Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в планике

Построения циркулем и линейкой

Проведение средней линии

Удвоение

Спрямление

Проведение параллельных прямых

Дополнение углов

Проецирование в планике

Обратный ход и построения от обратного

Угадай точку

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 141#49005Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ – вписанный четырёхугольник, $AB >CD, BC >AD.$ На сторонах $AB$ и $BC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что $AX = CD$ и $AD = CY.$ $M$ – середина $XY.$ Докажите, что угол $AMC$ – прямой.

Источники: Курчатов-2015, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, точки X и Y в явном виде нам вряд-ли помогут, поскольку только с помощью этих точек мы не сможем определить ∠AMC. Тогда, давайте достроим картинку таким образом, чтобы MC и MA стали средними в треугольниках. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 2

Да, нужно удвоить YC за точку C и XA за точку A! Для удобства обозначим точки, полученные после удвоения: Y’ и X’. Тогда, чтобы доказать, что ∠AMC прямой, достаточно доказать, что стороны треугольников, которые параллельны MC и MA – перпендикулярны! Отметим равны углы и стороны, можно ли найти на картинке равные треугольники?

Подсказка 3

Да, Y’CD и DAX равны! Заметим, что на картинке появилось два равнобедренных треугольника: XDY’ и X’DY. Тогда нам достаточно доказать, что угол между биссектрисами этих треугольников прямой! Осталось посчитать уголочки.

Показать доказательство

Удвоим $Y C$ за точку $C$ и $XA$ за точку $A$ и получим $X′$ и $Y′.$ Тогда $MA$ и $MC$ — средние линии в треугольниках $XY X′$ и $′ XY Y .$ Значит, достаточно доказать, что $XY$ и $′ XY$ перпендикулярны.

$PIC$

Заметим, что $YC = CY′ = DA,XA = AX ′ =CD$ и $Y′CD = DAX.$ Отсюда треугольники $YCD$ и $DAX ′$ равны и треугольники $Y ′CD$ и $DAX$ равны.

Тогда получается, что $XD = DY′$ и $X′D =DY.$ Это значит, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются и высотами. Мы хотим доказать, что $XY$ и $XY ′$ перпендикулярны. Это равносильно тому, чтобы перпендикуляры к этим прямым были перпендикулярны, ведь угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к ним.

Мы уже заметили, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются высотами, так значит, нам нужно показать, что угол между биссектрисами является прямым. Давайте его посчитаем:

∠Y ′DY + ∠YDX + ∠XDX ′− ∠Y′DX-− ∠Y-DX′ = 2 2

′ ′ ∠Y-′DY- ∠Y-DX- ∠YDX-- ∠X′DX- =∠Y DY + ∠YDX + ∠XDX − 2 − 2 − 2 − 2 =

∠Y′DY ∠X′DX ∠Y ′DY ∠X ′DX = ∠Y ′DY + ∠XDX ′− --2---− --2---= ---2-- +---2--

Заметим, что $∠Y′DY = ∠DXX ′+ ∠DX ′X = 180∘− ∠XDX ′,$ поэтому посчитанный выше угол равен $90∘.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 142#74335Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ сторона $AB$ больше стороны $BC.$ На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ отметили точку $N$ так, что $2BN = AB +BC.$ Пусть $BS$ — биссектриса треугольника $ABC, M$ — середина стороны $AC,$ а $L$ — такая точка на отрезке $BS,$ что $ML ∥AB.$ Докажите, что $2LN =AC.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2015, ЗЭ, 2 задача(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выполним такое дополнительное построение: удвоим отрезки BL и BN за точки L и N соответственно до BL' и BN'. Теперь нужно доказать, что AC = N'L'.

Подсказка 2

Теперь можно получить, что CL'||AB, что позволяет нам перекинуть углы, и получить равенство треугольников ABC и N'CL'.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BN$ за $N$ и $BL$ за $L$ на отрезки $NN ′ = BN$ и $LL′ =BL$ соответственно. Так как $M$ — середина $AC$ и $ML ∥AB,$ прямая $ML$ содержит среднюю линию $MK$ треугольника $ABC.$ Поскольку $L$ — середина $BL′,$ эта прямая содержит также среднюю линию $LK$ треугольника $BCL ′;$ итак, $CL′ ∥ LM ∥AB.$ Поэтому $∠CL′B = ∠L′BA = ∠L′BC,$ откуда $CL ′ =CB.$ Далее, $CN ′ = BN′− BC$ = $2BN − BC = BA$ и $∠N′CL′ = ∠CBA.$ Значит, треугольники $N′CL′$ и $ABC$ равны, и потому $AC = N′L′ = 2LN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 143#78112Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C.$ Пусть $BK$ — биссектриса этого треугольника. Окружность, описанная около треугольника $AKB,$ пересекает вторично сторону $BC$ в точке $L.$ Докажите, что $CB + CL= AB.$

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Решение 1.

$PIC$

Отложим на продолжении $BC$ за точку $C$ отрезок $CN =LC.$ Тогда $CB +CL = NB,$ и нам надо доказать, что $AB = NB.$

Так как четырёхугольник $ABLK$ вписан, имеем

∠CKB =180∘− ∠AKB = 180∘ − ∠ALB = ∠ALC

С другой стороны, прямоугольные треугольники $ACL$ и $ACN$ равны по двум катетам, так что $∠ANC = ∠ALC = ∠CKB = 90∘− ∠B∕2.$ Тогда из треугольника $ABN$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAN = 180 − ∠B − ∠ANB = 180 − ∠B − (90 − ∠B∕2)=90 − ∠B∕2= ∠ANB

Из полученного равенства $∠ANB = ∠BAN$ и следует, что $AB = NB.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

$PIC$

Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KH$ на гипотенузу $AB.$ Прямоугольные треугольники $KCB$ и $KHB$ равны по гипотенузе и острому углу ( $∠KBC = ∠KBH ).$ Значит, $CB = HB$ и $KC =KH.$ Далее, в окружности, описанной около $AKLB,$ на хорды $AK$ и $KL$ опираются равные углы, поэтому $AK = KL.$ Значит, прямоугольные треугольники $KHA$ и $KCL$ равны по катету и гипотенузе, откуда $HA = CL.$ Итак, $CB + CL= HB + HA = AB,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 144#100424Максимум баллов за задание: 7

Точка $D$ на стороне $AC$ треугольника $ABC$ такова, что $AC =BD$ и $∠A :∠C :∠CBD = 3:4:2.$ Найдите углы треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отрезки BD и AC так расположены, что трудно воспользоваться их равенством. Как насчёт того, что куда-то перенести отрезок AC, чтобы стало проще?

Подсказка 2

Переносить стоит, вероятно, так, чтобы отрезок AC одним из концов соединился с отрезком BD.

Подсказка 3

Как насчёт того, чтобы продлить отрезок AC за точку C на длину отрезка AD?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠A = 3α,$ тогда $∠C = 4α,∠CBD = 2α.$ Отложим на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отрезок $CE =AD.$ Тогда треугольник $BDE$ — равнобедренный. Так как $∠ADB = ∠DBC + ∠DCB =6α,$ то $∠DBE = ∠DEB = 3α.$ Значит, треугольник $ABE$ — равнобедренный и треугольники $ABD$ и $EBC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,

180∘ = ∠ECB + ∠DCB = ∠ADB + ∠DCB = 10α

откуда находятся углы $A$ и $C.$

Ответ:

$54∘,54∘,72∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 145#74337Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ треугольника $ABC$ с углом в $100∘$ при вершине $C$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $AP = BC$ и $BQ = AC.$ Пусть $M, N,K$ — середины отрезков $AB,CP,CQ$ соответственно. Найдите угол $NMK.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2014, ЗЭ, 2 задача(см. old.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим треугольник до параллелограмма $ACBD.$ Тогда $M$ является серединой отрезка $CD.$ Так как $AP = BC =AD$ и $BQ =AC = BD,$ треугольники $APD$ и $BQD$ — равнобедренные. Поэтому $∠QDP = ∠ADP + ∠BDQ − ∠ADB$ = $(90∘ − ∠DAB ∕2)+ (90∘− ∠DBA ∕2)− 100∘$ = $80∘− (∠DAB +∠DBA )∕2$ = $40∘.$ Осталось заметить, что $∠QDP = ∠KMN,$ так как $MK$ и $MN$ — средние линии треугольников $DQC$ и $DP C$ соответственно.

Ответ:

$40∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 146#74610Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BM.$ Известно, что $∠ABM = 40∘,$ a $∠CBM = 70∘.$ Найдите отношение $AB :BM.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABCD.$ Так как диагонали параллелограмма, пересекаясь, делятся пополам, точка $M$ является точкой их пересечения и $BD = 2BM.$ С другой стороны, $∠BDA = ∠CBD =70∘,$ а $∠BAD =180∘− ∠BDA − ∠ABD = 70∘ = ∠BDA,$ откуда $AB = BD =2BM$ и $AB :BM =2BM :BM = 2.$

Ответ:

$2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 147#43638Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ медиана $BM$ в два раза меньше стороны $AB$ и образует с ней угол $40∘.$ Найдите градусную меру угла $ABC$ .

Источники: Муницип - 2009, Москва, 8.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, у нас есть условие про медиану. Тогда что самое первое можно сделать в задаче?

Подсказка 2

Да, конечно нужно удвоить медиану. У нас получился параллелограмм. Отлично! Теперь давайте пользоваться другими хорошими условиями задачи. Какой же один из треугольников у нас тогда получился?

Подсказка 3

Верно, получился равнобедренный треугольник из-за того, что сторона равна удвоенной медиане. Осталось теперь только посчитать уголки и воспользоваться параллельностью сторон в параллелограмме. Победа!

Показать ответ и решение

Продлим медиану $BM$ за точку $B$ на ее длину и получим точку $D$ .

$PIC$

Так как $AB = 2BM$ , получаем, что $AB =BD$ , т.е. треугольник $ABD$ равнобедренный. Следовательно,

∠BAD = ∠BDA = (180∘− 40∘):2= 70∘

Четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Значит,

∠CBD =∠ADB =70∘

Тогда

∠ABC =∠ABD +∠CBD =110∘

Ответ:

$110∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 148#106751Максимум баллов за задание: 7

На плоскости даны оси координат с одинаковым, но не обозначенным масштабом и график функции

y = sinx, x ∈(0;α)

Как с помощью циркуля и линейки построить касательную к этому графику в заданной его точке, если:

(a) $(π ) α ∈ 2;π ;$

(b) $( ) α ∈ 0;π2 ?$

Источники: ММО - 2009, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт (a)

На самом деле достаточно построить отрезок длины 1(иными словами, восстановить масштаб), ведь касательная имеет угловой коэффициент, равный cos(x) для заданной точки x. А как можно построить отрезок длины 1?

Подсказка 2, пункт (а)

Если удастся отметить точку π/2 на оси oX, то задача будет решена, ведь перпендикуляр к этой оси, проходящий через эту точку, пересекает график синуса в точке (π/2,1), и отрезок между точками пересечения единичный. А как построить эту точку?

Подсказка 3, пункт (а)

Конечно! Используем свойство sin(a) = sin(π-a)! Тогда отрезок между точками (a, sin(a)) и (a, sin(π-a)) параллелен оси oX. А что хорошего можно сказать о перпендикуляре к этому отрезку?

Подсказка 1, пункт (b)

Попробуем построить отрезок, равный синусу какого-нибудь угла? и этот угол так, чтобы они оказались элементами одного прямоугольного треугольника. Как этого можно добиться?

Подсказка 2, пункт (b)

Точно! Выберем на оси oX некоторые a и b и построим отрезок длины sin(a) + sin(b). Легко построить и отрезок длины sin((a+b)/2). А можно ли построить отрезок длины, равной синусу полуразности?

Подсказка 3, пункт (b)

Его можно построить с помощью простых построений середин, но тогда не получится прийти к отрезку длины 1, поэтому нужно найти прямоугольный треугольник. Для этого его нужно построить! Пусть его прямой угол будет в одном конце отрезка длины sin(a) + sin(b) (и его первая вершина соответственно), а вторая — в другом конце этого отрезка. А как получить третью вершину?

Подсказка 4, пункт (b)

Верно! Надо использовать построенный ранее sin((a+b)/2)! Строим окружность радиуса 2sin((a+b)/2) с центром во второй вершине предполагаемого треугольника! Пересечение построенного ранее перпендикуляра к одному из концов отрезка длины sin(a) + sin(b) и этой окружности будет третьей точкой! Чему тогда равен угол этого треугольника при втором конце отрезка длины sin(a)+sin(b)?

Подсказка 5, пункт (b)

Точно! Он равен (a-b)/2! Как уже было отмечено, построить sin((a-b)/2) нетрудно! А как теперь его поместить в наш треугольник, чтобы в нем появился отрезок длины 1?

Показать доказательство

Касательная к графику функции $y = sinx,$ где $x∈ (0;α),$ проведённая в заданной его точке $(x ,sinx), 0 0$ имеет угловой коэффициент, т.е. тангенс угла наклона к оси $Ox,$ равный $cosx0,$ и для её построения при помощи циркуля и линейки достаточно построить отрезок длины $1.$ Действительно, имея отрезки $1$ и $sinx0,$ можно построить отрезок $|cosx0|$ (при помощи тригонометрического круга), а значит, и угол, тангенс которого равен $cosx0.$ Покажем, как построить отрезок длины $1$ (т.е. восстановить масштаб).

(a) Из точки $A =(a,sina),$ где $(π ) a ∈ 2,α ,$ лежащей на графике функции, опустим перпендикуляр на ось $Oy$ (рис. слева). Так как $sin(π− a)= sina,$ то этот перпендикуляр пересечёт график функции $y =sin x$ в точке $B =(π− a,sina).$ Через середину отрезка $AB$ проведём прямую, перпендикулярную оси $Ox.$ Она пересечёт график в точке $(π ) 2,1.$ Отрезок этой прямой от оси $Ox$ до графика функции $y =sinx$ имеет длину $1.$

$PIC$

(b) Здесь несколько труднее построить отрезок единичной длины. Остальные построения будут такими же.

Пусть $a$ и $b$ — произвольные точки на оси $Ox,$ удовлетворяющие условию $0< b< a< α.$ Построим отрезок $AB$ длины $sina+ sinb.$ Через точку $B$ проведём луч $l,$ перпендикулярный отрезку $AB.$ Окружность с центром в точке $A$ и радиусом $2sina+b 2$ пересекает луч $l$ в точке $C$ (рис. справа). Так как $sina+ sinb= 2sina+bcosa−b, 2 2$ то $∠CAB = a−b. 2$ На отрезке $BC$ отметим точку $D$ такую, что $BD = sin a−b. 2$ Через точку $D$ проведём прямую, параллельную отрезку $AB.$ Эта прямая пересечёт отрезок $AC$ в точке $E.$ Длина отрезка $AE$ равна $1,$ так как

a−-b BD- sin∠CAB =sin 2 = AE

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 149#79123Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точки $H$ и $M$ — точки пересечения высот и медиан соответственно. Через вершины $A,B$ и $C$ проведены прямые, перпендикулярные прямым $AM, BM, CM$ соответственно. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника, образованного проведёнными прямыми, лежит на прямой $MH.$

Источники: Всеросс., 2008, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $A′B′C′$ — треугольник, образованный проведёнными прямыми и $G$ — точка пересечения его медиан. Мы докажем, что $M$ является серединой отрезка $GH.$

$PIC$

Достроим треугольник $BMC$ до параллелограмма $BMCA1.$ Отрезок $MA1$ делит сторону $BC$ пополам, поэтому $A1$ лежит на прямой $AM,$ причём $AM = A1M.$ Кроме того, $′′ BA1 ∥MC ⊥A B$ и $′ ′ CA1 ∥MB ⊥ A C ,$ поэтому $BA1$ и $CA1$ — высоты треугольника $′ BA C.$ Значит, $A1$ — ортоцентр этого треугольника и $′ AA1 ⊥ BC.$

Стороны треугольника $BA1M$ перпендикулярны сторонам треугольника $A′B ′C′$ соответственно, поэтому эти треугольники подобны, причём соответствующие прямые $BC$ и $A ′G,$ содержащие медианы этих треугольников, перпендикулярны. Значит, прямая $A′G$ совпадает с прямой $A′A1.$ Пусть $G′$ — точка, симметричная точке $H$ относительно $M.$ Треугольники $AHM$ и $A1G′M$ симметричны относительно $M,$ поэтому $A1G′ ∥AH ⊥ BC.$ Отсюда следует, что $G ′$ лежит на прямой $A′G.$ Аналогично $G ′$ лежит на прямой $B′G,$ то есть $G′$ совпадает с $G.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 150#98720Максимум баллов за задание: 7

Диагональ $AC$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ делится точкой пересечения диагоналей пополам. Известно, что $∠ADB =2∠CBD.$ На диагонали $BD$ нашлась точка $K,$ для которой $CK = KD + AD.$ Докажите, что $∠BKC =2∠ABD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах, где один угол в два раза больше другого, бывает полезно найти равнобедренный треугольник, у которого угол при основании равен меньшему из указанных углов, тогда внешний угол при вершине, противоположной основанию, будет в два раза больше и, следовательно, равен большему из указанных.

Подсказка 2

На продолжении отрезка KD за точку D отложим отрезок DE, равный AD. Что можно сказать про прямые AE и BC?

Подсказка 3

Они параллельны. Как можно воспользоваться тем, что AC делится точкой пересечения диагоналей пополам?

Подсказка 4

Из этого и параллельности прямых AE и CB сразу следует, что ABCE — параллелограмм. Что при этом можно сказать про треугольник CEK?

Подсказка 5

Из указанного в условии соотношения на отрезки получим EK = КС, следовательно, EKC — равнобедренный. Как из этого следует требуемое соотношение на углы?

Показать доказательство

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD,$ тогда $AO = CO.$

На продолжении отрезка $KD$ за точку $D$ отложим отрезок $DE,$ равный $AD.$ Тогда $CK = KE.$

$PIC$

Пусть $∠CBD = α.$ Тогда по условию $∠ADB = 2α.$ Так как $∠ADB$ — внешний угол равнобедренного треугольника $ADE,$ то $∠AEB =∠AED =α = ∠CBE.$ Следовательно, $AE ∥BC.$ Тогда $∠EAC =∠BCA.$ Таким образом, треугольники $AOE$ и $COB$ равны по второму признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, $AE = BC.$ Тогда $ABCE$ — параллелограмм. Значит, $∠CEB =∠ABD$ как накрест лежащие.

Так как $∠BKC$ — внешний угол равнобедренного треугольника $CKE,$ то

∠BKC =2∠CEB = 2∠ABD

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 151#32583Максимум баллов за задание: 7

Окружность с центром $O$ вписана в треугольник $ABC$ и касается его сторон $AB$ , $BC$ и $AC$ в точках $E,F$ и $D$ соответственно. Прямые $AO$ и $CO$ пересекают прямую $EF$ в точках $N$ и $M.$ Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $OMN$ , точка $O$ и точка $D$ лежат на одной прямой.

Источники: Всеросс., 1994, РЭ, 11.3(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Учтите ловушку задачи, что точка О это центр вписанной окружности, а не описанной! На пересечении каких объектов лежит центр вписанной (!) окружности?

Подсказка 2

Конечно! Тогда для работы с биссектрисами углы треугольника удобнее обозначать за 2альфа, 2бетта, 2 гамма. Теперь надо понять: на пересечении каких объектов лежит центр описанной (!) окружности?

Подсказка 3

Давайте отметим точку Т пересечения DO и серединного перпендикуляра к стороне ON. Наша цель - показать, что эта точка T является пересечением всех серединных перпендикуляров, то есть центром описанной окружности. Как можно подступиться к центру окружности в терминах углов?

Подсказка 4

Через центральный и вписанный угол! Нужно доказать, что угол OTN в два раза больше фиксированного угла OMN. Осталось досчитать углы!

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Обозначим углы $△ABC$ через $2α,2β,2γ$ . Тогда

∠AOD = ∠TON = 90∘ − α

∠COD = ∠MOT = 90∘− γ

Здесь $T ∈OD$ и выбрана из условия

TO = TN =⇒ ∠TON = ∠TNO = 90∘− α =⇒ ∠OT N = 2α

Заметим, что такое расположение точки $T$ обусловлено тем, что $∠T ON =90∘− α< 90∘$ . Далее $∠BEF = ∠BFE = 90∘ − β$ из равенства отрезков касательных. Тогда

∘ ∘ ∘ ∠CMF = 180 − ∠MF C− ∠MCF =180 − (90 + β)− γ = α

То есть $∠OTN = 2α= 2∠NMO$ , а также эта точка лежит на серединном перпендикуляре к $ON$ в силу выбора $T$ . Тогда она должна являться центром описанной окружности $△OMN$ , поскольку для неё это свойство выполнено, а для точек “выше” и “ниже” на прямой $OD$ $∠OTN$ будет меньше и больше соответственно (то есть точка, из которой видна $ON$ под углом $2α$ всего одна). Здесь важно заметить, что центр описанной окружности лежит именно по эту сторону от $ON$ , поскольку

∘ ∘ ∘ ∠MON =180 − α− γ = 90 +β >90 .

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Продолжим отрезки $AM$ и $CN$ до пересечения в точке $K$ .

$PIC$

Из леммы $255$ получаем, что $CM$ и $AN$ — высоты треугольника $AKC$ , а $O$ — его ортоцентр. Поскольку $OD ⊥ AC$ , то точка $D$ — основание третьей высоты треугольника $AKC$ . Точки $N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $OK,$ поэтому центр этой окружности, как и точка $O,$ лежит на прямой $KD.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 152#79219Максимум баллов за задание: 7

Медиана $AM$ и биссектриса $CD$ прямоугольного треугольника $ABC (∠B = 90∘)$ пересекаются в точке $O.$ Найти площадь треугольника $ABC$ , если $CO = 9,OD = 5.$

Источники: Вступительные в МФТИ - 1994 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сходу непонятно, что делать. У нас имеется медиана, почему бы ее не удвоить...

Подсказка 2

Обозначим за K- точку, симметричную A относительно M. Тогда видно, что треугольники △AOD и △COK подобны с коэффициентом 5/9. Тогда AD/CK=5/9 ⇒ AD/BD=5/4. Можем ли мы найти sin∠A-?

Подсказка 3

По свойству биссектрисы получаем, что sin∠A=BC/AC=4/5. Тогда cos∠A=3/5. Если обозначить AB за 9c, то AC=15c и BD=4с. Тогда из теоремы Пифагора для треугольника △BDC мы можем найти с. Я верю, что и площадь вы легко найдете!

Показать ответ и решение

$PIC$

На продолжении медианы $AM$ за точку $M$ отложим отрезок $MK$ , равный $AM$ . Тогда $ABKC$ — параллелограмм.

Обозначим $AB = c$ . Треугольники $AOD$ и $KOC$ подобны (по двум углам), значит

AD = KC ⋅ OD-= AB ⋅ OD-= 5c OC OC 9

BD =AB − AD = 4c 9

По свойству биссектрисы треугольника

BC :AC = BD :AD = 4:5

Поэтому

4c AB :AC =3 :5, то есть BC = 3

По теореме Пифагора

(4c)2 ( 4c)2 -3 + 9- =142

( ) откуда c2 =-1 ⋅ 63 2 10 2

Следовательно,

1 4 2 1323 SABC = 2 ⋅3 ⋅c =-20-

Ответ:

$1323 20$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 153#83241Максимум баллов за задание: 7

Отрезки $AB$ и $CD$ длины 1 пересекаются в точке $O,$ причём $∘ ∠AOC = 60 .$ Докажите, что $AC + BD ≥ 1.$

Источники: Всеросс., 1993, ЗЭ, 9.1(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким неравенством мы привыкли сравнивать отрезки?

Подсказка 2

Очень хочется воспользоваться неравенством треугольника. Но BD находится слишком "далеко" от AC( Давайте тогда попробуем мысленно "перенести" BD так, чтобы сохранить его длину. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Проведите через точку A прямую, параллельную BD. Какую точку хочется на ней отметить?

Подсказка 4

Отметьте точку B' на построенной прямой так, чтобы B'A было равно BD. Какая фигура образовалась?

Подсказка 5

Как воспользоваться данным в условии углом? Быть может, из параллельности его можно куда-то перетащить? :)

Показать ответ и решение

Проведем через точку $A$ прямую, параллельную $BD.$ Отметим на ней точку $′ B$ так, чтобы $′ AB = BD.$

$PIC$

В четырехугольнике $′ AB DB$ по постороению сторона $′ AB$ равна и параллельна стороне $DB,$ следовательно, $′ AB DB$ — параллелограмм и $′ B D = AB = CD = 1.$ $′ B D ∥AB,$ следовательно, $′ ∘ ∠B DC = ∠BOD =60$ как накрест лежащие.

Рассмотрим треугольник $B′DC.$ В нем угол между равными сторонами $DB ′$ и $DC$ равен $60∘,$ значит, это треугольник равносторонний и $B ′C = CD = B ′D = 1.$ По неравенству треугольника для $△ AB′C$ получаем $AB ′+AC ≥B ′C,$ причем $′ AB = DB.$ Тогда $′ DB +AC ≥B C = 1,$ что и требовалось доказать. Единственный случай, в котором неравенство обращается в равенство, достигается, когда $′ B$ попадает на прямую $AC.$ Это равносильно тому, что $AC ∥DB$ (т.к. отрезок $′ AB$ мы строили как параллельный $DB$ ).

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 154#64814Максимум баллов за задание: 7

Разделите окружность с данным центром на $6$ равных частей, пользуясь только циркулем.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Постройте окружность с тем же радиусом, что и у первой, и центром на первой окружности. Не образовался ли здесь какой-нибудь удобный треугольник?

Подсказка 2

Да, это центр первой окружности и две точки на ней, причем две стороны его (только ли две?) это равные радиусы.

Показать доказательство

$PIC$

Выберем на окружности точку $A.$ Проведём окружность с центром в точке $A$ и таким же радиусом, как у изначальной окружности. Обозначим одну из точек пересечения окружностей через $B.$ Заметим, что треугольник $AOB$ ( $O$ — центр изначальной окружности) равносторонний, так как все его стороны равны радиусу изначальной окружности. Следовательно, длина дуги $AB$ равна $1 6$ от длины окружности. Далее аналогичным образом от точке $B$ пристраиваем еще одну такую дугу и так далее.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 155#64816Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущенной на одну из них.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Две стороны искомого треугольника уже есть, поэтому отложим одну из них, а вторую возьмем как радиус окружности с центром в конце первого отрезка (получился как будто сустав, неустойчивый, потому что мы не укрепили его третьим данным отрезком)

Подсказка 2

Нам нужно получить на окружности точку, расстояние от которой до первого отрезка равно данной высоте. Для этого нужно вообще вывести эту высоту на рисунок, поэтому и построим перпендикуляр из конца первого отрезка длиной в данную высоту.

Подсказка 3

Почти получилось! Остается построить линию, параллельную первому отрезку, из конца высоты, тогда "сустав" станет устойчивым, а нужный треугольник - найденным!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть отрезок $AB$ — сторона, к которой проведена высота. Проведём окружность с центром в точке $A$ и радиусом, равным длине второй стороны. Теперь в точке $B$ проведём перпендикуляр к $AB$ и на нём отложим отрезок $CB,$ равный высоте. В точке $C$ проведём перпендикуляр к $CB.$ Обозначим точку пересечения этого перпендикуляра с окружностью через $D.$ Заметим, что $ADB$ — искомый треугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 156#64817Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, проведенной к третьей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так так, в треугольнике дана медиана - а почему бы не вспомнить про ее удвоение? Там еще что-то про параллелограмм было... :)

Подсказка 2

Пусть а, b - данные стороны, а m - медиана к стороне с. Тогда, построив треугольник со сторонами (а, b, 2m), получим половину того самого пар-ма, который нам вспомнился (и который следует достроить). Почему бы в нем не найти нам искомый треугольник?

Показать доказательство

$PIC$

Построим треугольник $ABC$ со сторонами, две из которых равны двум данным сторонам исходного треугольника, а третья (сторона $BC$ ) в два раза длиннее медианы. Отметим точку $M$ — середину $BC.$ Проведём отрезок $AD,$ который в два раза длиннее $AM$ , как показано на рисунке. Заметим, что треугольник $ABD$ — искомый.

Догадаться до решения можно, если вспомнить про удвоение медианы в треугольнике.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 157#64818Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник, если известны сторона, прилежащий к ней угол и сумма двух других сторон.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выведем на рисунок все то, что нам дано: сторону (назовём ее а), от которой мы отложим данный угол(скажем, альфа), а вторым отрезком этого угла будет сумма двух других сторон (назовём её b+c), получим треугольник. Нам нужно в какой-то точке "сломать" b+c на условные части b и c, длина которых неизвестна.

Подсказка 2

Тут поможет мысль о том, что b+c сломается в какой-то точке К, расстояния от которой до конца отрезка а (назовём его М) и конца отрезка b+c (назовём его Т) будут равными. Пусть мы нашли такую точку, тогда что можем сказать про треугольник КМТ?

Подсказка 3

Да, он будет равнобедренным, значит высота, падающая на основание, будет делить основание пополам! А с этой задачей отлично справляется серединный пер-р: и делит МТ пополам, и является высотой к основанию МТ, а значит мы смогли придумать, как получить точку К и получить искомый треугольник!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть отрезок $AB$ — данная сторона. Отложим от неё прилежащий угол, который нам дан. Теперь на стороне угла, на которой нет точки $B,$ отложим отрезок $AC,$ равный сумме двух других сторон. Проведём серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Пусть он пересекает $AC$ в точке $D.$ Заметим, что $BD +AD = AC,$ откуда треугольник $ABD$ — искомый.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 158#64819Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник по двум сторонам и разности противолежащих им углов.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какая фигура использует всё, что нам известно: два отрезка заданной длины, угол, который является разностью других углов на картинке?

Подсказка 2

Равнобедренная трапеция! Построим треугольник с двумя заданными сторонами и углом между ними(тот, что в условии). Что нужно сделать, чтобы прийти к трапеции?

Подсказка 3

Опишем около него окружность) Теперь через одну из точек проведем прямую, параллельную другой на картинке, построим трапецию, вписанную в имеющуюся окружность и найдем треугольник, нужный нам!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть отрезок $AB$ — меньшая сторона из двух данных, отложим от неё угол $BAC,$ равный данной разности (точку $C$ отметим так, что отрезок $AC$ равен по длине большей стороне). Опишем окружность около треугольника $ABC$ (строим серединные перпендикуляры к двум сторонам, их точка пересечения — центр окружности). Теперь проведём через точку $A$ прямую, параллельную $BC.$ Пусть она пересекает окружность в точке $D.$

Заметим, что трапеция $ABCD$ равнобедренная, а значит $BD = AC$ , а угол $BAC$ равен разности углов $BAD$ и $BDA$ . Следовательно, треугольник $ABD$ — искомый.

Догадаться до решения можно, если вспомнить про равнобедренную трапецию и увидеть, что там присутствует угол, равный разности нужных нам углов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 159#64822Максимум баллов за задание: 7

Внутри острого угла даны точки $M$ и $N$ . Как из точки $M$ направить луч света, чтобы он, отразившись последовательно от сторон угла, попал в точку $N?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть луч из точки M идёт в точку K на одной стороне, потом в точку L на другой. Симметрично отразим точки M и N относительно сторон, на которых лежат точки K и L соответственно, получив точки M₁ и N₁. Что можно сказать о ломаной M₁KLN₁?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть луч отразился от одной стороны угла в точке $K$ , а затем от другой — в точке $L$ . Отразим точку $M$ симметрично относительно первой стороны угла, а точку $N$ — относительно второй. Получим точки $M1$ и $N1$ соответственно. Тогда точки $M1,K,L$ и $N1$ лежат на одной прямой. Отсюда вытекает способ построения точек $K$ и $L$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 160#64823Максимум баллов за задание: 7

Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и высоте, проведенной к гипотенузе.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дана только гипотенуза и высота к гипотенузе, хм… Если высота проведена к гипотенузе, то из какого угла она проведена?

Подсказка 2

Да, она проведена из прямого угла! А на какой геометрической фигуре мы точно умеем строить прямой угол (если знаем, на что он опирается)?

Подсказка 3

Верно, на окружности! Тогда если мы построим окружность с диаметром, равным гипотенузе, то любой угол, который опирается на диаметр – прямой! А что тогда делать с высотой?

Подсказка 4

А давайте просто отложим перпендикуляр от диаметра окружности, с длиной равной исходной высоте. Что осталось сделать, чтобы построить искомый треугольник?

Подсказка 5

Правильно, нужно построить прямую, параллельную гипотенузе через вершину высоты, не лежащий на гипотенузе. Какой треугольник тогда будет искомым?

Показать доказательство

$PIC$

Построим на гипотенузе $AB$ окружность как на диаметре. Теперь отложим от $AB$ перпендикуляр с длиной, равной высоте. Проведём перпендикуляр $CD$ к прямой, равный высоте, как показано на рисунке. Теперь через точку $D$ проведём прямую, параллельную $AB.$ Отметим любую из точек пересечения этой прямой с окружностью через $E.$ Треугольник $ABE$ — искомый.

Следующая подтема