Материалы вступительных экзаменов в МГУ

Планиметрия

Факультет почвоведения, май 2000 г., № 5 (6).

1. Высота трапеции ABCD равна 5, а основания BC и AD соответственно равны 3 и 5. Точка E находится на стороне BC, причем BE = 2, F – середина стороны CD, а M – точка пересечения отрезков AE и BF.

Найдите площадь четырехугольника AMFD.

Решение. Искомая площадь равна разности площадей треугольников AMN и NDF, где точка N – точка пересечения прямых AD и BF (рис. 1)

S_AMFD = S_D AMN – S_D NDF.

Рис. 1

Из равенства сторон CF и FD и прилегающих к ним углов следует равенство треугольников NDF и BCF. Поэтому DN=BC=3. Высота FF₁ треугольника NDF равна половине высоты трапеции, так как точка F – середина отрезка CD. Значит,

Так как то , причем коэффициент подобия

AN : BE = (AD + DN) : BE = (5 + 3) : 2 = 4.

Если h₂ и h₁ – расстояния от точки M до прямых AN и BE соответственно (рис. 1), то

Зная высоту MM₁ = h₂ в D AMN, найдем его площадь

Значит, 

Ответ:

2. Высота трапеции ABCD равна 4, а основания BC и AD соответственно равны 5 и 7. Точка K находится на стороне AD, причем AK = 3, L – середина стороны AB, а M – точка пересечения отрезков CK и DL.

Найдите площадь четырехугольника BCML.

Ответ: 11.

Факультет почвоведения, июль 2000 г., № 6 (7).

1. Биссектрисы внутренних углов треугольника продолжены до точек пересечения с описанной около треугольника окружностью, отличных от вершин исходного треугольника. В результате попарного соединения этих точек получился новый треугольник. Известно, что углы исходного треугольника равны 30, 60 и 90 градусам, а его площадь равна 2.

Найдите площадь нового треугольника.

Решение. Искомой является площадь треугольника A₁B₁C₁, исходный треугольник ABC имеет углы  РB=90°, РC=60°, РA=30° (рис. 2).

Рис. 2

Выразим угол A₁B₁C₁ при вершине B₁ нового треугольника через углы РA и РC при прилегающих вершинах исходного DABC. По теореме о вписанном угле имеем

Итак,

Аналогично найдем

Исходный D ABC – прямоугольный (РB = 90°). Поэтому AC = 2R, где R – радиус описанной окружности. Найдем R², зная площадь,

Искомую площадь найдем через R², используя следствие из теоремы синусов

B₁C₁=2Rsin РC₁A₁B₁,    B₁A₁=2Rsin РB₁C₁A₁.

Имеем

Здесь

Ответ:

2. Биссектрисы внутренних углов треугольника продолжены до точек пересечения с описанной около треугольника окружностью, отличных от вершин исходного треугольника. В результате попарного соединения этих точек получился новый треугольник с углами 45, 60 и 75 градусов.

Найдите отношение площадей исходного и нового треугольников.

Ответ:

Факультет почвоведения, заочный тур олимпиады (до апреля), № 5 (6).

Дан треугольник ABC, площадь которого равна двум. На медианах AK, BL, CN треугольника ABC взяты соответственно точки P, Q и R так, что AP : PK = 1, BQ : QL = 1 : 2, CR : RN = 5 : 4.

Найдите площадь треугольника PQR.

Решение. Обозначим AK = m_a, BL = m_b, CN = m_c и учтем свойство медиан:

Тогда в соответствии с условием найдем (рис. 3)

Известно, что медиана рассекает треугольник на две равновеликие части, а три медианы рассекают его на 6 равновеликих частей (докажите!). При этом

где S_ABC = 2.

Рис. 3

Треугольники PMQ и AMB имеют один и тот же угол при вершине M. Поэтому

Аналогично найдем площади треугольников QMR и RMP:

Значит, 

Ответ:

Географический факультет, май 2000 г., № 4 (6).

1. В треугольнике ABC на сторонах AB и BC отмечены точки M и N соответственно, причем BM = BN. Через точку M проведена прямая, перпендикулярная BC, а через точку N – прямая, перпендикулярная AB. Эти прямые пересекаются в точке O. Продолжение отрезка BO пересекает сторону AC в точке P и делит ее на отрезки AP = 5 и PC = 3.

Найдите длину отрезка BP, если известно, что длина отрезка BC равна 5.

Решение. Так как BM = BN, то D BMN равнобедренный, в нем высоты MM₁ и NN₁ к боковым сторонам пересекаются на его оси симметрии, значит, прямая BO является биссектрисой угла ABC, рис. 1. Из D ABC по свойству биссектрисы BP имеем

Рис. 1

Обозначим РACB через a. Тогда по теореме косинусов для D ABC и D BPC имеем  AB² = 8² + 5² – 2·8·5cos a,

Ответ: .

Комментарий. Искомую длину отрезка BP можно найти также по известной формуле для биссектрисы

2. В треугольнике ABC на сторонах AB и BC отмечены точки M и N соответственно, причем BM = BN. Через точку M проведена прямая, перпендикулярная BC, а через точку N – прямая, перпендикулярная AB. Эти прямые пересекаются в точке O. Продолжение отрезка BO пересекает сторону AC в точке P и делит ее на отрезки AP = 5 и PC = 3.

Найдите длину отрезка BP, если известно, что длина отрезка BC равна 6.

Ответ:

Географический факультет, май 2000 г., № 5 (6).

1. Эпицентр циклона, движущегося прямолинейно, во время первого измерения находился в 24 км к северу и 5 км к западу от метеостанции, а во время второго измерения находился в 20 км к северу и к западу от метеостанции.

Определите наименьшее расстояние, на которое эпицентр циклона приблизится к метеостанции.

Решение. Переформулируем задачу:найдите расстояние от начала координат (от метеостанции) до прямой, проходящей через точки A(– 5; 24) и рис. 2.

Рис. 2

Прямая AB не вертикальна. Поэтому ее уравнение запишем в виде y = kx + b. Числа k и b найдем из системы уравнений

Прямая пересекает оси координат в точках C(0; 12) и D(5; 0). Искомой является длина высоты OH прямоугольного њ OCD с катетами OC = 12 и OD = 5. Найдем ее через площадь

Ответ:

Комментарий. Это одна из немногих экзаменационных задач геометрии или, если угодно, из анализа, которая формулируется в терминах приложений математики к реальной практике. Хотя и не очень ясно, что такое циклон, прикладная проблематика очень интересна. Формализованная задача, с которой мы начали решение, встречалась на экзаменах в МГУ на факультете ВМиК в 1986 г. под № 2.

2. Эпицентр циклона, движущегося прямолинейно, во время первого измерения находился в 16 км к северу и 9 км к западу от метеостанции, а во время второго измерения находился в 12 км к северу и 6 км к западу от метеостанции.

Определите наименьшее расстояние, на которое эпицентр циклона приблизится к метеостанции.

Ответ: 2,4 км.

Географический факультет, июль 2000 г., № 3 (6).

1. Аэронавт совершил кругосветное путешествие вокруг Земли на воздушном шаре, двигаясь вдоль заданной параллели на постоянной высоте. Оказалось, что разность расстояний, пройденных верхней и нижней точками шара, вдвое превосходит диаметр шара.

На какой широте совершалось это путешествие?

Решение. Пусть R – радиус Земли, h – высота нижней точки (точки A) шара, d – диаметр шара (рис. 3).

Искомым является угол COA.

Рис. 3

Нижняя точка A опишет окружность радиуса AA₁=r_A= (R + h)cos a, верхняя точка B опишет окружность радиуса BB₁=r_B=(R+h+d)cosa в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа. Разность радиусов r_B–r_A=dcosa.

Длины окружностей, пройденных точками A и B, равны соответственно

l_A = 2pr_A, l_B = 2pr_B.

По условию l_B–l_A = 2d. Значит,

Угол a острый. Поэтому он равен arccos   радианам или . Путешествие на этой широте могло совершаться или в северном или в южном полушариях.

Ответ:  северной или южной широты.

2. Аэронавт совершил кругосветное путешествие вокруг Земли на воздушном шаре, двигаясь вдоль заданной параллели на постоянной высоте. Оказалось, что разность расстояний, пройденных верхней и нижней точками шара, равна диаметру шара.

На какой широте совершалось это путешествие?

Ответ: северной или южной широты.

Социологический факультет, июль 2000 г., № 5 (6).

1. В четырехугольник ABCD вписана окружность радиуса 2. Угол DAB прямой. Сторона AB равна 5, сторона BC равна 6.

Найти площадь четырехугольника ABCD.

Решение. В задачах с вписанной окружностью часто полезной бывает следующая методика (рис. 1):

1) провести биссектрисы и получить центр O окружности;
2) из центра O опустить перпендикуляры на стороны и получить точки касания K, L, M, N и радиусы OL=OK=OM=ON=r=2;
3) отметить равные касательные 

AL = AK = r = 2, так как AKOL – квадрат,
BL = BM = AB – AL = 5 – 2 = 3,
MC = CN = BC – BM = 6 – 3 = 3;

Рис. 1

4) перейти от сторон к касательным или наоборот.

Действуя подобным образом, мы выяснили, что четырехугольник ABCD состоит из:

– квадрата ALOK площади 2·2 = 4;
– четырех равных (по двум катетам) прямоугольных треугольников BOL, BOM, COM, CON общей площадью
– двух равных прямоугольных треугольников DON и DOK, в которых известен лишь один катет OK = ON = r = 2. Осталось найти в них второй катет.

Пусть DK = DN = x, РKOD =РNOD = b, РLOB =РBOM=РMOC=РCON=a. Задача сводится к нахождению величины x. Зная ее, можно:

найти площадь треугольников KOD и NOD, а значит, и площадь всего четырехугольника ABCD, суммируя все площади или

найти искомую площадь S четырехугольника ABCD по формуле S = pr,   где r = 2, полупериметр

Из D KOD для величины x имеем x = r tg b = 2tg b. Для угла b имеем (через полный угол с вершиной O)

Так как (например, из D LOB), то последовательно вычисляем

Далее искомую площадь можно найти, например, через p, а именно

Ответ:

2. В четырехугольник ABCD вписана окружность радиуса 1,5. Угол DAB прямой. Сторона AB равна 4, сторона BC равна 6.

Найдите площадь четырехугольника ABCD.

Ответ:

Филологический факультет, июль 2000 г., № 2 (6).

1. Через центр окружности, вписанной в треугольник ABC, провели прямую MN параллельно основанию AB (M лежит на BC, N лежит на AC).

Найти периметр четырехугольника ABMN, если известно, что AB = 5, MN = 3.

Решение. Центр O вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис AO и BO (рис. 2). Значит, РNAO=РOAB. Так как MN пкAB, то РNAO = РAON. Треугольник ANO поэтому является равнобедренным, в нем AN = NO.

Рис. 2

Аналогично РOBA = РOBM = РBOM, D OMB равнобедренный, BM = MO.

Итак,

Вывод: если в треугольнике ABC через центр O вписанной окружности проведен отрезок MN параллельно основанию AB, то в отсекаемой трапеции ANMB сумма боковых сторон AN + BM равна верхнему основанию MN.

Другими словами, периметр 2p трапеции ANMP равен сумме длины нижнего основания и удвоенной длины верхнего основания

2p_ANMB = AB + 2MN.

Для нашей задачи 2p_ANMB = 5 + 2·3 = 11.

Ответ: 11.

2. Через центр окружности, вписанной в треугольник ABC, провели прямую MN, параллельно основанию AB (M лежит на BC, N лежит на AC).

Найдите длину отрезка MN, если известны периметр p = 14 четырехугольника ABMN и длина основания AB = 6.

Ответ: 4.

Геологический факультет, май 2000 г., № 4 (8).

1. В треугольнике ABC известны  и

Найдите отношение длин высот, опущенных соответственно из вершины A на сторону BC и из вершины B на сторону AC.

Решение. Так как cos РBAC =0,5 и 0 <РBAC< 180°, то

Пусть h_a, h_b – длины высот, опущенных соответственно на стороны BC=a, AC=b. (Сделайте рисунок самостоятельно или его вообразите!) Искомое отношение h_a : h_b найдем из формул для площади и теоремы синусов

Ответ:

2. В треугольнике KMN известны и

Найти отношение длин высот, опущенных соответственно из вершины N на сторону MK и из вершины M на сторону NK.

Ответ:

Геологический факультет, заочный тур олимпиады (до конца апреля), № 6 (10).

В трапеции ABCD длины оснований BC и AD равны соответственно 3 и 8. Проведен отрезок, параллельный основаниям, с концами на боковых сторонах трапеции, при пересечении с диагоналями трапеции он делится на три равные части.

Найдите длину отрезка, если известно, что она больше 5.

Решение. По условию MN = NP = PQ = x. Обозначим через h₁ и h₂ расстояния между прямыми MQ и BC, MQ и AD соответственно, через h – высоту трапеции, h = h₁ + h₂ (рис. 1).

Рис. 1

Из подобия D AMN и DABC, DBMP и DBAD получим систему уравнений относительно x и h₁ : h₂

Из подобия DBM₁N₁ и  DBAD, DAM₁P₁ и DABC аналогично найдем что не удовлетворяет условию.

Ответ:

Комментарий. Равенство трех отрезков MN = NP = PQ здесь гарантировано условием. Отметим в связи с этим важную особенность трапеции: параллельная основаниям прямая рассекает боковые стороны и диагонали трапеции (или их продолжения) так, что крайние отрезки равны между собой (MN = PQ, M₁N₁ = P₁Q₁).

Действительно, например,