Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники с фиксированными углами → .01 Прямоугольные треугольники

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Треугольники с фиксированными углами

Прямоугольные треугольники

Треугольник с углом 60 градусов

Треугольник с углом 120 градусов

Треугольник с углом в 45 градусов

Нетабличные углы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#31385Максимум баллов за задание: 7

Вершину $A$ параллелограмма $ABCD$ соединили с серединой $M$ стороны $CD$ . Известно, что угол $MAD$ равен $30∘$ . Докажите, что перпендикуляр $BH$ на прямую $AM$ равен одной из сторон параллелограмма.

Показать доказательство

Продлим $AM$ до пересечения с $BC$ в точке $K$ . Тогда $DM = MC,∠ADM = ∠MCK, ∠AMD = ∠CMK$ , а значит, $ΔAMD =ΔKMC$ по стороне и двум прилежащим к ней углам, откуда $AD = CK$ , а ещё $AD = BC$ как противоположные стороны параллелограмма.

$PIC$

Первый способ.

В прямоугольном $ΔBHK$ проведём медиану $CH$ к гипотенузе, тогда $CH =BC = CK$ . В силу параллельности $∘ ∠DAM =∠MKC = 30$ . $ΔCHK$ — равнобедренный, тогда $∘ ∠CHK =30$ , откуда $∘ ∠BCH = 60$ как внешний угол $ΔCHK$ . Заметим, что $ΔBCH$ — равнобедренный с углом $∘ 60$ , а значит, равносторонний, $BH = BC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ.

В прямоугольном $△BHK$ катет $BH$ напротив угла в $30$ градусов равен половине гипотенузы $BK = 2BC$ , так что равен одной из сторон параллелограмма.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#31718Максимум баллов за задание: 7

Гипотенуза $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ равна $c.$ Через середину $M$ его катета $AC$ провели прямую, которая делит гипотенузу в отношении $1:3,$ считая от вершины $A.$ Найдите отрезок данной прямой, заключённый внутри треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

М - уже середина катета. Пусть точка, которая делит гипотенузу 1к3 - Е. Давайте попробуем отметить середину гипотенузы и провести среднюю линию между ними!

Подсказка 2

Она разделит AB пополам, а как разделится половина гипотенузы, содержащая точку Е?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть точка $E$ на отрезке $AB$ делит его в отношении $1:3.$ Проведём среднюю линию $MN ∥ BC,$ отсюда $△AMN$ прямоугольный и $ME$ — его медиана, то есть $ME = AB ∕4 =c∕4.$

Ответ:

$c∕4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#31722Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ треугольника $ABC$ отметили точки $K$ и $L$ так, что $KL = BC$ и $AK = LB.$ Докажите, что отрезок $KL$ виден из середины $M$ стороны $AC$ под прямым углом.

Замечание. Отрезок $KL$ виден из точки $M$ под углом $KML.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказывать прямоугольность треугольника очень удобно через факт о том, что медиана равна половине гипотенузы - попробуйте найти здесь применение для этого признака.

Подсказка 2

Для этого нужно, конечно, провести медиану MN к предполагаемой гипотенузе (мы пока не доказали, что треугольник прямоугольный, только хотим это доказать). Если отметить все равные отрезки, можно заметить, что у нас еще и средняя линия треугольника таким образом появилась - MN, тоже полезный объект!

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что обозначения $L$ и $K$ симметричны, потому можем считать, что $K$ лежит между $A$ и $L.$ Пусть $N$ — середина $AB,$ но из $AK = LB$ она также будет серединой $LK,$ осталось заметить, что $MN =BC ∕2= LK∕2,$ откуда $MN = KN = NL$ и $∠KML$ прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#31723Максимум баллов за задание: 7

Два отрезка, соединяющие вершину параллелограмма с серединами не содержащих её сторон, перпендикулярны. Найдите отношение диагоналей параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем как-то связать обе диагонали. Для этого заметим, что две середины сторон параллелограмма из условия образуют среднюю линию треугольника из двух сторон и диагонали! А чем в этом треугольнике является вторая диагональ?

Подсказка 2

Медианой! Ведь в параллелограмме диагонали делят друг друга пополам. То есть и нашу среднюю линию эта диагональ будет делить пополам! И какое-то условие мы еще не использовали...

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть эта вершина — $B,$ а $E$ и $F$ — середины $AD$ и $CD,$ а также $T$ — середина $EF.$ Тогда $EF$ — средняя линия $△ACD,$ при этом, раз $BD ∩ AC =O$ — середина $AC,$ то $T ∈ BD.$ Из прямоугольного треугольника $BEF$ для его медианы $BT$ имеем, что

3∕4BD =BT = EF∕2= AC ∕4 ⇒ AC =3BD

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#31724Максимум баллов за задание: 7

Угол $C$ треугольника $ABC$ равен $150∘.$ Из середины стороны $AB$ на сторону $BC$ опустили перпендикуляр. Найдите длину этого перпендикуляра, если $AC = 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что угол, дополняющий угол С до 180 это 30. Как мы можем этим воспользоваться? Вспоминаем, что мы знаем про угол в 30 градусов.

Подсказка 2

Про угол в 30 градусов хорошо известно, если он в прямоугольном треугольнике. Давайте и сделаем дополнительное построение для прямоугольного треугольника! Из точки А проведем прямую, параллельную перпендикуляру к ВС из условия.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AB$ и $H$ — основание перпендикуляра. Проведём $AT ∥MH, T ∈ BC,$ тогда $∠ACT = 30∘$ и $∠AT C =90∘.$ Следовательно, $AT = 2MH$ и $AT =AC ∕2.$ Итак, $MH = AC∕4= 1∕4.$

Ответ:

$1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#32991Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что высота прямоугольного треугольника делит гипотенузу в отношении квадратов катетов.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что из-за прямых и общих углов получилось получилось 3 подобных треугольника. Тогда что можно сделать?

Подсказка 2

Записать отношение сторон! Остаётся их аккуратно скомбинировать, чтобы выделить нужные отрезки

Подсказка 3

Хм. а какой вообще луч делит сторону в отношении квадратов прилежащих сторон? Симедиана! Так можно просто попробовать доказать, что высота в прямоугольном треугольнике является симедианой

Показать доказательство

Пусть $BH$ и $BM$ — высота и медиана треугольника $ABC,$ где $∠ABC = 90∘.$

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что

cos∠A = AH-= AB-,cos∠C = CH-= CB- AB AC CB AC

Отсюда

AH- = AH-⋅AC--=-AB⋅AB- CH CH ⋅AC CB ⋅CB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что

∘ ∠ABH = 90 − ∠A = ∠C = ∠CBM

Отсюда по свойству симедианы $BH$

AH- AB2- CH =BC2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#37840Максимум баллов за задание: 7

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD$ , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E$ и перпендикулярная к $BC$ , пересекает сторону $AD$ в точке $M.$ Найдите длину медианы треугольника $AED$ , проведённую из вершины $E,$ если $∘ AB = 7, CE =3, ∠ADB =30 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче есть прямоугольные треугольники(много), а еще вписаности! На что это намекает обычно, какие мы можем извлечь из этого полезные факты?

Подсказка 2!

2) Да, на такой картинке удобно считать углы! Давайте этим и воспользуемся для доказательства пункта а, и попробуем доказать, что EM - медиана DEA (который, кстати, является прямоугольным треугольником, что-то мы знаем про его медиану..!)

Подсказка 3!

3) Итак, в пункте б нам нужно найти медиану прямоугольного треугольника, то есть половину его гипотенузы! Мы знаем его угол, а значит, нам достаточно посчитать любой из катетов!

Подсказка 4!

4) Осталось аккуратно, пользуясь удачно большим количеством прямоугольных треугольников, посчитать EM

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼ △BCE$ . Поскольку $EH$ ( $H = ME ∩ BC$ ) является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Можно также заметить, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED$ , а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC$ , как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам. Данный факт известен в олимпиадном сообществе как “теорема Брахмагупты” и при правильной формулировке может быть использован без доказательства.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Далее, в силу перпендикулярности диагоналей четырёхугольника:

BE = CE tg∠ADB =√3,

по теореме Пифагора из треугольника $ABE$

AE = ∘49−-BE2 =√46,

из треугольника $AED$

EM = AD-= ---AE----=√46. 2 2sin∠ADB

Ответ:

$√46$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#38692Максимум баллов за задание: 7

Найдите величину угла, изображенного на картинке ниже.

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотря на картинку, сразу хочется достроить чертеж до треугольника) Каким он получится?

Подсказка 2

Равнобедренным, да. Пусть углы треугольника названы как A, B, C, начиная с нужного нам и по часовой стрелке. Попробуем найти угол B (именно его, т.к. AB = BC).

Подсказка 3

Попробуем доказать, что угол B равен 90. Для этого проведем горизонтальную прямую по линиям сетки через B и докажем, что сумма двух новых углов равна 90, тогда у угол B будем равен 90

Подсказка 4

Опустим перпендикуляры из A и C на новую прямую, чтобы на рисунке появились прямоугольные треугольники. Какие они между собой? И как можно найти те углы, про которые говорится в подсказке 3?

Показать ответ и решение

Проведём третий отрезок и получим равнобедеренный треугольник $ABC$ (см. рисунок ниже). Заметим, что треугольники $AXB$ и $BYC$ равны по двум сторонам и прямому углу $AXB$ , равному $BY C$ , а значит, $∠CBY = ∠BAX$ . Тогда

∘ ∘ ∘ ∠ABC =180 − ∠XBA − ∠CBY = 180 − ∠XBA − ∠BAX = 90

. Откуда получаем, что $∠ABC = 90∘$ , а значит, из равнобедренности, $∠BAC = ∠BCA = 45∘.$

$PIC$

Ответ: 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#63662Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике синус меньшего угла равен $1 3$ . Перпендикулярно гипотенузе проведена прямая, разбивающая треугольник на две равновеликие части. В каком отношении эта прямая делит гипотенузу?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Введём обозначения: пусть нам дан △АВС с гипотенузой АВ и меньшим углом А. Проведённую прямую назовём MN, причём М ∈ АВ, N ∈ AC. Что можно сказать о △ANM и △АВС?

Подсказка 2

Удобно назвать одну из сторон △АВС буквенной переменной и через неё выразить все остальные. Зная отношение площадей подобных треугольников, что можно сказать об их коэффициенте подобия? Исходя из этого найдите АМ относительно введённой переменной. Осталось выразить искомое отношение, и задача решена!

Показать ответ и решение

Пусть $M$ – точка на гипотенузе $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ , $sin∠A = 1,N 3$ – точка на катете $AC,MN ⊥ AB$ и $1 S△AMN = 2S△ABC$ . Обозначим $BC = t.$

$PIC$

Тогда

BC t AB = sin∠A-= 1-= 3t 3

Треугольник $ANM$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом, равным квадратному корню из отношения площадей, т. е. $√1 2$ , значит, $MN = t√- 2$ .

Из прямоугольного треугольника $ANM$ находим, что $-MN- 3√t AN = sin∠A = 3MN = 2,$ $√ --2-----2- ∘ 9t2--t2- AM = AN − MN = 2 − 2 = 2t$ поэтому $MB =AB − AM = 3t− 2t= t.$ Следовательно,

AM 2t MB--= t-= 2.

Ответ:

$2 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#80691Максимум баллов за задание: 7

В четырехугольнике два противоположных угла прямые, а соединяющая их диагональ делится пополам другой диагональю. Докажите, что эти диагонали либо равны, либо перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке целых два прямых угла! Какие хорошие свойства прямоугольных треугольников мы знаем? Можно ли воспользоваться этими свойствами?

Подсказка 2

Медиана к гипотенузе равна ее половине. Отметьте середину M диагонали AC напротив прямых углов. Теперь докажите, что диагонали равны или перпендикулярны.

Подсказка 3

Либо M - точка пересечения диагоналей (что тогда можно сказать про диагонали?), либо BMD - равнобедренный треугольник! Осталось вспомнить, что BD делится пополам точкой пересечения диагоналей

Показать доказательство

Пусть углы $B$ и $D$ данного четырехугольника $ABCD$ прямые, а его диагонали пересекаются в точке $E.$

1 случай. $AE = EC.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ADC.$ Он прямоугольный, и в нем $DE$ — медиана. Значит, $1 DE = 2AC.$ Аналогично $1 BE = 2AC.$ Следовательно, $AC = DE + BE =DB.$

2 случай. $AE ⁄= EC.$

$PIC$

Пусть $F$ — середина $AC.$ Тогда в прямоугольном треугольнике $ADC$ $DF$ — медиана. Значит, $DF = 12AC.$ Аналогично $BF = 12AC.$ Значит, $DF = BF,$ то есть треугольник $DF B$ равнобедренный. Тогда $FE$ — медиана этого равнобедренного треугольника, а значит, $FE$ и высота. Следовательно, $AC,$ содержащий отрезок $F E,$ перпендикулярен $DB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#86301Максимум баллов за задание: 7

Найдите отношение двух сторон треугольника, если его медиана, выходящая из той же вершины, образует с этими сторонами углы $30∘$ и $∘ 90 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче используется медиана, тогда можем применить распространённую идею дополнительного построения.

Подсказка 2

Один из подходов к решению задач на медиану является... её удвоение за сторону, к которой она проведена! Воспользуемся здесь этим, и соединим новую точку с вершинами треугольника.

Подсказка 3

Ого, мы можем найти прямоугольный треугольник с углом в 30 градусов, тогда мы знаем соотношение катета и гипотенузы, а значит, можем вернуться к нашему изначальному треугольнику и записать ответ!

Показать ответ и решение

Удвоим медиану и заметим, что $ΔABX$ — прямоугольный с углом $30∘,$ а значит катет напротив этого угла равен половине гипотенузы, то есть $AB- BC = AX = 2 ,$ а значит искомое отношение равно $2:1.$

$PIC$

Ответ:

$2 :1$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#86302Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены медианы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ и высоты $AA ,BB ,CC . 2 2 2$ Докажите, что длина ломаной $A1B2C1A2B1C2A1$ равна периметру треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Заметим, что каждое из звеньев этой ломаной является медианой в прямоугольном треугольнике, проведённой к гипотенузе.

$PIC$

Значит:

A1B2 = BC-,B2C1 = AB-,C1A2 = AB 2 2 2

A2B1 = AC,B1C2 = AC-,C2A1 = BC 2 2 2

тогда если просуммировать длины этих отрезков, получится величина $BC +AC + AB,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#86303Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $AC$ проведена биссектриса $CD.$ Прямая, проходящая через точку $D$ перпендикулярно $DC,$ пересекает $AC$ в точке $E.$ Докажите, что $EC = 2AD.$

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина отрезка $EC,$ тогда $DM = MC,$ поскольку $ΔDEC$ — прямоугольный. Заметим, что достаточно доказать, что $ΔADM$ — равнобедренный. Пусть $∠BCD = ∠DCA = α,$ тогда $∠BAC =2α,$ Также $∠DMA =2α$ как внешний угол у равнобедренного $ΔDMC,$ получили требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#86304Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ угол $B$ — прямой, а диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A$ и равна стороне $AD.$ В треугольнике $ADC$ провели высоту $DH.$ Докажите, что прямая $BH$ делит отрезок $CD$ пополам.

Показать доказательство

Пересечём $BH$ и $CD$ в точке $X.$ Пусть $∠BAC = ∠DAC = 2α.$ Заметим, что $ΔABC = ΔAHD$ по гипотенузе и прилежащему углу, откуда $AB = AH,$ а значит $∘ ∠AHB =90 − α.$ Следовательно,

∘ ∘ ∠DHX =180 − ∠AHB − 90 = α

Также в силу вышеупомянутого равенства треугольников

∠HDA =∠BCA = 90∘− 2α

$ΔDAC$ — равнобедренный, откуда $∠ADC = 90− α.$ Теперь видно, что

∠HDC = ∠ADC − ∠ADH = α

то есть $ΔDHX$ — равнобедренный, а значит $HX =DX.$ Далее совсем нетрудно убедиться, подсчитав углы в $ΔDHC,$ что $ΔHCX$ также равнобедренный, следовательно $HX = XC,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#43636Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном прямоугольном треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $90∘$ , точка $M−$ середина $AB.$ Прямая, проходящая через точку $A$ и перпендикулярная $CM$ , пересекает сторону $BC$ в точке $P$ . Докажите, что $∠AMC =∠BMP$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали в задаче хорошую фигуру, но давайте её ещё "улучшим", чтобы связать отрезки на картинке или получить более удобную конструкцию. Тогда до какой фигуры логично достроить нашу картинку?

Подсказка 2

Да, конечно же до квадрата, и, чтобы точно на картинке всё было связано, продлим AP до пересечения со стороной квадрата в точке N. У нас достаточно много прямых уголков образовалось, четырёхугольников и прямоугольных треугольников. Нельзя ли что-то понять про один из четырёхугольников?

Подсказка 3

Верно, один из них является вписанным, а значит углы AMC и ABN равны. Тогда, если эти два угла равны PMB, то становится понятно, что же нам в итоге надо доказать. Равенство треугольников PMB и PNB. Получается для этого нам не хватает только равенства MB и BN. Как это можно доказать? Может быть стоит воспользоваться какими-то двумя другими треугольниками для этого.

Подсказка 4

Верно, можно сказать, что треугольники ACM и ABN равны по катету(стороне квадрата) и острому углу. Откуда и получаем равенство сторон, а значит, как мы поняли до этого, решаем задачу. Победа!

Показать доказательство

Достроим равнобедренный прямоугольный треугольник до квадрата $ABKC.$

$PIC$

Пусть $N$ — точка пересечения $AP$ и $BK.$ Прямые $CM$ и $AN$ взаимно перпендикулярны, поэтому $∠AMC = ∠BNA.$ Отсюда следует равенство прямоугольных треугольников $MAC$ и $BNA$ , и значит, $AM = BN.$ Так как $MB = BN$ и $∘ ∠MBP = ∠PBN = 45$ , то треугольники $MBP$ и $NBP$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $∠BMP =∠BNP ;$ и так как $∠BNP = ∠BNA = ∠AMC$ , требуемое равенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#43641Максимум баллов за задание: 7

Пусть $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AB$ и катета $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ соответственно. Вневписанная окружность треугольника $ACM$ касается стороны $AM$ в точке $Q$ , а прямой $AC −$ в точке $P.$ Докажите, что точки $P,Q$ и $N$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть вневписанная окружность, есть точки касания -> хочется отметить центр окружности и все прямые углы, связанные с радиусами. Также у нас есть MN, который как-то хочется связать с остальными объектами. Как?

Подсказка 2

Продлим MN и докажем, что D лежит на ней! Вот мы знаем, что P симметрична Q относительно AD, т.е. AD перпендикулярна PQ. Если мы сможем доказать, что PN тоже перпендикулярна AD, то мы докажем требуемое в задаче.

Подсказка 3

Для этого мы покажем, что D лежит на биссектрисе угла CMB и найдем ее, а также немного посчитаем углы ;) Для требуемого в предыдущей подсказки покажем, чему равна сумма углов PAD и APN!

Показать доказательство

Пусть $D$ — центр вневписанной окружности треугольника $ACM$ , тогда $P$ и $Q$ — проекции точки $D$ на прямые $AC$ и $AB$ соответственно:

$PIC$

Так как $MN$ — медиана равнобедренного треугольника $BMC$ , проведённая к основанию, то $MN$ — биссектриса угла $BMC$ , поэтому точка $D$ лежит на прямой $MN.$ Кроме того, $MN −$ средняя линия треугольника $ABC$ , значит, $MN ||AC.$ Таким образом, $P CND$ — прямоугольник.

Пусть $∠AMD = ∠CMN = ∠ACM =α$ , тогда $∘ ∠PAD = 1∕2(180 − α)$ , а $∠APN = ∠PCD = α∕2(CD −$ биссектриса угла $ACM ).$ Следовательно, $∘ ∠P AD +∠AP N =90$ , поэтому $AD ⊥ PN.$ Поскольку точка $Q$ симметрична точке $P$ относительно прямой $AD$ , то $Q$ лежит на $PN.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#39871Максимум баллов за задание: 7

Высота, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит гипотенузу на два отрезка, один из которых равен $16$ . Найдите длину второго отрезка, если радиус вписанной в этот треугольник окружности равен $5.$

Источники: ПВГ-2020, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть BH --- заданная в условии высота треугольника ABC из прямого угла. Давайте вспомним, что мы можем сказать про высоту к гипотенузе и длины отрезков, на которые она разбивает гипотенузу. Пусть СН=t^2, чему тогда равен отрезок ВН?

Подсказка 2

Посчитайте площадь треугольника двумя способами. Посмотрите внимательно на то, какими данными из условия мы еще не воспользовались и выберите нужные способы!

Подсказка 3

Да, первый способ – через высоту, а второй – через радиус вписанной окружности. Придумайте, как выразить полупериметр так, чтобы в нем была только сторона АС и радиус вписанной окружности!

Подсказка 4

Находим t и считаем ответ!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это $△ABC, ∠B =90∘$ , $BH$ — высота и $AH = 16$ , второй отрезок $CH = t2$ . Тогда высота к гипотенузе $√------- BH = AH ⋅CH = 4t$ .

С одной стороны,

2 SABC = BH-⋅AC-= 4t⋅(16+t-). 2 2

С другой стороны, используя равенство $AB +BC = AC +2r$

S = PABC-⋅r= r⋅(2r+2AC-)= 5(t2+ 21). ABC 2 2

Тогда для $t$ получим кубическое уравнение

3 2 2 2t − 5t + 32t− 105 =(t− 3)(2t + t+35)= 0

Поскольку вторая скобка не имеет корней, то $t= 3 =⇒ CH =t2 = 9$ .

Ответ:

$9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#43114Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ на катете $AC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает гипотенузу $AB$ в точке $E$ . Через точку $E$ проведена касательная к окружности, которая пересекает катет $CB$ в точке $D$ . Найдите длину $DB$ , если $AE = 6$ , а $BE =2$ .

Источники: ОММО-2020, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии фигурирует касательная, очень часто помогает искать какие-то углы, образованные ею) Также не зря окружность построена на AC, как на диаметре: можно поискать какой-то удобный угол, после чего делать какие-то выводы!

Подсказка 2

Т.к. AC является диаметром новой окружности, угол CEA прямой. Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду, поэтому углы CED и A равны.

Подсказка 3

Хотим поискать еще каких-то углов в треугольнике CEB, чтобы найти DB, в этом должен помочь небольшой подсчёт углов) А так же стоит подумать, чем же является DE для треугольника BEC! Не забываем о том, как же искать высоту в прямоугольном треугольнике ABC)

Показать ответ и решение

$PIC$

Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду, поэтому $∠CED = ∠A$ . Так как $∠CEA = 90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $AC$ , то $∠BCE = 90∘− ∠B = ∠A= ∠CED$ .

Отсюда следует, что $△EDC$ равнобедренный: $CD = DE$ . Ещё равнобедренным является треугольник $BDE$ , ведь мы поняли, что $∠DEB =90∘− ∠A$ . Делаем вывод $ED = CD = BD = BC2-$ .

При этом высота прямоугольного треугольника равна среднему геометрическому отрезков гипотенузы, то есть $------- - CE = √BE ⋅AE =2√ 3$ . В итоге получаем $BC = √BE2-+CE2-= 4 =⇒ BD =2$ .

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#108046Максимум баллов за задание: 7

Пусть точки $O$ и $I$ — центр описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ соответственно. Известно, что угол $AIO$ прямой, а величина угла $CIO$ равна $∘ 45$ . Найти отношение сторон $AB :BC :CA.$

Источники: Всесиб-2020, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте начнем "раскручивать задачу" от условия. Как воспользоваться данными углами? Какие свойства есть у центра вписанной окружности?

Подсказка 2

Центр вписанной окружности — это точка пересечения биссектрис! Отсюда несложно найти угол B ;) А что мы знаем тогда про точку O?

Подсказка 3

Точка O — середина гипотенузы AC! Так, кажется, что тогда мы можем найти немало симметрий или равенств на картинке) Давайте попробуем пересечь AI с BC.

Подсказка 4

Итак, если пересечь AI и CB, то можно найти равные треугольники с общей стороной. Возникает желание так же провести OI до пересечения с AB ;)

Подсказка 5

Здорово, теперь у нас появилось сразу несколько пар равных треугольников! Также появились равнобедренные прямоугольные треугольники) Давайте попробуем построить ещё — отметим середину M у AI!

Подсказка 6

Теперь мы можем выразить отрезок AK через LI! Давайте вернёмся к условию задачи. Мы знаем, что треугольник прямоугольный, то есть нам достаточно найти выразить две стороны друг через друга, а третью найти несложно. Поэтому имеет смысл попытаться выразить стороны AB и BC через AC ;)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Величина угла $AIC$ равна $∘ A+C- ∘ B- ∘ 180 − 2 = 90 + 2 > 90$ . Если бы луч $IO$ лежал бы вне угла $AIC,$ величина угла $AIO$ равнялась бы сумме величин $AIC$ и $CIO$ и была бы больше $90$ градусов, что противоречит условию. Следовательно, луч $IO$ лежит внутри угла $AIC,$ поэтому величина угла $AIC$ равна сумме величин углов $AIO$ и $CIO,$ то есть $135$ градусам. Значит, угол $ABC$ — прямой и треугольник $ABC$ является прямоугольным с гипотенузой AC , а точка O середина стороны AC.

Обозначим точку пересечения биссектрисы $AI$ со стороной $BC$ за $K.$ Углы $CIO$ и $CIK$ равны $45,$ следовательно, прямые $IO$ и $IK$ симметричны относительно биссектрисы $CI,$ то же самое верно и для прямых $CA$ и $CB.$ Значит, треугольники $CIO$ и $CIK$ равны и точки $O$ и $K$ симметричны относительно $CI,$ а треугольник $OIK$ прямоугольный равнобедренный.

Продлим отрезок $OI$ до пересечения со стороной $AB$ в точке $L,$ симметричной $O$ относительно биссектрисы $AI.$ Обозначим за $M$ середину отрезка $AI,$ по теореме обратной теореме Фалеса отрезки $OM$ и $CI$ параллельны, следовательно угол $IOM$ равен углу $OIC,$ то есть $45$ градусам. Значит, треугольник $OIM$ — прямоугольный равнобедренный и равен треугольникам $OIK$ и $KIL.$ Отсюда следует, что точки $I$ и $M$ делят отрезок $AK$ на три одинаковых части.

$PIC$

Опустим из точки $I$ перпендикуляры $IP$ и $IQ$ на стороны $BC$ и $AB$ соответственно, точки $P$ и $Q$ являются точками касания этих сторон со вписанной окружностью, четырёхугольник $PIQB$ является квадратом. Углы $KIL$ и $PIQ$ прямые, значит, углы $PIK$ и $QIL$ равны, отсюда следует равенство прямоугольных треугольников $PIK$ и $QIL.$ По теореме Фалеса длина $KP = QL$ равна половине длины $BP =BQ,$ а длина $AQ$ вдвое больше длины $BQ = BP.$

Следовательно, длина стороны $AB$ равна $6 6 3 AL +LB = 5AL = 5AO = 5AC.$ Из теоремы Пифагора $4 BC = 5AC.$ Следовательно, $AB :BC :CA = 3:4:5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пункт 1, точки $M, P,Q$ те же, что как в первом решении, четырёхугольник $PIQB$ является квадратом.

$PIC$

В прямоугольном треугольнике $AIO$ катет $AI$ вдвое больше катета $OI.$ Считаем длину $OI$ равной единице, тогда площадь треугольника $AIO$ равна $1,$ длина гипотенузы АО равна $√5$ , а высота из вершины $I$ равна $√2 5$ . Эта высота и отрезки $IP$ и $IQ$ равны, как радиусы вписанной окружности, поэтому

∘ ----- ∘--2----2 4 -4- AQ = AI − IQ = 4− 5 = √ 5

Следовательно,

AB =AQ + QB = 4√-+ √2-= √6- 5 5 5

AB :AC =AB :2⋅AO = √6-:2√5= 3:5 5

Из теоремы Пифагора $BC :AC =4 :5$ , откуда

AB :BC :CA = 3:4 :5

Ответ: 3 : 4 : 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#64602Максимум баллов за задание: 7

На гипотенузе $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ отмечены точки $D$ и $E$ таким образом, что $AD :DB =BE :EA = 1:4$ . Найдите $AB$ , если известно, что площадь треугольника $ABC$ равна 18 , а тангенс угла $∠DCE$ равен $5∕3$ .

Источники: ДВИ - 2019, задача 5 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте пользоваться тем, на что нам намекает условие. Нам дан тангенс угла DCE, дана площадь – в общем, куча величин, в которых мы работаем с катетами. Введем обозначения: Пусть АВ=с, ВС=а, СА=b. Давайте запишем формулу площади, а затем подумаем, какие у нас есть способы получить какую-нибудь информацию из тангенса?

Подсказка 2

Давайте выразим угол DCE как разность углов АСЕ и ACD. А затем опустим перпендикуляры из точек D и E, чтобы записать тангенсы углов АСЕ и ACD через а и b. (Пользуйтесь параллельностью прямых!)

Подсказка 3

Теперь самое сложное – формула тангенса разности, а затем супер внимательно смотреть на полученное выражение и придумать, как из него получить нужные нам значения!

Показать ответ и решение

$PIC$

Условие явно намекает, что нужно посчитать, чем мы и займёмся. Пусть $AB = c,BC =a,AC =b ⇐= a2+b2 = c2,SABC = a2b$ . Чтобы добраться до нужного нам угла, выразим его через разность, для этого опустим перпендикуляры $DK,LE$ на катет $AC$ . Далее найдём углы $∠ACE, ∠ACD$