1

Олімпіада з геометрії

Щоб вчитися на своїх помилках,

треба спочатку розуміти, що ви їх робите.

Закон Філона

Розв’язання задач

4 клас

1. Нехай намальовано 4 різні точки. Для того, щоб з’єднати ці точки кожна з

кожною, потрібно провести 6 відрізків. Намалюйте 4 точки таким чином, щоб

довжини цих 6 відрізків, що утворяться при з’єднанні кожної точки з кожною

іншою, дорівнювали числам: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Відповідь: точки на числові прямій: )6(),4(),1(),0( DCBA .

Розв’язання. Легко показати, що усі точки повинні лежати на одній

прямій. Але навіть для побудови прикладу цього не обов’язково,

достатньо просто навести приклад. Розглянемо числову пряму, і,

наприклад, точки мають такі координати: )6(),4(),1(),0( DCBA .

2. Намалюйте 9 точок і 9 прямих так, щоб:

через кожну точку проходило рівно 3 прямі

на кожній прямій було розташовано рівно 3 точки

Відповідь: Відповідь показана на рис. 1.

3. Скільки трикутників зображено на рис.2.

Відповідь: 32

Розв’язання. Рахувати можна так: трикутників, що не складаються з інших – 12, таких, що

складаються з двох – 12, а тих, що складаються з трьох – 6 і 2 великих трикутники всередині.

4. Яку найбільшу кількість прямокутників 1 4 можна розташувати у квадраті 14 14

без накладань, і так, щоб менші прямокутники мали сторони, які паралельні

сторонам більшого квадрату?

Відповідь: 48.

Розв’язання. Якщо зафарбувати у квадраті 14 14 у шаховому порядки квадрати 2 2 , то вийде,

що чорних та білих різна кількість. Чорних – 25, білих – 24. При будь-якому положенні

прямокутник 1 4 покриває рівну кількість чорних та білих клітин. Отже ми можемо покласти

максимум 48 прямокутників.

5. Прямокутник розрізаний на 3 квадрати, не обов'язково усі однакові. Довжини

сторін усіх цих квадратів є цілими числами. Знайдіть площу цього прямокутника,

якщо його периметр дорівнює 80 . Вкажіть усі можливі відповіді.

Відповідь: 300 або 384 .

Розв’язання. Легко зрозуміти, що квадратів з найменшою довжиною сторони має бути мінімум 2 .

Розглянемо можливі випадки за кількістю найменших квадратів (рис. 3). Позначимо сторону

Рис.1

Рис.2

2

найменшого квадрату через x .

Випадок 1. Найменших квадратів 3 . Тоді вони можуть утворювати або

прямокутник xx 3 . Тоді його периметр 808 x 10x , а тому його площа

3003 2 x .

Випадок 2. Найменших квадратів 2 . Тоді вони можуть утворювати прямокутник

xx 32 . його периметр 8010 x , а тому його площа 3846 2 x .

5 клас

1. Розріжте квадрат на тупокутні трикутники.

Відповідь: Відповідь показана на рис. 4.

2. У прямокутнику 21 відмічені 6 точок – чотири вершини

та 2 середини більших сторін. Скільки існує прямокутних

трикутників з вершинами в цих точках?

Відповідь: 14 трикутників.

Розв’язання. Прямокутних трикутників з

вершиною прямого кута в одній з чотирьох

вершин прямокутника – 2, а з вершиною в

середині сторони – 3 (зауважимо, що одним з

тих трикутників буде трикутник з вершинами

у двох вершинах прямокутника, що є кінцями

однієї і тієї ж більшої сторони, та серединою

іншої більшої сторони). Отже, усього

трикутників маємо 142342 .

3. На колі вибрані 13 точок. Кожні дві

точки з’єднані відрізком. При цьому

утворюється багато маленьких

многокутників, що всередині себе не

мають інших точок проведених

відрізків, окрім сторін. Скільки щонайбільше сторін може мати один з таких

багатокутників? Так, на рис. 5, на колі вибрані 7 точок A , B , C , D , E , F та G , при

цьому всередині з усіх утворених многокутників найбільшу кількість сторін має

многокутник M .

Відповідь: 13 .

Розв’язання. При такому перетині з усіх відрізків, що проведені з однієї вершини максимум дві

можуть стати сторонами такого багатокутника розбиття. Оскільки кожний такий відрізок

рахується двічі, то максимальна кількість сторін – 13 , відповідний приклад досить легко навести.

4. Прямокутник розрізаний на 4 квадрати, не обов'язково усі однакові. Довжини

сторін усіх цих квадратів є цілими числами. Знайдіть площу цього прямокутника,

якщо його периметр складає 96 . Вкажіть усі можливі відповіді.

Відповідь: 144 або 240 .

Розв’язання. Легко зрозуміти, що квадратів з найменшою довжиною сторони має бути мінімум 2 .

Рис.4

Рис. 3

A

Рис. 5

C

B

D

E

F

G

M

3

Розглянемо можливі випадки за кількістю найменших квадратів (рис. 6). Позначимо сторону

найменшого квадрату через x .

Випадок 1. Найменших квадратів 4 . Тоді вони можуть утворювати або квадрат xx 22 , або

прямокутник xx 4 . У першому варіанті його периметр 968 x 12x , а тому його площа

5764 2 x . У другому варіанті його периметр 9610 x x – не ціле число.

Випадок 2. Найменших квадратів 3 . Тоді вони можуть утворювати прямокутник xx 43 . його

периметр 9614 x x – не ціле число.

Випадок 3. Найменших квадратів 2 . Тоді вони можуть

утворювати або прямокутник xx 52 , або прямокутник xx 53 . У першому варіанті його периметр 9614 x x – не ціле

число. У другому варіанті його периметр 9616 x 6x , а

тому його площа 54015 2 x .

5. Квадрат розбитий на декілька прямокутників таким

чином, що будь-яка горизонтальна пряма перетинає

рівно 1000 прямокутників, а будь-яка вертикальна пряма – рівно 6 прямокутників

(розглядаються лише ті прямі, що не містять сторін прямокутників). Яка найменша

можлива кількість прямокутників розбиття?

Відповідь: 2008 .

Розв’язання. Проведемо чотири прямі, по одній паралельно до кожної сторони квадрата, при

цьому проведемо їх досить близько до відповідних сторін квадрата – ці прямі перетинатимуть

тільки найближчий прямокутник до сторони. Тоді жоден прямокутник, окрім кутових, не

перетинатиметься саме цими прямими двічі. Тому між крайнім верхнім та крайнім нижнім

прямокутником мають бути ще рівно чотири прямокутники, а між крайнім правим і крайнім лівим

– ще 998 прямокутників. Тоді їхня кількість при межі рівно 2 ∙ 998 + 2 ∙ 4 + 4 = 2008

прямокутників. А тому всіх загалом прямокутників не менше 2008 (більше або рівно 2008).

Покажемо, що 2008 прямокутників – дійсно найменша кількість.

Приклад потрібного розбиття наведено на рис. 7.

6 клас

1. Задача № 2 за 5 клас.

2. Нарисуйте приклад багатокутника і точки всередині

нього такі, що жодна сторона з цієї точки не видна

повністю. Так на рис. 8 з точки O всередині 6-кутника

ABCDEF повністю видно лише сторони AF та FE .

Відповідь: Відповідь показана на рис. 9.

3. Прямокутник 6024 розбитий прямими, що паралельні його сторонам, на

одиничні квадрати. На скільки частин розіб’ється цей прямокутник, якщо у ньому

Рис. 6

Рис. 7

A Рис. 8 F

B

D C

E

O

4

провести ще й діагональ?

Відповідь: 1512.

Розв’язання. Діагональ буде проходити по прямокутникам 52 , і в

кожному такому прямокутнику утвориться ще 6 нових частин, а всього

прямокутників, по яким проходить діагональ 12, тобто всього частин

15121262460 .

4. Задача № 5 за 5 клас.

5. На колі розміщено 10 точок. Скільки можна намалювати різних незамкнених

ламаних, які мають 9 ланок з вершинами у заданих точках та не мають точок

самоперетину.

Відповідь: 710 2 1280 .

Розв’язання. Виберемо довільну точку як початкову вершину.

Тоді кожного разу ми маємо 2 можливості для проведення

наступної ланки,–це ще не зайняті найближчі точки до

вершини, з якої треба провести наступну ланку. Так

відбувається рівно 8 разів. Остання ланка проводиться

однозначно. Таким чином маємо 82 варіантів. Крім того,

початкову точку можна обрати 10 способами, і кожна з ламаних

порахована двічі, отож остаточно маємо відповідь: 710 2 1280

.

7 клас

1. Медіаною опуклого п'ятикутника ABCDE назвемо відрізок, що з'єднує вершину з

серединою протилежної сторони, тобто вершину A з серединою сторони CD ,

вершину B з серединою сторони DE тощо. Відомо, що 4 з 5 таких медіан

перпендикулярні відповідним сторонам, до яких проведені. Чи обов'язково і п'ята

медіана задовольняє аналогічну властивість, тобто перпендикулярна стороні, до якої

проведена?

Відповідь: так.

Розв’язання. З умови задачі випливає, що в ADC відрізок AH

є одночасно медіаною та висотою в цьому трикутнику, тому він

рівнобедрений (рис. 10), звідки ACAD . Аналогічно ми

отримаємо ще три рівності. Таким чином з п'яти рівностей

ACAD , CECA , EBEC , BDBE та DADB

будуть справджуватися чотири. Без обмеження загальності

вважаємо, що не обов'язково виконується остання. Але з перших

чотирьох послідовно маємо, що BDBECEACAD .

Маємо, що і п'ята рівність також правильна, тобто ABD –

рівнобедрений, тому його медіаною є висота.

2. На стороні BC рівнобедреного трикутника ABC з

основою AC вибрали точки N та M , де N між

точками B та M так, що AMNM та BANMAC . Знайдіть CAN .

Відповідь: 60 .

Рис. 9

A

Рис. 10

C

B

D

E

H

Рис. 11

5

Розв’язання. Позначимо як на рис. 11 BANMAC та ANMNAM . Тоді

2A , а з ACN 2180 C Оскільки трикутник ABC рівнобедрений,

то 18033 60CAN .

3. Задача № 5 за 6 клас.

4. Точка O – центр вписаного кола трикутника ABC . На прямій BC відмітили

точки 1A та 2A , на прямій AC – точки 1B та 2B , а на прямій AB – точки 1C та 2C

таким чином, що OAOAOA 21 , OBOBOB 21

та OCOCOC 21 . Доведіть, що

CABCABCCBBAA 212121 .

Відповідь: так.

Розв’язання. Позначимо через MNK ,, – точки дотику

вписаного кола зі сторонами CABCAB ,, відповідно

(рис. 12). Тоді

OKBONBOMBOMB 21

за рівними гіпотенузами та катетами. Тому

BKBNMBBB 121 2 . Аналогічно для інших

вершин. Звідси й маємо, що

CABCABCMCNBNBKAMAKCCBBAA 212121 .

5. У трикутнику ABC , в якого BCAB

проведена бісектриса BD . На прямій BD

відмітили точку DE , для якої CDCE .

Доведіть, що пряма, що проходить через точки

M та N – середини сторін BC та AC

відповідно, проходить через середину відрізку

DE .

Розв’язання. Спочатку доведемо, що ABNM || . Дійсно,

розглянемо ∆𝐴𝐵𝐶, 𝑀 − середина сторони 𝐵𝐶. Проведемо через точку 𝑀 пряму, що

паралельна стороні 𝐵𝐶 (рис. 13). Вона перетинає сторону 𝐴𝐵у деякій точці 𝑁.

Покажемо, що точка 𝑁 мусить бути серединою 𝐴𝐵. З точок 𝐴, 𝑀 та 𝑁 опустимо перпендикуляри 𝐴𝐻, 𝑀𝐽 та 𝑁𝐹 на сторони 𝑀𝑁 та 𝐵𝐴 відповідно.

Легко бачити, що ∠𝐶𝑀𝐻 = ∠𝑀𝐵𝐽як відповідні кути при паралельних прямих та січній. Тоді

∆𝐶𝑀𝐻 = ∆𝑀𝐶𝐽 (за гіпотенузою та гострим кутом).

𝑀𝐽 = 𝑁𝐾, адже це є відстань між паралельними

прямими. Також зазначимо, що ∠𝐶𝑁𝐻 = ∠𝑁𝐴𝐾 теж як

відповідні кути при паралельних прямих та січній. Тоді

∆𝐶𝑁𝐻 = ∆𝑁𝐴𝐾 (за катетом та гострим кутом). Тоді

𝐴𝑁 = 𝑁𝐴як відповідні гіпотенузи рівних трикутників,

що й означає, що 𝑁 − середина𝐴𝐵.

Нехай KBDNM (рис. 14). Тоді

KBMKBAMKB і BMK – рівнобедрений. Далі з рівностей

KMMCBM та властивостей медіани прямого кута прямокутного

Рис. 14

Рис. 12

Рис. 13

6

трикутника, що 90BKC . Тоді у рівнобедреному CDE CK – висота, а тому й медіана,

тобто NM проходить через середину відрізку ED .

8 клас

1. У трикутнику ABC проведені бісектриси 1AA

та 1CC . Доведіть, що якщо довжини

перпендикулярів, що проведені з вершини B на

прямі 1AA та 1CC рівні, то ABC –

рівнобедрений.

Розв’язання. Продовжимо перпендикуляри BK та BM , що проведені до

бісектрис 1AA та 1CC відповідно, до перетину з прямою AC у точках D та E

відповідно (рис. 15). Тоді трикутники BCE та BAD – рівнобедрені, бо бісектриса

перпендикулярна протилежній стороні. Звідси CEBC , ADBA , BDBKBMBE 22

DE BADBCE BABC , що й треба було довести.

2. Всередині трикутника ABC знайшлася точка P, що APBP , та CPBP .

Доведіть, що ABC – гострий.

Розв’язання. Оскільки у PBC сторона PBPC

PCBPBC (рис. 16). Аналогічно з PBA

PABPBA

PABPCBPBAPBCABC

ABCCABACB 180

90ABC , що й треба було довести.

3. Трикутник ABC . Нехай 1B та 1C такі точки,

що 1BBAB , 1CCAC та 11, CB належать

описаному колу ABC . Перпендикуляри

опущені з точок 1B та 1C на прямі AB та AC

перетинають у точках 2B та 2C

відповідно, при цьому ці точки лежать

на менших дугах AB та AC кола

відповідно. Доведіть, що 22 || CCBB .

Розв’язання. Позначимо центр кола Г за 𝑂 та

порахуємо кут ∠𝐴𝐶𝐶2. Нехай ∠𝐴𝐵𝐶 = 𝛽 ⇒∠𝐴𝑂𝐶 = 2𝛽 (рис. 17).

Оскільки з умови випливає, що 𝐴 та 𝐶1

симетричні відносно прямої 𝐶𝑂, то

∠𝐶𝑂𝐶1 = ∠𝐶𝑂𝐴 = 2𝛽 ⇒ ∠𝐶𝐶2𝐶1 = 𝛽.

З перпендикулярності 𝐶𝐶1 та 𝐴𝐶 отримуємо:

∠𝐶2𝐶𝐴 + ∠𝐶𝐶2𝐶1 = 90о ⇒

∠𝐴𝐶𝐶2 = 90о − 𝛽 = 90о − ∠𝐴𝐵𝐶.

Аналогічно ∠𝐴𝐵𝐵2 = 90о − ∠𝐴𝐶𝐵. Тоді:

∠𝐴𝐶𝐶2 + ∠𝐴𝐶𝐵 + ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐴𝐵𝐵2 = 90о − ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐴𝐶𝐵 + ∠𝐴𝐵𝐶 + 90о − ∠𝐴𝐶𝐵 = 180о.

Отже, 𝐵𝐵2 ∥ 𝐶𝐶2, що і треба було довести.

AРис. 16

C

B

P

Рис. 15

Рис. 17

7

4. На сторонах AB та AD квадрату ABCD вибрані точки N та P відповідно таким

чином, що NPNC . Точка Q обрана на відрізку AN так, що NCBQPN .

Доведіть, що AQPBCQ 2 .

Відповідь: так.

Розв’язання. Оскільки 45DACBAC . то

AC – бісектриса PAQ (рис. 18). Якщо

NCBQPN та NPCPCN

QPC . Крім того,

)(90 PCD CPD ,

тобто PC – бісектриса QPD . Ці дві бісектриси

перетинаються в точці C , але тоді для PAQ і

бісектриса PQB має проходити через C , тобто

CQBQPC 2180 AQP та

90BCQ , що й треба було довести.

5. На площині намальовано 2020 прямих

загального положення, тобто серед них немає

трьох, що перетинаються в одній точці, та немає двох паралельних. Будемо казати,

що намальована пряма a відгороджує намальовану пряму b якщо всі точки

перетину прямої b з іншими намальованими прямими лежать в одній півплощині

відносно a (з урахуванням і самої прямої a ). Доведіть, що гарантовано можна

знайти дві намальовані прямі a та b , що a відгороджує b , але b не відгороджує a .

Відповідь: так.

Розв’язання. Будемо називати відрізком – відрізок вибраної прямої між двома крайніми точками її

перетину з іншими прямими. Очевидно, що довільні два відрізки мають одну спільну точку,

можливо кінець відрізку. Тоді нам треба довести, що кінець одного з відрізків лежить між кінцями

іншого відрізку. Методом від супротивного, припустимо, що це не так. Тоді довільні два відрізки з

2020 або мають спільний кінець, або перетинаються. Розглянемо відрізки з спільними кінцями.

Зазначимо, що тоді кінець будь-якого відрізку є кінцем іншого відрізку, и кожний відрізок входить

в замкнену ламану, що утворена відрізками. Доведемо, що в будь-якій замкненій ламаній, у якій

кожні дві ланки мають спільну точку з будь-якою іншою ланкою, має непарну кількість ланок. Для

цього розглянемо одну ланку ламаної: її сусіди йдуть мають йти в одну півплощину відносно

прямої, що містить цю ланку, бо повинні мати спільну точку, а наступні ланки мають перетинати

першу, звідки з парності переходів з однієї півплощини в іншу випливає, що кількість ланок –

непарна.

Якщо припустити, що така ламана є, тоді жодна з наших прямих не може перетинати усі її ланки.

Тому в цій ламаній мають бути відрізки кожної прямої, але їх усього 2020 – тобто парна

кількість. Одержана суперечність завершує доведення.

9 клас

1. Задача № 2 за 8 клас.

2. Є коло та точка P зовні нього, PA та PB – дотичні до , BA, . Точка K

довільна точка на відрізку AB . Описане коло PKB вдруге перетинає у точці T ,

AРис. 18

CB

D

N

Q

P

8

точка 'P ' симетрична точці P відносно точки A . Доведіть, що KAPPBT ' .

Розв’язання. За властивостями вписаних кутів TBPTAB (рис. 19) а також х вписаного

чотирикутника PTKB маємо TKATKBTPB 180 TKAPTB ~ . З цієї

подібності маємо, що AK

AP

AK

PA

AK

PB

TK

TP ' . Оскільки KTPAKP ' , то з останніх двох

умов маємо, що KTPAKP ~' TBPTKPKAP ' , що й треба було довести.

3. Нехай H – ортоцентр гострокутного трикутника ABC . Всередині відрізка BC

обрана довільна точка D . Нехай точка P така, що ADPH – паралелограм. Доведіть,

що BHPBCP .

Розв’язання. Розглянемо «крайні» випадки, коли точка D співпадає з вершиною В або з вершиною

С: побудуємо такі точки 𝑃1 і 𝑃2, для яких чотирикутники 𝐴𝐵𝑃1𝐻 і 𝐴𝐶𝑃2𝐻 – паралелограми

(рис. 20). Помітимо, що ∠𝐶𝐻𝑃1 = 90° тому що 𝐶𝐻 ⊥ 𝐴𝐵, 𝐴𝐵 ||H𝑃1. Крім цього, ∠𝐶𝐵𝑃1 = 90° =

∠𝐶𝐻𝑃1, звідки слідує, що точка 𝑃1 лежить на колі,

що описане навколо трикутника BCH. Аналогічно

доводиться, що на цьому колі лежить точка 𝑃2.

Помітимо, що при будь-якому виборі точки D

всередині сторони ВС побудована в умові точка Р

буде лежати всередині відрізка 𝑃1𝑃2. Оскільки

кінці цього відрізка лежать на колі BCH, точка Р в

будь-якому випадку буде лежати всередині цього

кола. Нехай промені НР і СР перетинають коло в

точках Х і Y. Тоді Y лежить на дузі ВХ, тоді дуга

BY менше за дугу BX, звідки

BCPBCYBHXBHP , що і треба

було довести.

4. Задача № 5 за 8 клас.

5. Дано опуклий п'ятикутник ABCDE, у

якому ∠BAC =∠ABE =∠DEA-90°, ∠BCA = ∠ADE і також BC = ED. Доведіть, що

BCDE – паралелограм.

Розв’язання. Запишемо теорему синусів для ∆𝐴𝐵𝐶 (рис. 21):

A

Рис. 19 P

B

'P K

T

Рис. 20

9

𝐴𝐵

sin 𝛽=

𝐵𝐶

sin 𝛼=

𝐴𝐶

sin (180°− 𝛼+𝛽 )

Тепер запишемо теорему синусів для та ∆𝐴𝐷𝐸: 𝐴𝐸

sin𝛽=

𝐴𝐷

sin(90° + 𝛼)=

𝐸𝐷

sin(90° − 𝛼 + 𝛽 )

Виразимо двічі відношення 𝐴𝐷

𝐴𝐶. З одного боку,

𝐴𝐷

𝐴𝐶=

sin 𝛼∙sin (90°+𝛼)

sin (180°− 𝛼+𝛽 )∙sin (90°− 𝛼+𝛽 )(зробили перехід через 𝐵𝐶 = 𝐸𝐷)

З іншого боку, 𝐴𝐷

𝐴𝐶=

𝐴𝐸∙sin (90°+𝛼)

𝐴𝐵∙sin (180°− 𝛼+𝛽 )(зробили перехід

черезsin𝛽)

Тоді маємо, що sin 𝛼 ∙ sin(90° + 𝛼)

sin(180° − 𝛼 + 𝛽 ) ∙ sin(90° − 𝛼 + 𝛽 )

=𝐴𝐸 ∙ sin(90° + 𝛼)

𝐴𝐵 ∙ sin(180° − 𝛼 + 𝛽 )⟹

sin 𝛼

sin(90° − 𝛼 + 𝛽 )=

𝐴𝐸

𝐴𝐵⟹

𝐴𝐸

sin 𝛼=

𝐴𝐵

sin 90° − 𝛼 + 𝛽 .

За теоремою синусів для ∆𝐴𝐵𝐸маємо, що ∠𝐵𝐸𝐴 = 90° − 𝛼 + 𝛽 .Звідси ∠𝐵𝐸𝐷 = 90° + 𝛼 − 90° + 𝛼 + 𝛽 = 2𝛼 + 𝛽.

Знайдемо∠𝐶𝐵𝐸з ∆𝐴𝐵𝐶:∠𝐶𝐵𝐸 = 180° − (2𝛼 + 𝛽). Тоді ∠𝐵𝐸𝐷 + ∠𝐶𝐵𝐸 = 180° ⟹ 𝐵𝐶 ∥ 𝐸𝐷(за

сумою внутрішніх односторонніх кутів при січній). Звідси слідує, що чотирикутник

𝐵𝐶𝐷𝐸 −паралелограм за ознакою (протилежні сторони рівні та паралельні), що й треба було

довести.

10 клас

1. Задача № 2 за 9 клас.

2. Задача № 3 за 9 клас.

3. Кола 1w і 2w перетинаються в точках

A і B , точка M – середина AB . На

прямій AB обрані точки 1S і 2S . Нехай

11XS та 11YS – дотичні, проведені з 1S до

кола 1w ; аналогічно 22 XS та 22YS – дотичні, проведені з 2S до кола 2w . Доведіть,

що якщо точка M належить прямій 21XX , то тоді вона належить і прямій 21YY .

Розв’язання. Відмітимо центри O1 і O2 кіл 1w і 2w відповідно. Помітимо, що ∠S1X1O1 =

∠S1MO1 = 90°. Тому чотири точки 𝑆1, X1, O1 , 𝑀 лежать на одному колі і ∠ 𝑂1𝑀, 𝑀𝑋1 =∠(𝑂1𝑆1,𝑆1𝑋1). 𝑆1𝑋1і 𝑆1𝑌1 – дотичні до кола з центром в 𝑂1, тому і ∠ 𝑌1𝑆1,𝑆1𝑂1 = ∠(𝑂1𝑆1, 𝑆1𝑋1)

(рис. 22).

Аналогічно і ∠𝑆1𝑌1𝑂1 = ∠𝑆1𝑀𝑂1 = 90°. Тому чотири точки 𝑆1, 𝑌1, O1, 𝑀 лежать на одному колі і

∠ 𝑌1𝑆1, 𝑆1𝑂1 = ∠(𝑌1𝑀, 𝑀𝑂1). Отримуємо, що ∠ 𝑂1𝑀, 𝑀𝑋1 = ∠(𝑌1𝑀, 𝑀𝑂1). Використовуючи ті

самі міркування до точок 𝑆2, X2, 𝑌2, легко отримати, що ∠ 𝑂2𝑀, 𝑀𝑋2 = ∠(𝑌2𝑀, 𝑀𝑂2).

За умовою 𝑀, 𝑋1 ,𝑋2 лежать на одній прямій. Крім того, 𝑂1, 𝑂2, 𝑀 також лежать на одній прямій,

тому ∠ 𝑌1𝑀, 𝑀𝑂1 = ∠ 𝑂1𝑀, 𝑀𝑋1 = ∠ 𝑂2𝑀, 𝑀𝑋2 = ∠ 𝑌2𝑀, 𝑀𝑂2 . Звідси випливає, що точки 𝑀, 𝑌1, 𝑌2 лежать на одній прямій.

Рис. 21

Рис. 22

10

4. Всередині трикутника ABC обрана точка P так, що

)(41 CAPCBPAB . Нехай BL – бісектриса ABC . Пряма PL перетинає

описане коло APC в точці Q . Доведіть, що пряма QB – бісектриса AQC .

Розв’язання. Побачимо спочатку, що якщо CA , то твердження задачі очевидне. Без

обмеження загальності вважаємо, що CA , тоді (рис. 23)

))(()((18018041

41 CACCAAPCAPACAPC

)(18021 CA .

Якщо I – центр вписаного кола ABC , то легко пересвідчитись, що

)(18021 CAAIC , тобто I лежить на описаному колі APC . Візьмемо бісектриси

внутрішнього та зовнішнього кутів при вершинах A та C , ми отримаємо, що точки A , I , C та

BI (центр зовні вписаного кола) лежать на одному колі з діаметром IIB , тобто центр описаного

кола APC , на якій розташовані IIB , , лежать на бісектрисі B . Це означає, що картинка

симетрична відносно бісектриси B . Нехай YX , – другі точки перетину прямих BCAB,

відповідно з описаним колом APC . Тоді точка X симетрична точці C , Y – симетрична A ,

прямі LXYAC (рис. 24).

Таким чином точка L належить полярі точки B відносно описаного кола APC . Розглянемо

пряму BP та пряму, що симетрична BP відносно BL . Точки перетину цих прямих з колом

утворюють рівнобічну трапецію, діагоналі якої перетинаються на прямій BL , але водночас і на

полярі точки B , тобто у точці L . Звідси випливає, що пряма BQ симетрична BP відносно BL .

Нехай R – друга точка перетину BQ з колом, тоді

CYACQACAYPRARQA 41

41

41

21

21 )360()( ,

тобто QB – бісектриса AQC .

5. На площині пофарбували 101 точку в бурий та ще 101 точку в зелений так, що

немає трьох що лежать на одній прямій. Виявилося, що сума довжин усіх 5050

відрізків із бурими кінцями дорівнює сумі довжин усіх 5050 відрізків із зеленими

кінцями і дорівнює 1, а сума довжин усіх 10201 відрізків із різнокольоровими

кінцями дорівнює 400. Доведіть, що можна провести пряму так, що всі бурі точки

Рис. 23 Рис. 24

11

будуть знаходиться з однієї сторони відносно неї, а всі зелені – з іншої.

Розв’язання. Назвемо відрізок бурим,

якщо він сполучає дві бурі точки та

зеленим – якщо дві зелені. Якщо відрізок

сполучає дві точки різних кольорів, то

назвемо його звичайним. Розглянемо дві

довільні точки бурого кольору (𝐴, 𝐵).Всі

інші бурі позначимо так:𝑋1,𝑋2, … , 𝑋99.

Тоді з умови та нерівності трикутника

випливає: 1 > 𝐴𝑋𝑖 + 𝐵𝑋𝑖 + 𝐴𝐵 > 99𝐴𝐵 + 𝐴𝐵 = 100𝐴𝐵 ⇒ 𝐴𝐵 <1

100

99𝑖=1 . Отже

будь який бурий відрізок має довжину менше ніж 1

100 (аналогічно зелений).

Доведемо, що бурий відрізок не може перетинати зелений (рис. 25). Будемо користуватись

фактом, що для довільних трьох точок 𝑃, 𝑄, 𝑆 та точки𝑅, що належить відрізку 𝑃𝑄 справджується:

𝑅𝑆 ≤ max(𝑃𝑆, 𝑄𝑆).

Від супротивного: нехай існують дві бурі точки (𝐾1, 𝐾2) та дві зелені (𝐶1, 𝐶2) (рис. 26) що відрізки

𝐾1𝐾2 та 𝐶1𝐶2 перетинаються в точці 𝑂. Тоді для будь якої бурої 𝐾 та зеленої 𝐶 вірно наступне:

𝐶𝐾 ≤ 𝑂𝐶 + 𝑂𝐾 ≤ max 𝐶𝐶1, 𝐶𝐶2 + max 𝐾𝐾1, 𝐾𝐾2 <1

100+

1

100=

1

50. Отже, кожен звичайний

відрізок менший за 1

50. Тоді їх сума менша за

10201

50< 400. Протиріччя.

Тоді, вірно й те, що випукла оболонка зелених точок не перетинається з випуклою оболонкою

бурих. З чого слідує існування необхідної прямої.

11 клас

1. Задача № 2 за 9 клас.

2. Дано трикутник 𝐴𝐵𝐶 у якому 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶.

Коло Г лежить зовні 𝐴𝐵𝐶 та дотикається до

прямої 𝐴𝐶 у точці 𝐶. Точка 𝐷 обрана на Г так,

що описане коло трикутника 𝐴𝐵𝐷 внутрішньо

дотикається до Г. Відрізок 𝐴𝐷 перетинає Г у

точці 𝐸, відмінної від 𝐷. Доведіть, що 𝐵𝐸

дотикається до Г.

Розв’язання. Розглянемо точку перетину кола Г та прямої 𝐵𝐹 (позначимо за 𝐺) (рис. 27). Тоді

достатньо довести, що ∠𝐹𝐺𝐸 = ∠𝐴𝐸𝐵. Оскільки описані кола трикутників 𝐴𝐹𝐵та𝐸𝐹𝐺

дотикаються в точці 𝐹. То при гомотетії в точці 𝐹 вони переходять один в одного. Тоді точка 𝐴

переходить в точку 𝐸, а точка 𝐵 – в точку𝐺. Звідси слідує, що𝐴𝐵 ∥ 𝐸𝐺 ⇒ ∠𝐴𝐵𝐹 = ∠𝐹𝐺𝐸. Отже

достатньо довести рівність кутів ∠𝐴𝐵𝐹 = ∠𝐴𝐸𝐵, що рівносильно тому, що 𝐴𝐵 – дотична до

описаного кола трикутника 𝐵𝐹𝐸. Порахуємо степінь точки 𝐴 відносно кола Г. Отримаємо, що

𝐴𝐸 × 𝐴𝐹 = 𝐴𝐶2. З умови слідує, що 𝐴𝐸 × 𝐴𝐹 = 𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵2. Отже, 𝐴𝐵 і справді є дотичною. Що й

треба було довести.

3. Дано кут POQ (OP і OQ є променями). Нехай точки M і N - точки всередині кута

POQ такі, що ∠POM = ∠QON та ∠POM <∠PON. Розглянемо два кола: одне

дотикається променів OP і ON, інше – променів OM і OQ . Позначимо за B і C

точки їхнього перетину. Доведіть, що ∠POC =∠QOB.

Розв’язання. Нехай 𝑋 та 𝑌 −точки дотику кола 𝜔1 з радіусом 𝑅1до сторін 𝑂𝑃 та 𝑂𝑁 відповідно, а

𝐾 та 𝐿 – точки дотику кола 𝜔2 з радіусом 𝑅2 до сторін 𝑂𝑄 та 𝑂𝑀 відповідно (вважатимемо, що

Рис. 25

Рис. 26

Рис. 27

12

𝑅2 > 𝑅1) (рис. 28). Оскільки ∠𝑃𝑂𝑀 = ∠𝑄𝑂𝑁, то ∠𝑃𝑂𝑁 = ∠𝑄𝑂𝑀. Тоді, якщо вписати коло 𝜔1′ з

радіусом 𝑅1в ∠𝑄𝑂𝑀, отримаємо що 𝜔1 та 𝜔1′ симетричні відносно бісектриси ∠𝑃𝑂𝑄, аналогічно

коло 𝜔2′ з радіусом 𝑅2, вписане в ∠𝑄𝑂𝑀, буде симетричне з 𝜔2 відносно бісектриси ∠𝑃𝑂𝑄. Нехай

кола 𝜔1′ та 𝜔2

′ перетинаються у точках 𝐵′ та 𝐶′.Тоді точки 𝐶 і 𝐶′, 𝐵 і 𝐵′ теж будуть симетричні

відносно бісектриси ∠𝑃𝑂𝑄, оскільки це точки перетину кіл симетричних відносно цієї бісектриси .

Зробимо інверсію в точці 𝑂з радіусом 𝑂𝑋 × 𝑂𝐾. Тоді коло 𝜔1перейде в 𝜔2′ , а 𝜔1 – в 𝜔1

′ . Тоді

𝐵перейде в 𝐶′ , а 𝐶 – в 𝐵′ . Тоді точки 𝑂, 𝐵, 𝐶′та𝑂, 𝐶, 𝐵′ – колінеарні. Оскільки 𝐶 та 𝐶′ є

симетричними відносно бісектриси ∠𝑃𝑂𝑄, то прямі 𝑂𝐶 та 𝑂𝐵 також симетричні. А тому ∠𝑀𝑂𝐶 =∠𝑁𝑂𝐵, звідки й отримуємо, що ∠𝑃𝑂𝐶 = ∠𝐵𝑂𝑄.

4. Задача № 5 за 10 клас.

5. Всередині опуклого чотирикутника ABCD знайшлася така точка M, що ∠AMB

=∠ADM + ∠BCM та ∠AMD =∠ABM +∠DCM. Доведіть, що

AM ∙ CM + BM ∙ DM ≥ 𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝐶 ∙ 𝐶𝐷 ∙ 𝐷𝐴.

Розв’язання. Проведемо дотичну 𝑙в точці 𝑀 до кола, описаного навколо ∆𝐵𝐶𝑀. Тоді кут між

прямою 𝑙 та прямою 𝐵𝑀дорівнює куту 𝐵𝐶𝑀 (як кут між дотичною і хордою). Тоді кут між прямою

𝑙 та прямою 𝐴𝑀дорівнює куту 𝐴𝐷𝑀. Тому описані кола трикутників 𝐵𝐶𝑀 та 𝐴𝐷𝑀дотикаються

прямої 𝑙 і одне одного зокрема. Аналогічно можна стверджувати, що описані кола трикутників

𝐴𝐵𝑀 та 𝐶𝐷𝑀 теж дотикаються одне одного (рис. 26).

Зробимо інверсію відносно кола з центром у точці 𝑀 та довільним радіусом 𝑅. Тоді при цьому

перетворенні розглядувані вище кола перейдуть у пари паралельних прямих, тим самим

утворюючи паралелограм 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′(де 𝐴′ , 𝐵′ , 𝐶′ , 𝐷′ −відповідно образи точок 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷), точка 𝑀

Рис. 28

13

перейде у точку 𝑀′. Помітимо, що 𝐴′𝑀′ =𝑅2

𝐴𝑀 (аналогічно для 𝐵′𝑀′ , 𝐶′𝑀′ , 𝐷′𝑀′). Також з

подібності трикутників 𝐴𝑀𝐵 та 𝐵′𝑀′𝐴′ можна знайти 𝐴′𝐵′ =𝐴𝐵×𝐴′𝑀′

𝐵𝑀=

𝐴𝐵×𝑅2

𝐴𝑀×𝐵𝑀 (аналогічно для

𝐵′𝐶′, 𝐶′𝐷′, 𝐷′𝐴′). Тоді для паралелограма 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ та точки 𝑀′ , що всередині нього, необхідно довести нерівність

𝐴′𝑀′ ∙ 𝐶′𝑀′ + 𝐵′𝑀′ ∙ 𝐷′𝑀′ ≥ 𝐴′𝐵′ ∙ 𝐵′𝐶′ ∙ 𝐶′𝐷′ ∙ 𝐴′𝐷′ = 𝐴′𝐵′ ∙ 𝐵′𝐶′ (1)

Нехай при паралельному перенесені точки 𝑀′на вектор 𝐶′𝐵′ точка 𝑀′ перейде в точку 𝑁′. Тоді

нерівність (1) рівносильна нерівності 𝐵′𝑀′ ∙ 𝐴′𝑁′ + 𝐴′𝑀′ ∙ 𝐵′𝑁′ ≥ 𝐴′𝐵′ ∙ 𝑁′𝑀′ , що слідує з

нерівності Птолемея для четвірки точок 𝐴′ , 𝑀′ , 𝐵′ , 𝑁′ .

Рис. 29