Материалы вступительных экзаменов в МГУ

Планиметрия

Приводится обзор задач по планиметрии, предлагавшихся на олимпиадах (в том числе и заочных турах) и вступительных экзаменах всех факультетов МГУ им. М.В. Ломоносова в 2000 г., причем на физическом и географическом факультетах вариант содержал две планиметрические задачи. Как и в обзорах за предыдущие 1996–1999 гг., указывается факультет, время  проведения олимпиады (для заочных туров месяц не указывается) или экзамена, номер задачи в варианте и в скобках число всех задач в нем. Одна задача из данного экзамена (или олимпиады) решается, вторая задача из параллельного варианта этого же экзамена предлагается для самостоятельного решения, и к ней дается ответ. Нумерация рисунков для каждого факультета отдельная.
Комментируются, как правило, лишь те геометрические особенности, свойства и факты, которые отсутствуют в упомянутых обзорах за предыдущие годы. В сочетании с ними данный обзор может быть использован при изучении или повторении курса «Планиметрия», а также при подготовке к любым экзаменам. Поскольку задачи из вариантов факультетов механико-математического, вычислительной математики и кибернетики, да и физического довольно трудны, один методический совет: начинайте изучать представленный планиметрический материал с конца обзора, т. е. с более легких задач.

Механико-математический факультет, март 2000 г., № 4 (5).

1. В трапеции KLMN основания KN и LM равны 12 и 3 соответственно. Из точки Q, лежащей на стороне MN, опущен перпендикуляр QP на сторону KL. Известно, что P – середина KL, PM = 4 и что площадь четырехугольника PLMQ в четыре раза меньше площади четырехугольника PKNQ.
Найдите длину отрезка PN.

Решение. Пусть площади треугольников PLM, PMQ, PQN, PNK равны соответственно S₁, S₂, S₃, S₄; h – высота трапеции, PL=PK=t, PQ=m, PN=x, РLPM=a, РNPK=b (рис. 1). Тогда

Рис. 1

По условию S₃+S₄=4(S₁ + S₂). Но S₄=4S₁, так как

Значит, S₃+4S₁=4S₁+4S₂, откуда  S₃=4S₂.

Докажем равенство a=b.

Имеем для отношения площадей

так как a и b – оба острые углы.

Осталось найти x, например, из первого уравнения системы

Возможны иные способы решения, элементы которых видны из рисунка 1. Изложим один из них, основанный на проведении перпендикуляров MA и NB к прямой LK и на подобии полученных треугольников MAP и NBP. Подобие их вытекает из уже доказанных соотношений

Действительно, треугольники LPM и PKN имеют одинаковые основания LP = KP, лежащие на одной прямой, поэтому

Но стороны MQ и QN треугольников MQP и QNP также расположены на одной прямой. Поэтому

Так как то по теореме Фалеса

В прямоугольных треугольниках MAP и NBP катеты пропорциональны:

Поэтому

значит,

.

Ответ: 16.

Комментарий. Обратим внимание на важность анализа конкретных числовых данных: здесь прямая PQ по условию рассекает трапецию на части, площади которых отличаются в четыре раза. Но основания трапеции тоже отличаются в четыре раза. Именно из этого совпадения следовали ключевые соотношения

Рекомендуем рассмотреть иные способы решения, основанные, например, на установлении факта параллельности прямых QK и MM1, который следует из пропорции

или на доказательстве того, что PK – биссектриса в D NPM₁ (рис. 1), а значит,

2. Перпендикуляр к боковой стороне AB трапеции ABCD, проходящий через ее середину K, пересекает сторону CD в точке L. Известно, что площадь четырехугольника AKLD в пять раз больше площади четырехугольника BKLC, CL=3, DL=15, KC=4.
Найдите длину отрезка KD.

Ответ: 20.

Механико-математический факультет, заочное тестирование для абитуриентов-немосквичей (до марта), № 6 (9).

В прямоугольной трапеции большая диагональ длины 11 делит острый угол трапеции в отношении 2 : 1, а расстояние от вершины тупого угла до этой диагонали равно 4.

Какие значения может принимать площадь трапеции?

Решение. Возможны два случая (рис. 2).

1-й случай (рис. 2,а). РADB > РCDB. Если РADB=2a, то РCDB=a. Тогда РCBD=2a. В D BCD известна сторона BD=11, соотношение прилегающих к ней углов (2a и a) и высота CC₁=4. Из DBCD получим уравнение для a (из равенства)

BD=BC₁+C₁D; 11 = 4ctg 2a + 4ctg a.

По условию угол ADC острый, значит, 0<3a<90°, 0<a<30°, cos a№ 0, справедлива формула Получаем квадратное (относительно tg a) уравнение

Так как

то

что удовлетворяет условию. Трапеция задана. В ней

2-й случай (рис. 2,б). РADB<РCDB. Если РADB=b, то РCDB=2b. Тогда РCBD=b. В DBCD поменялись местами прилегающие к стороне BD углы. Значит, аналогично получим Здесь C₁D = 4ctg 2b = 3,

Ответ: {51,04; 46,2}.

Комментарий. Двузначность ответа предполагается самой формулировкой задачи.

Факультет ВМиК, июль 2000 г., № 6 (6).

1. Вершины A и C параллелограмма ABCD лежат на одной окружности, а вершины B и D – на другой, пересекающей первую, причем центры окружностей лежат в плоскости параллелограмма. Расстояние между центрами окружностей равно 10. Длины диагоналей параллелограмма равны 26 и 6 соответственно.

Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей параллелограмма до прямой, содержащей общую хорду окружностей.

Решение. Пусть g₁ – окружность с центром в точке O₁ радиуса R₁, проходящая через вершины A и C; g₂ – окружность с центром в точке O₂ радиуса R₂, проходящая через вершины B и D; M и N – точки пересечения окружностей g₁ и g₂ (MN^O₁O₂, MK=KN, где K=O₁O₂З MN); точка S – центр параллелограмма ABCD; точки S₁ и L – проекции точки S на O₁O₂ и MN соответственно; AC=d₁, BD=d₂ (рис. 1). По условию O₁O₂=10. Отметим, что SO₁^AC, SO₂^BD, так как точка S – середина хорд AC и BD окружностей g₁ и g₂ соответственно.

Искомой является длина D=SL=S₁K. По свойству отрезков хорд (пропорциональные отрезки в круге – старое название), или из DAO₁S, DDO₂S имеем систему уравнений

Покажем, что в равенстве (1) точку S можно заменить на точку S₁.

Действительно, по теореме Пифагора

Значит, с учетом (2)

и утверждение о замене S на S₁ доказано.

Точка K – середина общей хорды MN. По свойству отрезков хорд, или из DMO₁K, DMO₂K запишем

Значит, для разности квадратов радиусов имеем

R₁² – R₂² = KO₁² – KO₂².            (4)

Подставив (4) в (3) получим

Примем прямую O₁O₂ за координатную ось x с началом отсчета в точке O₁, положительным направлением и длиной «единичного» отрезка O₁O₂=r =10. Пусть точки S₁, K имеют координаты x₁, x₂ соответственно (рис. 2). Тогда и для правой части в (5) получим

S₁O₂² – S₁O₁² + KO₁² – KO₂² = (r – x₁)² – x₁² + x₂² – (r – x₂)² = 2r(x₂ – x₁).            (6)

Поэтому из (5) и (6) следует

Осталось из (7) вычислить D.

Ответ: 8.

Комментарий. Эта довольно трудная задача под 6-м номером вызвала сложности у абитуриентов главным образом из-за утверждения о замене S на S₁.

2. Длина большей диагонали параллелограмма KLMN равна 16. Через пары точек K и M, L и N соответственно в плоскости параллелограмма проведены две пересекающиеся окружности, расстояние между центрами которых равно 6. Расстояние от точки пересечения диагоналей параллелограмма до прямой, содержащей общую хорду окружностей, равно 4.
Найдите длину меньшей диагонали параллелограмма.

Ответ: 8.

Физический факультет, март 2000 г., № 4 (8).

1. В DABC AD – медиана, AD = m, AB = a, AC = b.

Найдите Р BAC.

Решение. В D ABC заданы медиана и стороны, исходящие из вершины A (рис. 1). Третью сторону BC найдем стандартным для медианы построением: продолжим медиану и отложим DA₁ = AD = m. Четырехугольник ABA₁C – параллелограмм, так как в нем диагонали точкой D пересечения делятся пополам.

По метрическому свойству параллелограмма

BC² + AA₁² = 2(AB² + AC²),      BC² = 2(a² + b²) – 4m².

По теореме косинусов для њ ABC

Угол BAC, как угол треугольника, положителен и не превосходит 180°. Значит, при всех допустимых значениях m, a, b получаем

ответ: 

2. В D ABC AD – биссектриса, AD = l, AB = c, AC = b.

Найдите Р BAC.

Ответ:

Физический факультет, март 2000 г., № 8 (8).

1. Из точки A проведены к окружности две касательные (M и N – точки касания) и секущая, пересекающая эту окружность в точках B и C, а хорду MN – в точке P, AB : BC = 2 : 3.

Найдите AP : PC.

Решение. По условию AB = 2k, BC = 3k (k > 0). Пусть AM = AN = t, BP = z, MP = x, NP = y (рис. 2).

Искомым является отношение

Значит, задача сводится к нахождению величины .

По свойству секущей

По свойству отрезков хорд (пропорциональные отрезки в круге)

MP·PN = BP·PC, xy = z(3k – z).

Длину отрезка AP = 2k + z равнобедренного D AMN выразим через боковую сторону AM = t и отрезки x, y основания. По теореме косинусов из D AMP и D ANP имеем (РM = РN)

откуда после упрощений получим

AP² = AM² – MP·PN,

AP² = t² – xy.        (*)

Но Поэтому (*) перепишется

Значит,

Ответ:

Комментарий. Подобные задачи можно решать с помощью следующей формулы, которую рекомендуем принять на вооружение: 

Формулы (**) означают: отношение секущей AC к внешней части AB равно отношению отрезков PC и PB хорды BC. Другими словами, точка A делит хорду BC внешним образом в том же отношении, в каком точка P делит ее внутренним образом.

Доказательство, как и вышеизложенное решение, базируется на свойствах секущей, отрезков хорд и свойстве (*) чевианы равнобедренного треугольника. Для наглядности примем, что AB = a, BC = b, PC = c, MP = x, PN = y, AM = AN = t (рис. 3).

Требуется доказать, что

или b(a + b + c) = ac.

По упомянутым свойствам имеем

t² = (a + b + c)a, xy = bc, (a + b)² = t² – xy.

Значит, исключая t² и xy, запишем

((a + b)² = (a + b + c)a – bc) Ы (ab + bc + b² = ac) Ы (b(a + b + c) = ac).

Формула (**) для нашей задачи сразу дает искомое отношение так как

а значит, и решение нашей задачи, которое выражается через

2. Окружность касается сторон угла ABC в точках A и C. Прямая BN пересекает эту окружность в точках M и N,
а отрезок AC – в точке K, BM : MN = 3 : 5.

Найдите MK : KN.

Ответ:

Продолжение следует