0; 0), B(8; 0), A(0; 4), C(6; −4): здесь угол ADB прямой, а площади треугольников ABD и BCD равны 16 клеткам. Отметь середину M стороны BC и измерь MC, CD и AM. Потом передвинь C в точки (4; −4) и (10; −4) и сравни снова.

Подсказка 1

Отрезок $AM$ не длиннее любой ломаной, которая идёт из $A$ в $M$ Попробуй найти такую точку, чтобы ломаная из $A$ в $M$ через неё состояла из звеньев, равных $CD$ и $MC$ Где может пригодиться равенство площадей треугольников с общей стороной $BD$

Подсказка 2

Опусти из $C$ перпендикуляр на прямую $BD$ и обозначь его основание $E$ Что равенство площадей треугольников $ABD$ и $BCD$ говорит об отрезке $CE$ Проверь, не подходит ли точка $E$ для ломаной из подсказки 1.

Разобрать решение по шагам

Что будем искать

Отрезки $MC$ и $CD$ лежат совсем не там, где отрезок $AM$ поэтому сравнить их сразу трудно. Зато мы знаем, что отрезок не длиннее ломаной с теми же концами. Если найти точку $E$ для которой

AE = CD \quad\text{и}\quad EM = MC,

то $AM \le AE + EM = CD + MC$ — это ровно то, что нужно доказать. Ищем такую точку.

Равные площади дают равные высоты

У треугольников $ABD$ и $BCD$ общая сторона $BD$ Так как $\angle ADB = 90^\circ$ высота треугольника $ABD$ опущенная на $BD$ — это сам отрезок $AD$

S_{ABD} = \frac{BD\cdot AD}{2}.

Пусть $E$ — основание перпендикуляра, опущенного из $C$ на прямую $BD$ Тогда $CE$ — высота треугольника $BCD$ и $S_{BCD} = \dfrac{BD\cdot CE}{2}$ . Площади равны, основание общее, значит, равны и высоты:

CE = AD.

Два равных прямоугольных треугольника

Точка $E$ не совпадает с $D$ иначе $C$ лежала бы на прямой $AD$ и три вершины $A$ $D$ $C$ оказались бы на одной прямой, а у выпуклого четырёхугольника так не бывает. Поэтому треугольники $ADE$ и $CED$ — настоящие прямоугольные треугольники: $\angle ADE = 90^\circ$ (ведь $AD \perp BD$ а $E$ лежит на прямой $BD$ ) и $\angle CED = 90^\circ$

У них катеты $AD$ и $CE$ равны (шаг 2), а катет $DE$ общий. Значит, треугольники равны по двум катетам, и их гипотенузы равны:

AE = CD.

Так отрезок $CD$ «переехал» и теперь начинается в точке $A$

Пример на клетчатом листе:

D(0;0)

B(8;0)

A(0;4)

C(6;-4)

площади

ABD

BCD

равны

16

клеткам. Основание перпендикуляра —

E(6;0)

CE = AD = 4

Прямоугольные треугольники

ADE

CED

(закрашены) равны по двум катетам, поэтому

AE = CD

Медиана, проведённая к гипотенузе

Треугольник $BEC$ прямоугольный: $\angle BEC = 90^\circ$ гипотенуза — $BC$ Точка $M$ — середина гипотенузы, а медиана, проведённая к гипотенузе, равна её половине:

EM = \frac{BC}{2} = MC.

Точка $E$ может оказаться и за точкой $B$ (если $C$ «выступает» дальше $B$ ) — треугольник $BEC$ остаётся прямоугольным, и равенство верно. А если $E$ совпала с $B$ то $EM = BM = MC$ сразу.

Собираем ломаную

Для точек $A$ $E$ $M$ отрезок $AM$ не длиннее ломаной $A \to E \to M$ (неравенство треугольника; если $E$ лежит на отрезке $AM$ получается равенство). С шагами 3 и 4:

AM \le AE + EM = CD + MC.

Доказано: $MC + CD \ge AM$

Та же фигура. В прямоугольном треугольнике

BEC

медиана

EM

равна половине гипотенузы:

EM = BM = MC

Отрезок

AM

(сплошной) не длиннее ломаной

A \to E \to M

(пунктир), а её звенья равны

CD

MC

Второй вариант

Это та же задача с другими буквами: прямой угол теперь при вершине $C$ ( $BC \perp AC$ ), общая сторона двух треугольников равной площади — диагональ $AC$ а середина взята на стороне $AD$

Пусть $F$ — основание перпендикуляра, опущенного из $D$ на прямую $AC$ У треугольников $ABC$ и $ACD$ общее основание $AC$ высоты — $BC$ и $DF$ площади равны, поэтому $DF = BC$ Точка $F$ не совпадает с $C$ (иначе $D$ лежала бы на прямой $BC$ и вершины $B$ $C$ $D$ оказались бы на одной прямой), поэтому прямоугольные треугольники $BCF$ и $DFC$ равны по двум катетам ( $BC = DF$ $CF$ — общий), и $BF = CD$

В прямоугольном треугольнике $AFD$ медиана $FE$ проведена к гипотенузе $AD$ поэтому $FE = \dfrac{AD}{2} = AE$ (если $F$ совпала с $A$ то $FE = AE$ сразу). Значит,

BE \le BF + FE = CD + AE.

Проверка

Проверим на примере с рисунков: $D(0;0)$ $B(8;0)$ $A(0;4)$ $C(6;-4)$ Угол $ADB$ прямой, площади $ABD$ и $BCD$ равны $\frac{8\cdot 4}{2} = 16$ Точка $E(6;0)$ $M(7;-2)$ Тогда $AE = \sqrt{6^2+4^2} = \sqrt{52} = CD$ , $EM = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt5 = MC$ , и $AM = \sqrt{7^2+6^2} = \sqrt{85} \approx 9{,}22$ , а $MC + CD = \sqrt5 + \sqrt{52} \approx 9{,}45$ . Неравенство точное: при $C(4;-4)$ получается $MC = 2\sqrt2$ $CD = 4\sqrt2$ $AM = \sqrt{6^2+6^2} = 6\sqrt2$ , то есть $MC + CD = AM$ (здесь $CB = CD$ точка $E$ — середина $BD$ и лежит на отрезке $AM$ ). Компьютер проверил неравенство на $331\,589$ случайных выпуклых четырёхугольниках с условием задачи (наименьший запас $MC + CD - AM$ неотрицателен, точка $E$ всегда даёт $AE = CD$ и $EM = MC$ ) и точно — на всех $295$ четырёхугольниках модели с вершинами в узлах клетчатого листа: равенство там бывает ровно тогда, когда $CB = CD$

Ответ

1 вариант. Доказано: $MC + CD \ge AM$ Равенство возможно — например, когда $CB = CD$

2 вариант. Доказано: $AE + CD \ge BE$

Ответ

1 вариант. Доказано: $MC + CD \ge AM$ Равенство возможно — например, когда $CB = CD$

2 вариант. Доказано: $AE + CD \ge BE$

Главная идея

Отрезок не длиннее ломаной с теми же концами. Чтобы сравнить $AM$ с суммой отрезков $MC$ и $CD$ которые лежат в разных местах, собираем из них ломаную от $A$ до $M$ Основание $E$ перпендикуляра из $C$ на $BD$ делает это сразу: равные площади дают $CE = AD$ отсюда $AE = CD$ (равные прямоугольные треугольники), а $EM = MC$ — медиана к гипотенузе.

Если нужно доказать, что сумма двух отрезков не меньше третьего, а отрезки разбросаны по рисунку, попробуй «перенести» их так, чтобы получилась ломаная с концами третьего отрезка, — тогда работает неравенство треугольника. Середина гипотенузы прямоугольного треугольника и равные площади с общим основанием подсказывают, куда переносить.

Где легко ошибиться

Считать, что основание перпендикуляра $E$ обязательно лежит на отрезке $BD$ если $C$ «выступает» дальше $B$ точка $E$ лежит на продолжении $BD$ и рассуждение должно это допускать (медиана $EM$ всё равно равна половине гипотенузы). Ещё ошибка — проверить неравенство на одном удобном рисунке, например при $CB = CD$ где оно превращается в равенство, и не доказать его для всех четырёхугольников.

Источник и авторство

Санкт-Петербургская олимпиада школьников по математике · 92-я олимпиада (2026 год) · I тур (районный), 15 ноября 2025 г. · 8 класс, задача 3. Листки 7 и 8 классов этого тура озаглавлены также «Районный этап Всероссийской олимпиады школьников».

Условия (PDF организатора, первый вариант) ↗ · Листки олимпиады, оба варианта (ZIP организатора) ↗ · Страница олимпиады 2026 года ↗ · Сайт олимпиады ↗

Условие первого варианта — из файла организатора, второй вариант переписан с листка. Подсказки, решение и модель — Popov Academy. Организатор не публикует решений районного тура. Ответы обоих вариантов получены двумя независимыми решениями и совпали; где можно, проверены перебором или вычислением.

На сайте олимпиады: «Распространение представленных материалов разрешается и приветствуется.»

Продолжить тему: Треугольники и углы →

Тема, знания и приёмы

Треугольники и углы · Начальный вход

Площадь треугольника: половина произведения основания на высоту
Равенство прямоугольных треугольников по двум катетам
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна половине гипотенузы
Неравенство треугольника: отрезок не длиннее ломаной с теми же концами

Приёмы решения: Дополнительное построение

Задать вопрос по задаче →