Тема 17. Задачи по планиметрии

17.15 Описанная окружность и вписанный четырехугольник

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#32954

Две окружности пересекаются в точках $K$ и $M.$ Из точки $K$ проведены два луча, один из которых пересекает первую окружность в точке $A,$ а вторую — в точке $B.$ Другой луч пересекает первую окружность в точке $C,$ а вторую в — точке $D.$ Известно, что лучи лежат по разные стороны относительно $KM.$ Докажите, что углы $MAB$ и $MCD$ равны.

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $AKCM$ — вписанный, поэтому

∘ ∠MAB = ∠KAM = 180 − ∠KCM

$PIC$

Так как углы $KCM$ и $MCD$ смежные, то получаем

∠MAB = 180∘− ∠KCM = ∠MCD

Ответ: Задача на доказательство

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#15063

Одна из сторон треугольника равна $√- 2,$ прилежащие к этой стороне углы равны $∘ 75$ и $∘ 60 .$ Найдите отрезок, соединяющий основания высот, проведённых из вершин этих углов.

Показать ответ и решение

Пусть $BM$ и $CN$ — высоты треугольника $ABC,$ $√- ∘ ∘ BC = 2,∠ABC =75 ,∠ACB =60 .$ Тогда имеем:

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAC =180 − 75 − 60 = 45

Четырёхугольник $BNMC$ является вписанным, так как углы, опирающиеся на сторону $BC,$ равны $∘ ∠BNC = ∠BMC = 90 .$ Тогда

∘ ∠ACB = ∠MCB =180 − ∠BNM = ∠ANM

$PIC$

Значит, треугольник $AMN$ подобен треугольнику $ABC$ по двум углам, поскольку $∠ANM = ∠ACB,$ а угол при вершине $A$ общий. Тогда коэффициент подобия этих треугольников равен

AM ∘ 1 AB--= cos∠BAM = cos45 = √2-

Тогда окончательно имеем:

√ - MN = BC ⋅√1-= 2⋅√1-= 1 2 2

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#15064

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите площадь треугольника $AMN,$ если площадь треугольника $ABC$ равна $S,$ а угол $BAC$ равен $α.$

Показать ответ и решение

Окружность построена на $BC$ как на диаметре, вписанные углы, опирающиеся на диаметр, равны

∘ ∠BMC =∠BNC = 90

Так как четырёхугольник $BMNC$ является вписанным, то сумма противоположных углов равна $180∘,$ поэтому

∘ ∠ACB = ∠NCB = 180 − ∠BMN =∠AMN

Значит, треугольник $MAN$ подобен треугольнику $CAB$ по двум углам: $∠AMN = ∠ACB,$ $∠A$ — общий. Коэффициент подобия этих треугольников равен $AN AB-= cosα,$ поэтому

(AN )2 S△AMN = AB- ⋅S△ABC = Scos2α

$PIC$

Ответ:

$2 S cos α$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#2108

Окружности $S1$ и $S2$ пересекаются в точках $A$ и $B,$ центр $O$ окружности $S1$ лежит на окружности $S2.$ Хорда $AC$ окружности $S1$ 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 $⌣ BD,$ равны:

∠BOD = ∠BAD = α

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

B⌣C= 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. Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#15066

Отрезок $AB$ является диаметром окружности, а точка $C$ лежит вне окружности. Отрезки $AC$ и $BC$ пересекаются с окружностью в точках $D$ и $M$ соответственно. Найдите угол $CBD,$ если площади треугольников $DCM$ и $ABC$ относятся как $1:4.$

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $ADMB$ — вписанный по построению. Также в нём угол $ADB$ опирается на диаметр описанной окружности, поэтому он равен $90∘.$

Тогда $∠CDM = 180∘− ∠ADM = ∠ABM$ и треугольник $DCM$ подобен треугольнику $ABC$ по двум углам, поскольку угол $C$ — общий.

Площадь треугольника $DCM$ в четыре раза меньше площади треугольника $ABC,$ поэтому коэффициент подобия треугольников $DCM$ и $ABC$ равен $1 2.$ Тогда $BC = 2CD.$

Следовательно,

CD 1 sin∠CBD = BC- = 2

Так как $∠CBD$ — угол прямоугольного треугольника $CBD,$ то он острый. Тогда $∠CBD = 30∘.$

$PIC$

Ответ:

$∘ 30$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#20871

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AD$ и $CE$ пересекаются в точке $O,$ величина угла $AOC$ составляет $120∘.$

а) Докажите, что около четырехугольника $BDOE$ можно описать окружность.

б) Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $BC = 4,$ а $∠BED = 75∘.$

Показать ответ и решение

а) В треугольнике $AOC$ сумма углов равна

∘ ∘ ∘ ∠OAC +∠OCA = 180 − 120 = 60

Так как величины углов $∠OAC$ и $∠OCA$ составляют половины величин углов $∠BAC$ и $∠BCA$ соответственно, то

∘ ∘ ∠BAC + ∠BCA = 2⋅60 = 120

$PIC$

Тогда найдем $∠ABC :$

∘ ∘ ∠ABC = 180 − (∠BAC + ∠BCA )= 60

Вертикальные углы $∠EOD$ и $∠AOC$ равны, значит, сумма противоположных углов $∠EBD$ и $∠EOD$ четырехугольника $BDOE$ равна $180∘.$ Следовательно, около него можно описать окружность.

б) В треугольнике $ABC$ биссектрисы пересекаются в точке $O.$ Тогда $BO$ — биссектриса угла $∠ABC$ и

1 ∠DBO = 2∠ABC = 30∘

Углы $∠DBO$ и $∠DEO$ равны, так как опираются на одну и ту же дугу окружности, описанной около четырехугольника $BDOE.$ Тогда имеем:

∠AEO =180∘− (∠BED +∠DEO )= 180∘− (75∘+ 30∘)= 75∘

$PIC$

По теореме о внешнем угле треугольника

∠EAO = ∠AOC − ∠AEO =120∘− 75∘ = 45∘

Значит, получаем

∠BAC = 2⋅∠EAO = 90∘

Таким образом, треугольник $ABC$ — прямоугольный и его площадь равна

1 1 ∘ ∘ √ - SABC = 2AB ⋅AC = 2BC cos60 ⋅BC sin60 = 2 3

Ответ:

б) $√ - 2 3$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#34344

В остроугольном треугольнике $ABC$ угол $B$ равен $∘ 60 ,$ $AM$ и $CN$ — его высоты, а $Q$ — середина стороны $AC.$ Докажите, что треугольник $MNQ$ — равносторонний.

Показать ответ и решение

По условию имеем:

∘ ∠AMC =∠ANC = 90

Значит, четырехугольник $ANMC$ является вписанным. При этом отрезок $AC$ — диаметр его описанной окружности, тогда $Q$ — её центр. Следовательно, $QN = QM$ как радиусы одной окружности.

$PIC$

Заметим, что угол $MQN$ является центральным углом, который опирается на дугу $MN.$ Значит, вписанный угол $MAN,$ также опирающийся на дугу $MN,$ в два раза меньше:

∠MQN = 2∠MAN

С другой стороны, по сумме углов прямоугольного треугольника $ABM$ имеем:

∠MAN = ∠MAB = 90∘− ∠B = ∘ ∘ ∘ = 90 − 60 = 30

Отсюда получаем

∠MQN = 2∠MAN = 2⋅30∘ = 60∘

Тогда в равнобедренном треугольники $MQN$ один из углов равен $∘ 60,$ следовательно, треугольник $MQN$ — равносторонний.

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#44048

В треугольнике $ABC,$ в котором $AB =BC,$ на стороне $AB$ выбрана точка $D$ и вокруг треугольников $ADC$ и $BDC$ описаны окружности $S1$ и $S2$ соответственно. Касательная, проведенная к $S1$ в точке $D,$ пересекает второй раз $S2$ в точке $M.$ Докажите, что $BM ∥AC.$

Показать доказательство

Пусть $DM ∩ AC = T.$ Тогда по свойству касательной имеем:

∠MDB = ∠TDA =∠DCA

Четырехугольник $BDCM$ — вписанный, поэтому

∠BCD = ∠BMD

Для доказательства параллельности прямых $BM$ и $AC$ достаточно доказать равенство

∠DT A = ∠BMD

$PIC$

Так как $AB = BC$ по условию, то

∠BAC = ∠BCA =∠BCD + ∠DCA = = ∠BMD + ∠TDA

С другой стороны, угол $BAC$ является внешним для $△ DAT,$ откуда следует

∠BAC = ∠TDA + ∠DT A

Тогда окончательно получаем

∠TDA +∠DT A = ∠BMD + ∠T DA ∠DT A = ∠BMD

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#75182

А вот и вторая геометрическая задачка из воспоминаний Деда Мороза: Две окружности разных радиусов пересекаются в точках $F$ и $C,$ причем их центры лежат по разные стороны от хорды $F C.$ Вне обеих окружностей взята точка $A,$ лежащая по ту же сторону от хорды $FC,$ что и центр меньшей окружности. Прямая $AC$ пересекает меньшую окружность в точках $C$ и $B,$ а большую — в точках $C$ и $D.$ Прямая $AF$ пересекает меньшую окружность в точках $F$ и $E,$ а большую — в точках $F$ и $M.$

а) Докажите, что $AE ⋅AD$ = $AB ⋅AM.$

б) Найдите сумму произведений длин противоположных сторон четырехугольника $EBDM,$ если $∠FMD = ∠EBA$ и $MB ⋅ED = 1234.$

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Вспомним теорему о двух секущих и распишем ее для обеих окружностей.
Для меньшей окружности справедливо:

AB ⋅AC = AE ⋅AF,

откуда

A-- AE- AF = AB .

Для большей окружности справедливо:

AC ⋅AD = AF ⋅AM,

откуда

AC-= AM--. AF AD

Из двух пропорций, в которых левые части одинаковы, выводим:

AE AM AB-= AD--,

AE ⋅AD = AM ⋅AB.

Ч.Т.Д.

б)

1. В пункте а) мы доказали равенство:

AE-= AM--. AB AD

Из него по обратной теореме Фалеса следует, что $MD ∥ ED$ и $△AEB ∼ △AMD.$

2. Из подобия выводим равенства углов:

∠MDA =∠EBA и ∠AMD = ∠AEB.

3. В условии пункта б) утверждается, что $∠FMD = ∠EBA.$ С учетом с прошлых двух тождеств этот тезис дает понять, что $△AED$ и $△AMD$ на самом деле равнобедренные.

4. Отсюда получаем, что трапеция $EBDM$ также равнобедренная. У любой равнобедренной трапеции сумма противоположных углов равна $180∘,$ следовательно, она вписанная.

5. Для вписанного четырехугольника справедлива теорема Птолемея, гласящая о том, что сумма произведений длин противоположных сторон вписанного четырехугольника равна произведению длин его диагоналей, то есть

MD ⋅EB + DB ⋅EM = MB ⋅ED = 1234.

NOTA BENE: Заметим, что теоремы Птолемея нет в учебниках федерального перечня, поэтому перед её применением на ЕГЭ следует привести её доказательство.

Ответ: б) 1234

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#75435

В равностороннем треугольнике $ABC$ провели медианы $AE$ и $BD.$ На медиане $AE$ отметили точку $G$ так, что $AG :GE = 1:2.$

а) Докажите, что описанная вокруг треугольника $GEB$ окружность делит отрезок $AB$ в отношении $1 :3,$ считая от вершины $A.$

б) Известно, что эта же окружность пересекает $BD$ в точке $I.$ Ёe радиусы $JI$ и $JE$ пересекают медианы $AE$ и $BD$ в точках $L$ и $K.$ Найдите отношение $IL :KE.$

Показать ответ и решение

а)

1. Пусть медианы $△ABC$ пересекаются в точке $F.$ По свойству данной точки $AF :F E = 2:1.$

2. Раз $AF :F E = 2:1$ и $AG :GE =1 :2,$ то $G$ — это середина отрезка $AF.$

3. По определению $DG$ — это средняя линия $△AF C,$ которая параллельна $F C.$

4. Проведём высоту $CL$ в $△ABC.$ $FC$ лежит на высоте треугольника $CL,$ следовательно, $FC ⊥ AB$ и $DG ⊥ AB.$

5. Продлим $DG$ до пересечения с $AB$ в точке $H.$

$PIC$

6. Поскольку $DH ∥CL$ и $D$ — середина боковой стороны $AC,$ то $DH$ — это средняя линия $△ACL$ и $AH = HT.$

7. В равностороннем треугольнике высоты и медианы совпадают, стало быть, $L$ — середина $AB,$ откуда $AH :HB = 1:3.$

8. Теперь нам осталось доказать, что $H$ — это и есть та самая точка пересечения окружности и отрезка $AB$ (не считая точки $B$ ).

9. $∘ ∠GHB + ∠GEB =180 ,$ откуда $HBEG$ — вписанный и $H$ — действительно точка пересечения окружности с отрезком $AB.$ Ч.Т.Д. б)

1. Провед̈eм перпендикуляры $IN$ и $EM$ на $AE$ и $BD$ соответственно.

2. Поскольку $△ABC$ равносторонний, то $AE$ и $BD$ ещё и биссектрисы. Таким образом, $∠FAB = ∠F BA = 602∘= 30∘.$

3. По сумме углов $△AF B :$

∠AF B =180∘− 30∘− 30∘ = 120∘.

4. Вписанный $∠EBI$ и центральный $∠EJI$ опираются на одну дугу, стало быть $∠EJI = 2⋅∠EBI = 60∘.$

5. Поскольку $∘ ∠LF K + ∠LJK = 180 ,$ то $LFKJ$ —- вписанный и $∘ ∠F LJ +∠F KJ = 180 .$

6. $∠NLI = ∠F LJ$ как вертикальные.

∠MKE = 180∘− ∠FKJ =∠F LJ,

то есть $∠NLI =∠MKE.$

7. $∠INL = ∠EMK = 90∘,$ поскольку $IN$ и $EM$ — перпендикуляры.

8. Из прошлых двух пунктов выводим подобие $△INL ∼ △EMK$ по двум углам. Раз так, то $IL:EK = IN :EM.$

$PIC$

9. $∠GEB = 90∘,$ следовательно, $GB$ — диаметр и $∠GIB = 90∘.$

10. $∠GIB = ∠ADB$ и $G$ — середина $AF,$ стало быть $GI$ — средняя линия $△ADF.$

11. Из прошлого пункта следует, что $△GIF ∼ △ADF$ с коэффициентом подобия $1 :2.$

12. $∠DAF = ∠EBF,$ $∠ADF = ∠BEF,$ $AD =EB.$ Эти три тезиса в сумме говорят о равенстве $△ADF = △BEF.$

13. Из прошлых двух пунктов следует, что $△GIF ∼ △BEF$ с тем же коэффициентом подобия $1:2.$

14. $IN$ и $EM$ — высоты данных треугольников, следовательно, их длины связаны тем же коэффициентом подобия $1 :2.$

15. Из пунктов 14) и 8) следует, что $IL:KE = 1:2.$

Ответ:

б) $1 :2$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#787

В окружность вписан четырехугольник $M N KP$ , причем площади треугольников $M N P$ и $M KP$ равны. Докажите, что треугольник $N OK$ – равнобедренный, если $O$ – точка пересечения отрезков $M K$ и $N P$ .

Показать ответ и решение

Т.к. $S△MNP = S △MKP$ и эти треугольники имеют общее основание $M P$ , то

1⋅ M P ⋅ N H = 1-⋅ M P ⋅ KH ⇒ N H = KH 2 1 2 2 1 2

$PIC$

Таким образом, точки $N$ и $K$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $M P$ , следовательно, $N K ∥ M P$ . Таким образом, $M N KP$ – трапеция, вписанная в окружность. Так как параллельные прямые отсекают от окружности равные дуги, то меньшие полуокружности дуги $⌣ ⌣ M N = KP$ . Так как равные дуги стягиваются равными хордами, то отрезки $M N$ и $KP$ равны. Следовательно, трапеция $M N KP$ является равнобедренной.
В равнобедренной трапеции $△M OP$ и $△N OK$ являются равнобедренными, чтд.
Действительно, вписанные углы $∠N KM$ и $∠KN P$ равны, так как опираются на равные дуги, следовательно, $△N OK$ – равнобедренный.

Ответ: Доказательство

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#808

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность, причем $∠ACD = 90∘$ , $∠ACB = ∠BAD$ , $AD = 2$ , $CD = 65$ . Найдите длину отрезка $BC$ .

Показать ответ и решение

1) Так как $∠ACD = 90∘$ , то он опирается на диаметр, то есть $AD$ – диаметр. Следовательно, $∠ABD = 90 ∘$ .

$PIC$

Вписанные углы $∠ACB$ и $∠ADB$ равны, т.к. опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, $△ABD$ – прямоугольный и равнобедренный, то есть $∠BDA = ∠BAD = 45∘$ и $√ -- √ -- AB = BD = AD ÷ 2 = 2$ .
2) По теореме Пифагора из $△ACD$ :

∘ ------- √ ----2------2 36 8 AC = AD − CD = 4 − 25-= 5-

Тогда по теореме косинусов из $△ABC$ :

√ -- AB2 = AC2 + BC2 − 2 ⋅ AC ⋅ BC ⋅ cos 45∘ ⇒ 2 = 64-+ BC2 − 2 ⋅ 8-⋅ BC ⋅-2- 25 5 2

Решая полученное квадратное уравнение, находим, что $√ -- BC = --2- 5$ или $√ -- BC = 7--2- 5$ .
Заметим, что в $△ABC$ угол $B$ – тупой, следовательно, против него должна лежать большая сторона. Таким образом, число $√ -- 7--2- 5$ не подходит, т.к. $√ -- 7--2- 8- 5 > 5 = AC$ .
Таким образом, $√ -- 2 BC = ---- 5$ .

Ответ:

$√-- --2- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#15065

Точка $M$ , лежащая вне окружности с диаметром $AB$ , соединена с точками $A$ и $B$ . Отрезки $M A$ и $M B$ пересекают окружность в точках $C$ и $D$ соответственно. Площадь круга, вписанного в треугольник $AM B$ , в четыре раза больше, чем площадь круга, вписанного в треугольник $CM D$ . Найдите углы треугольника $AM B$ , если известно, что один из них в два раза больше другого.

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $ACDB$ — вписанный по построению. Также в нём углы $ACB$ и $ADB$ опираются на диаметр описанной окружности, поэтому они равны $90∘.$

Тогда $∠M CD = 180∘ − ∠ACD = ∠ABD$ , поэтому треугольник $M CD$ подобен треугольнику $M BA$ по двум углам (угол $M$ — общий).

Площадь круга, вписанного в треугольник $M CD$ , в четыре раза меньше площади круга, вписанного в треугольник $M BA$ , поэтому радиус первого круга вдвое меньше радиуса второго. Тогда коэффициент подобия треугольников $M CD$ и $M BA$ равен $1 2$ . Значит,

cos∠CM B = M-C-= 1 M B 2

Точка $M$ расположена вне данной окружности, поэтому $∠CM B < 90∘,$ то есть он острый. Тогда

∘ ∠AM B = ∠CM B = 60

Нам известно, что какой-то угол треугольника $AM B$ в два раза больше другого. Переберем все возможные случаи

Угол при вершине $M$ треугольника $AM B$ не может быть вдвое меньше угла $A$ или $B$ , так как в противном случае один из углов $A$ или $B$ равен $60∘ ⋅2 = 120∘ > 90∘$ , что невозможно из-за того, что углы $A$ и $B$ — острые углы прямоугольных треугольников $ACB$ и $ADB$ соответственно.
Если же угол $M$ вдвое больше угла $A$ , то угол $B$ равен $180∘ − 60∘ − 12 ⋅60∘ = 90∘$ , что невозможно (в этом случае прямая $M B$ будет касаться данной окружности). Аналогично, угол $M$ не может быть вдвое меньше угла $B$ .
Тогда осталось два варианта: либо угол $A$ вдвое больше угла $B$ , либо наоборот. В каждом из этих случаев один из углов равен $40∘$ , а второй $80∘$ .

$PIC$

Ответ:

$60∘,40∘,80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#15067

В остроугольном треугольнике $ABC$ с равным $30∘$ углом $C$ высоты пересекаются в точке $M$ . Найдите площадь треугольника $AM B$ , если расстояния от центра описанной около треугольника $ABC$ окружности до сторон $BC$ и $AC$ равны $√2-$ и $√3- 3$ соответственно.

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$ , $P$ и $Q$ — проекции точки $O$ на стороны $BC$ и $AC$ соответственно. По условию расстояния от центра окружности, описанной около треугольника $ABC$ , до сторон $BC$ и $AC$ равны $√2$ и $√3- 3$ соответственно. Значит, $OP = √2-$ и $√3 OQ = -3 .$

Теперь докажем, что расстояние от точки пересечения высот треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны треугольника.

Рассмотрим треугольник $ABC.$ Проведём через его вершины прямые, параллельные противоположным сторонам. Получим новый треугольник $DEF$ , который подобен $△ ABC$ с коэффициентом 2, так как стороны треугольника $ABC$ являются средними линиями треугольника $DEF$ . При этом высоты треугольника $ABC$ лежат на серединных перпендикулярах треугольника $DEF.$ Отрезок $AM$ в $△ DEF$ соответствует отрезку $OP$ в $△ ABC$ . Поэтому $AM = 2OP$ .