Тема Окружности

Вписанные углы и счёт углов в окружности

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#90077

Пятиугольник $ABCDE$ вписан в окружность. При этом $M$ — точка пересечения его диагоналей $BE$ и $AD.$ Известно, что $BCDM$ — параллелограмм.

а) Докажите, что две стороны пятиугольника равны.

б) Найдите $AB$ , если известно, что $BE = 12,$ $BC = 5,$ $AD = 9.$

Источники: ЕГЭ 2024, основная волна, Дальний восток

Показать ответ и решение

а) Так как $BCDM$ — параллелограмм, то $CD ∥ BM$ и $CD =BM.$ Тогда $EBCD$ — трапеция, так как $CD ∥BE$ и $BE =BM + ME = CD + ME > CD.$

Вокруг трапеции $BCDE$ описана окружность, следовательно, она равнобедренная, в которой $BC = DE.$

Значит, в пятиугольнике $ABCDE$ равны стороны $BC$ и $DE.$

$PIC$

б) Аналогично пункту а) получаем, что $ABCD$ — равнобедренная трапеция, в которой $BC ∥AD,$ $AD > BC$ и $AB =CD.$

Так как по условию $BCDM$ — параллелограмм, то $DM = BC = 5.$ Тогда

AM = AD − DM =9 − 5= 4.

Пусть $AB =CD = BM = x.$ По свойству пересекающихся хорд $AD$ и $BE$ в окружности:

AM ⋅MD = BM ⋅ME 4⋅5 = x⋅(12 − x) x2− 12x+ 20= 0 (x − 2)[(x− 10)= 0 x= 2 x= 10

Заметим, что если $x = 2,$ то $ME = 10.$ Тогда в $△ MDE$ стороны будут равны 5, 5 и 10, что невозможно по неравенству треугольника.

Значит, $AB = x= 10.$

Ответ: б) 10

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#107201

Точка $O$ — центр окружности $ω 1$ , описанной около остроугольного треугольника $ABC$ . Окружность $ω 2$ , описанная около треугольника $BOC$ , пересекает отрезок $AB$ в точке $P$ . Найдите площадь треугольника $ABC$ , если $15 AP = 2 ,BP = 5,AC =9.$

Источники: Физтех - 2025, 11.5 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Углы $BAC$ и $BOC$ — это центральный и вписанный углы для окружности $ω 1$ , опирающиеся на дугу $BC$ . Значит, $∠BOC = 2∠BAC$ . Кроме того, углы $BOC$ и $BPC$ вписаны в окружность $ω2$ и опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны между собой.

$PIC$

Пусть $∠BAC = α$ . Тогда $∠BOC = 2α,∠BP C = ∠BOC =$ $= 2α$ , а по теореме о внешнем угле треугольника $∠ACP =∠BP C − ∠BAC = α$ . Следовательно, треугольник $ACP$ равнобедренный, $CP = AP = 125$ . Из этого треугольника находим, что

√---------- sin α= -4AP-2− AC2-= 4, 2AP 5

и тогда

1 1 25- 4 SABC = 2AB ⋅ACsinα= 2 ⋅2 ⋅9⋅5 = 45

Ответ: 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79118

Дан треугольник $ABC.$ Окружность проходит через вершины $A,B$ и пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. На стороне $AB$ взяты точки $R$ и $S$ ( $R$ лежит на отрезке $AS$ ), причём $QR∥ CA,PS ∥CB.$ Докажите, что точки $P,Q,R,S$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Продолжим $QR$ до пересечения с окружностью в точке $Q , 1$ а $PS$ — в точке $P . 1$

$PIC$

Тогда

∪PA +∪AQ1 ∪P A+ ∪BP1 ∠PQQ1 = ----2-----,∠P SA =-----2----

Поскольку $∪ BP1 = ∪PQ = ∪AQ1,$ то либо $∠P QQ1 = ∠P SA,$ либо $∠PQQ1 + ∠PSA =180∘.$ Следовательно, точки $P,Q,R$ и $S$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80740

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполнено $AB = BC = CD$ . Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E$ . Описанная окружность треугольника $ADE$ пересекает сторону $AB$ в точке $P ⁄= A$ и продолжение стороны $CD$ в точке $Q⁄= D$ . Найдите отношение отрезков $AP$ и $DQ$ .

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из вписанности четырехугольника $APED$ следует, $∠P AE = ∠EDP$ . Треугольник $ABC$ является равнобедренным, а значит, $∠BAC =∠BCA$ , следовательно, $∠BCA = ∠BDP$ .

Из равнобедренности треугольника следует, что $∠DBC = ∠CDB$ .

$PIC$

Наконец, в силу вписанности четырехугольника $AEDQ$

∠PDC = ∠PDB + ∠BDC = ∠BCE + ∠DBC = ∠CED =∠AQD

Из этого равенства углов получаем, что вписанный четырёхугольник $AP DQ$ является равнобедренной трапецией либо прямоугольником. В любом случае $AP = DQ,$ то есть

AP :DQ =1 :1

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Докажем, что хорды $AP$ и $QD$ стягивают равные дуги в окружности $(AED )$ , то есть докажем равенство

∠P EA =∠QED

Для начала, по теореме о внешнем угле $∠PEA = ∠BPE − ∠PAE.$ А поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным, то $∠BAE =∠BCE.$ Кроме того, из вписанности четырехугольника $APED$ следует $∠BPE = ∠EDA$ . Таким образом,

∠PEA = ∠BP E− ∠PAE = ∠EDA − ∠BCE

Аналогично

∠DEQ = ∠DAE − ∠EBC

$PIC$

Наконец, искомое равенство углов можно переписать в виде

∠EDA − ∠BCE = ∠DAE − ∠EBC

∠EDA +∠EBC =∠DAE +∠BCE,

что верно, так как суммой углов в каждой части равна углу между диагоналями четырехугольника.

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80747

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ и продолжение стороны $DC$ за точку $C$ в точках $K$ и $M$ соответственно, как показано на рисунке:

$PIC$

Доказать, что центр описанной окружности треугольника $KCM$ лежит на описанной окружности треугольника $BCD$ .

Источники: Всесиб-2024, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Так как $AK$ — биссектриса, то $∠BAK = ∠DAK = α$ . В силу параллельности $BC ||AD$ и $AB ||CD$ также $∠BKA =∠KMC = α$ .

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около $MCK$ . Тогда $OC ⊥ KM$ , так как $MCK$ — равнобедренный треугольник. Откуда $∘ ∠MCO = ∠KCO = 90 − α$ .

$PIC$

Также равнобедренными будут треугольники $KOC$ ( $KO =OC$ как радиусы) и $ABK$ (углы $∠BAK$ и $∠BKA$ равны по вышесказанному). Значит,

∠BKO = 180∘ − ∠OKC = 180∘− ∠MCO =∠OCD

Тогда $△BKO = △DCO$ по двум сторонам и углу между ними, потому что $BK =AB = CD$ , радиусы $OK =OC$ , а углы $∠BKO = ∠OCB.$

Следовательно, $∠OBC = ∠ODC$ и тогда точки $O,B,C,D$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#83235

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены биссектриса $BL$ и высота $BK.$ Прямые $BL$ и $BK$ пересекают вторично описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $W$ и $T$ соответственно. Оказалось, что $BC = BW.$ Докажите, что $TL ⊥ BC.$

Источники: КМО - 2024, вторая задача второго дня для 10-11 классов, автор Шурыгин В.Е. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Из вписанности $∠BAL =∠BAC =∠BW C$ . Получается, что в треугольниках $BAL$ и $BW C$ равны две пары соответствующих углов, значит, равные углы и в третьей паре: $∠BLA = ∠BCW$ . Но из условия $BC = BW$ следует $∠BW C = ∠BCW$ , отсюда $∠BAL = ∠BLA.$

$PIC$

Получается, что треугольник $BAL$ равнобедренный $(BA = BL )$ , тогда $BT$ — его ось симметрии. Значит, $∠BTL =∠BT A$ . Но $∠BT A= ∠BCA =90∘− ∠CBK$ . Видим, что $∠BTL = 90∘− ∠CBT$ , откуда $TL⊥ BC.$

Замечание.

После установления симметрии треугольника $BAL$ относительно $BT$ , можно завершить решение разными способами. Например, заметив, что

∠TCW + ∠CW B =∠T BW + ∠CAB = ∠TBA +∠CAB = 90∘.

Тогда $CT ⊥ BW$ , и в силу $CK ⊥ BT$ , получаем, что $L$ — точка пересечения двух высот в треугольнике $BCT.$ Значит, $TL$ — третья высота, то есть $TL ⊥ BC.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85508

Точки $P,Q$ лежат внутри окружности $ω$ . Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $D$ . Окружность с центром $D$ , проходящая через $P$ и $Q$ , пересекает $ω$ в точках $B$ и $C$ . Отрезок $PQ$ лежит внутри треугольника $ABC$ . Докажите, что $∠ACP =∠BCQ$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.2 (см. turgor.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $I$ — точка пересечения отрезка $AD$ и дуги $BPQC$ . Так как $DB = DC$ , то $AD$ — биссектриса угла $BAC$ и по теореме о трилистнике $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Следовательно, $CI$ — биссектриса угла $ACB$ . С другой стороны, так как $AD −$ серединный перпендикуляр к $P Q$ , то $PI = QI$ , то есть $CI$ — биссектриса угла $PCQ$ . Из этих двух утверждений следует утверждение задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим $∠ACQ =α,∠QCP = β,∠PCB = γ$ . Необходимо доказать, что $γ = α$ .

Заметим, что

α+ β+ γ = ∠ACB = ∠ADB = ∠BDP +∠PDA

Далее, $∠BDP = 2∠BCP = 2γ$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DP Q$ ), а также $∠P DA = 12∠PDQ = 12 ⋅2∠PCQ = β$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DPQ$ ). Тогда

α+ β+ γ = ∠BDP + ∠PDA = 2γ+β

γ =α

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В условии задачи дано, что точки $P$ и $Q$ лежат не только внутри окружности $ω$ , но и внутри вписанного в неё треугольника $ABC$ . Последнее условие на самом деле излишне. Из остальных условий задачи следует, что точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$ . Но если обе изогональные точки лежат внутри описанной окружности, то они лежат и внутри треугольника, поскольку при изогональном сопряжении три сегмента, ограниченные сторонами треугольника и дугами описанной окружности, переходят в три угла, вертикальных углам треугольника

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#86029

Дан треугольник $ABC, A 1$ и $B 1$ — две точки на сторонах $BC$ и $AC,$ а $P$ и $Q$ — две точки на отрезках $AA 1$ и $BB 1$ соответственно такие, что прямая $P Q$ параллельна $AB.$ На луче $P B1,$ за точку $B1$ выбрана точка $P1$ так, что $∠PP1C = ∠BAC.$ Аналогично, на луче $QA1,$ за пределами $A1,$ выбрана точка $Q1$ так, что $∠CQ1Q = ∠CBA.$ Покажите, что точки $P,Q,P1$ и $Q1$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть лучи $AA1$ и $BB1$ пересекают описанную окружность треугольника $ACB$ в точках $A2$ и $B2.$ Поскольку $∠QP A2 = ∠BAA2 = ∠BB2A2 =∠QB2A2,$ точки $P,Q,A2,B2$ лежат на одной окружности; обозначим эту окружность через $ω.$ Докажем, что $P1$ и $Q1$ также лежат на $ω.$

Поскольку $∠CA2A1 = ∠CA2A =∠CBA =∠CQ1Q = ∠CQ1A1,$ точки $C,Q1,A2,A1$ также лежат на одной окружности. Отсюда получаем $∠QQ1A2 =∠A1Q1A2 = ∠A1CA2 =∠BCA2 = ∠BAA2 = ∠QPA2,$ а значит $Q1$ лежит на $ω.$ Аналогично доказывается, что $P$ лежит на $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86095

На окружности по часовой стрелке поставлены точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ . Известно, что $AE =DE$ . Пересечение отрезков $AC$ и $BD$ обозначим через $P$ . На продолжении отрезка $AB$ за точку $A$ выбрали точку $Q$ так, что $AQ = DP$ . На продолжении отрезка $CD$ за точку $D$ выбрали точку $R$ так, что $AP = DR$ . Докажите, что прямые $P E$ и $QR$ перпендикулярны.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать доказательство

Отметим равные углы: $∠BAP = ∠BDC,$ как вписанные углы, отсюда следует, что $∠P AQ= ∠P DR.$ Рассмотрим треугольники $△P AQ$ и $△P DR.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PQ = PR.$ Тогда нужно доказать , что $QE$ является частью высоты в равнобедренном треугольнике.

$PIC$

Рассмотрим вписанные четырехугольники $ACDE$ и $ABDE.$ Из вписанности получаем $∠PAE = ∠EDR$ и $∠PDE = ∠EAQ.$ Рассмотрим треугольники $△AP E$ и $△DRE.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PE = ER.$ Используя аналогичные рассуждения для треугольников $△PDE$ и $△QAE,$ получаем что $P E = QE.$

В итоге получили, что точка $E$ равноудалена от вершин треугольника $△P QR,$ то есть является центром описанной окружности равнобедренного треугольника. Следовательно, $PE$ является частью высоты треугольника $△PQR,$ то есть $P E ⊥ QR.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#87411

Дан остроугольный треугольник $ABC$ , меньший угол которого $∠ABC = 40∘$ . Внутри треугольника выбрана такая точка $D$ , что

∘ ∘ ∠BAC + ∠ADB = 180 и 2∠ACB + ∠DBA = 180.

Через точку $C$ провели прямую, параллельную прямой $AD$ , она пересекла прямую $BD$ в точке $E.$ Биссектрисы углов $∠ABD$ и $∠CAD$ пересекаются в точке $F.$ Найдите угол $∠DF E.$

Источники: СПБГУ - 2024, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Положим для краткости $∠ABF =φ$ , тогда $∠DBF = φ$ и $∠DBA =2φ$ . По условию

∘ 2∠ACB +2φ =2∠ACB + ∠DBA = 180

и, значит, $∠ACB =90∘− φ$ .

∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠DBA − ∠ADB = 180 − 2φ− (180 − ∠BAC )=∠BAC − 2φ.

Следовательно,

∠DAF = ∠DAC-= ∠BAC--− ∠BAD = φ 2 2

и четырехугольник $AF DB$ вписанный.

Таким образом, $∠ADF = ∠ABF = φ$ , значит, треугольник $AFD$ равнобедренный и, в частности, $F A= FD$ . Поскольку $AF −$ биссектриса угла $∠CAD$ , а прямые $AD$ и $CE$ параллельны, $∠ACE =∠CAD =2φ =∠ABE$ . Следовательно, четырехугольник $AECB$ является вписанным

$PIC$

В силу вписанности

∘ ∠AF-D ∠AED =∠AEB =∠ACB =90 − φ= 2 ,

стало быть, точка $F$ является центром описанной окружности треугольника $ADE$ и, значит, $∠DF E = 2∠DAE$ . Осталось заметить, что

∠DAE =180∘− AED − ∠ADE = 180∘− ∠ACB − ∠BAC = ∠ABC = 40∘,

откуда получаем ответ $∠DF E =80∘$ .

Ответ:

$80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#87882

Пусть $M$ и $N$ — середины “меньшей” и “большей” дуг $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ соответственно. Докажите, что

(a) $AM$ — биссектриса угла $BAC$ ;

(b) $AN$ — биссектриса внешнего угла $BAC$ .

Показать доказательство

$M$ — середина “меньшей” дуги $BC,$ то есть дуги $MB$ и $MC$ равны. Тогда будут равны и вписанные углы $∠BAM =∠MAC,$ опирающиеся на равные дуги одной окружности. Значит, $AM$ — биссектриса угла $BAC.$

$PIC$

$M$ и $N$ — диаметрально противоположные точки, так как эти точки — середины “меньшей” и “большей” дуги $BC$ соответственно. Следовательно, вписанный угол $∠NAM =90∘,$ как опирающийся на диаметр.

Тогда

∠CAN =90∘− ∠MAC =90∘− 1∠BAC = 1(180∘ − ∠BAC ) 2 2

Значит, $AN$ делит пополам внешний угол, смежный с $BAC$ , то есть является биссектрисой внешнего угла $BAC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#87884

Окружности $S 1$ и $S 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , центр $O$ окружности $S 1$ лежит на окружности $S 2$ . Хорда $AC$ окружности $S 1$ пересекает окружность $S2$ в точке $D$ . Оказалось, что $D$ лежит внутри треугольника $BOC$ . Докажите, что отрезки $OD$ и $BC$ перпендикулярны.

Показать доказательство

Проведем отрезки $OB, OC,AB.$ Заметим, что $△BOC$ равнобедренный, следовательно, необходимо доказать, что прямая $OD$ содержит высоту, опущенную к основанию $BC.$

Докажем, что прямая $OD$ содержит биссектрису $∠BOC,$ тогда отсюда будет следовать утверждение задачи. Таким образом, необходимо доказать, что $∠BOD = ∠COD.$

$PIC$

Заметим, что вписанные углы окружности $S2,$ опирающиеся на одну и ту же дугу $B⌣D ,$ равны:

∠BOD = ∠BAD = α

С другой стороны, $∠BAC,$ он же $∠BAD$ , — вписанный угол окружности $S1,$ опирающийся на дугу $⌣ BC ,$ следовательно,

⌣ BC= 2∠BAC = 2α

Так как $∠BOC$ — центральный угол окружности $S1,$ опирающийся на дугу $⌣ BC ,$ то

⌣ ∠BOC = BC= 2α

Отсюда имеем:

∠COD = ∠BOC − ∠BOD = 2α− α= α

Следовательно, $OD$ — часть биссектрисы равнобедренного треугольника $BOC,$ а следовательно, и часть высоты.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#89903

В четырёхугольнике $ABCD$ внешний угол при вершине $A$ равен углу $∠BCD, AD =CD.$ Докажите, что $BD$ — биссектриса угла $ABC.$

Показать доказательство

Т.к. внешний угол при вершине $A$ равен углу $∠BCD,$ то по признаку четырёхугольник $ABCD$ является вписанным.

$PIC$

Значит, раз $AD =CD,$ то $∠ABD$ и $∠DBC$ опираются на равные дуги, следовательно, $∠ABD =∠DBC,$ т.е. $BD$ — биссектриса $∠ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#89937

Докажите, что все углы, образованные сторонами и диагоналями правильного $n$ -угольника, могут быть представлены как $180∘⋅k- n$ для некоторого натурального $k$ (для разных углов это $k$ может быть разным).

Показать доказательство

Углы, образованные сторонами и диагоналями правильного $n−$ угольника — это углы между прямыми, содержащими хорды, а значит равны полусумме либо полуразности дуг. Угловые меры дуг в правильном $n−$ угольнике вида $360∘⋅k- n$ для какого-то натурального $k.$ Ясно, что полусумма и полуразность углов такого вида будет иметь вид $180∘⋅k n$ для какого-то целого $k,$ и поскольку углы имеют какую-то величину, $k$ является положительным, а значит, натуральным.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#89939

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ $(AB = BC).$ На меньшей дуге $AB$ описанной около него окружности взята точка $D.$ На продолжении отрезка $BD$ за точку $D$ выбрана точка $E.$ Описанная окружность треугольника $AED$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Докажите, что прямые $EF$ и $AC$ параллельны.

Показать доказательство

Поскольку $AB =BC,$ углы $∠CAB = ∠BAC.$ Из вписанности $ACBD$ следует $∠ACB + ∠ADB = 180∘.$ Тогда угол, смежный $∠ADB,$ то есть угол $∠EDA,$ равен $∠ABC.$ В свою очередь из вписанности $AEDF$ получаем $∠EDA = ∠EFA.$ Итак, мы доказали, что $∠CAB =∠EF A.$ А из равенства таких уголочков следует $AC||EF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#89940

В остроугольном треугольнике $ABC$ через центр $O$ описанной окружности и вершины $B$ и $C$ проведена окружность $S.$ Пусть $OK$ — диаметр окружности $S,D$ и $E$ соответственно точки ее пересечения с прямыми $AB$ и $AC.$ Докажите, что $ADKE$ — параллелограмм.

Показать доказательство

Поскольку $O$ — центр описанной окружности $ABC$ получаем $∠BCO =2⋅∠BAC.$ Центр описанной около $OBC$ окружности лежит на серединном перпендикуляре к $BC,$ как и точка $O,$ тогда точка $K$ лежит на нём же. Тогда $∠BOK = ∠COK,$ значит, $∠BOK = ∠BAC.$ Из вписанности $BDOK$ знаем, что $∘ ∠BOK = 180 − ∠BDK.$ Итак, $∘ ∠BAC =180 − ∠BDK,$ а значит, $AC ||DK,$ по аналогии доказывается, что $AB ||EK.$ Таким образом, в четырёхугольнике $ADKE$ пары противоположных сторон параллельны, а значит он является параллелограммом.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90904

Окружность, вписанная в угол с вершиной $O,$ касается его сторон в точках $A$ и $B,K$ — произвольная точка на меньшей из двух дуг $AB$ этой окружности. На прямой $OB$ взята точка $L$ такая, что прямые $OA$ и $KL$ параллельны. Пусть $M$ — точка пересечения окружности $ω,$ описанной около треугольника $KLB,$ с прямой $AK,$ отличная от $K.$ Докажите, что прямая $OM$ касается окружности $ω.$

Показать доказательство

Покажем, что $M$ лежит на окружности $(OAB ).$ Действительно, $∠AOB = ∠KLB = ∠KMB,$ откуда имеем требуемое.

$PIC$

Докажем, что $KM = MB.$ Пусть $D$ — точка, диаметрально противоположная точке $O$ в окружности $(AOB ).$ Тогда $∠BDA =180∘− ∠AOB.$ Тогда, поскольку D — центр описанной окружности $(KLB )$

∠AKB =180∘− ∠BDA-= 90+ ∠AOB- 2 2

следовательно, $∠MKB = 90− ∠AOB-=∠OAB. 2$ Кроме этого, $∠AOB =∠AMB$ в силу вписанности четырехугольника $AOMB.$ Таким образом, треугольник $KMB$ подобен треугольнику $AOB,$ следовательно, является равнобедренным.

Наконец, $MO$ — биссектриса внешнего угла $AMB,$ поскольку $O$ — центр дуги $AB$ окружности $AMB,$ следовательно, $KB || OM,$ то есть, поскольку $M$ — середина дуги $KB$ окружности $ω,$ прямая $OM$ касается $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#91436

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC . 1$ Из точек $A 1$ и $C 1$ опустили перпендикуляры на прямые $AB$ и $BC.$ Докажите, что прямая, проходящая через основания этих перпендикуляров, параллельна $AC.$