Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .06 Счёт в синусах и просто теорема синусов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Счётная планиметрия

Отрезки касательных и секущих

Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

Подобные треугольники и теорема Фалеса

Теоремы Менелая и Чевы, Ван-Обеля и Жергонна

Теорема косинусов и теорема Пифагора

Счёт в синусах и просто теорема синусов

Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Геометрия масс

Двойные отношения и гармонические четвёрки

Комплексные числа для планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#74813Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ пересекает $BC$ в точке $D.$ Через середину $AD$ провели прямую, пересекающую стороны $AC$ и $AB$ в точках $M$ и $N.$ Докажите, что

1 1 ( 1 1 ) AM-+ AN-= 2 AB-+ AC-

Показать доказательство

Докажем для начала следующую лемму.

Лемма. $ABC$ — треугольник, $AD$ — чевиана в нём. Тогда

sin∠BAC sin∠BAD sin∠CAD --AD----= --AC----+ --AB----

Доказательство. Запишем теорему синусов для треугольников $BAD$ и $ADC :$

sin∠BAD sin∠ADB --BD----= --AB----

sin∠CAD--= sin∠ADC-- CD AC

Теперь мы можем выразить отсюда $sin∠BAD$ и $sin∠CAD.$ Подставим в наше равенство

sin-∠BAC-= sin∠ADB--⋅BD--+ sin∠ADC-⋅CD-- AD AC⋅AB AB ⋅AC

Так как синусы смежных углов равны, то можем вынести общий множитель, а сумма отрезков станет равна $BC.$ Перепишем равенство в таком виде

sin∠BAC--= sin∠ADB-⋅AD- BC AC ⋅AB

Заменим левую часть по теореме синусов для треугольника $ABC$

sin∠ABC--= sin∠ADB-⋅AD- AC AC ⋅AB

Теперь мы можем сократить на $AC,$ тем самым получая на самом деле теорему синусов для треугольника $ABD.$ Лемма доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $E$ – середина $AD.$ Применим лемму к треугольнику $ABC$ и чевиане $AD,$ а также к треугольнику $AMN$ и чевиане $AE :$

sinA sin A- sin A- sinA sinA sinA- sin A- AD--= -AC2+ -AB2; AE--= 2⋅AD--= AM-2+ -AN2

$PIC$

Левая часть второго тождества вдвое большое левой части первого. Запишем, что правая часть второго тождества также вдвое больше правой части первого

( sinA- sinA-) sinA- sinA- 2 AC2-+ -AB2 = AM2-+ AN2-

Чтобы получить утверждение задачи, осталось поделить обе части на $sinA2-.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#74815Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Прямая $AO$ пересекает $BC$ в точке $D.$ Точки $E$ и $F$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно таковы, что $A,E,D$ и $F$ лежат на одной окружности. Докажите, что длина проекции отрезка $EF$ на прямую $BC$ не зависит от положения точек $E$ и $F.$

Показать доказательство

Пусть $∠CF D =α.$ Тогда, по теореме синусов $FD =AD ⋅ sin∠FAD-= sinα$ $=AD ⋅ sin(90∘−∠B). sinα$ Аналогично, $ED = AD ⋅ sin(90∘−∠C-). sinα$ Из треугольника $CF D$ угол между прямыми $FD$ и $BC$ составляет $∘ 180 − ∠C− α,$ поэтому проекция $FD$ на $BC$ равна

sin 90∘− ∠B ∘ cos∠B AD ⋅---sin-α---⋅cos(180 − ∠C − α )=− AD ⋅sin-α-⋅(cos∠C ⋅cosα− sin∠C ⋅sinα)

по формуле косинуса суммы.

Аналогично, из треугольника $EDB$ можно найти угол между прямыми $ED$ и $BC$ и вычислить длину проекции $ED$ на $BC :$

∘ AD ⋅ sin(90-− ∠C-)⋅cos(α− ∠B)= AD ⋅ cos∠C-⋅(cos∠B ⋅cosα +sinα ⋅sin∠B) sinα sinα

Ясно, что длина проекции $FE$ на $BC$ равняется сумме длин проекций $F D$ и $ED$ на $BC.$ Нетрудно видеть, что первые слагаемые в выражениях длин проекций $FD$ и $ED$ сокращаются при сложении, и остается сумма

AD ⋅ cos∠B ⋅sin ∠C⋅sinα +AD ⋅ cos∠C ⋅sinα⋅sin∠B = AD ⋅sin(∠C + ∠B) sinα sinα

и это выражение зависит от элементов треугольника $ABC,$ но не зависит от выбора точек $E$ и $F.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#74817Максимум баллов за задание: 7

Пусть $Ω$ — окружность, описанная около остроугольного треугольника $ABC.$ Точки $D$ и $E$ лежат на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно, причём $AD =AE.$ Серединные перпендикуляры к отрезкам $BD$ и $CE$ пересекают меньшие дуги $AB$ и $AC$ окружности $Ω$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Докажите, что прямые $DE$ и $FG$ параллельны, или совпадают.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте поймём, что параллельность FG и DE равносильна перпендикулярности FG и биссектрисы угла A. Попробуйте её доказать.

Подсказка 2:

Условие перпендикулярности можно расписать через дуги, потому что речь идёт про угол между хордами.

Подсказка 3:

А равенство некоторых сумм дуг можно преобразовать к равенству некоторых углов. Каких именно?

Подсказка 4:

Наверное, вы поняли, что нужно доказывать равенство углов AFD и AGE. Их равенство равносильно равенству из синусов (почему?). Синусы, разумеется, нужны для успешного применения теоремы синусов!

Показать доказательство

$PIC$

Достаточно доказать, что биссектриса угла $A$ перпендикулярна прямой $F G$ – поскольку $ADE$ равнобедренный треугольник, $DE$ перпендикулярна этой биссектрисе. Перпендикулярность равносильна тому, что $⌢ ⌢ ⌢ ⌢ BF +AG = CG +AF ,$ или $⌢ ⌢ ⌢ ⌢ AF − BF =CG − AG.$ Рассмотрим треугольник $ADF$ . В нем $⌢ ⌢ ∠AF D =∠BDF − ∠DAF = 12AF − 12BF .$ Аналогично, $⌢ ⌢ ∠AGE = 12CG − 12AG.$ Поэтому, исходная задача равносильна утверждению о том, что $∠AF D =∠AGE.$

Отметим, что оба угла меньше $90∘,$ так как каждый является полуразностью двух дуг, про которые известно, что их полусумма меньше $90∘$ (на дуги $AB$ и $AC$ опираются углы остроугольного треугольника). Синус является инъективной функцией на отрезке $[0,90∘],$ и так как про углы известно, что они острые, достаточно лишь показать равенство их синусов: $sin∠AFD = sin∠AGE.$ Для этого, применим теорему синусов к треугольникам $AFD$ и $AGE :$

sin∠AF-D-= sin∠FAD--= sin∠FAB-; sin∠GAC-= sin∠GAE-= sin∠AGE-- AD FD FB GC GE AE

Заметим, что все шесть отношений на самом деле равны так как $sin∠FAD-= sin∠FAD-= FD FB$ удвоенному радиусу $Ω;$ аналогично $sin∠GAE-= sin∠GAE- GE CG$ = удвоенному радиусу $Ω.$ В частности, $sin∠AFD-= sin∠AGE- AD AE$ и, так как $AD = AE,sin∠AF D =sin ∠AGE,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#75215Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На сторонах $AB$ и $AC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно таким образом, что $AH$ — биссектриса угла $PHQ,$ а $∠CQH =∠C − ∠B.$ Докажите, что $AP + QH = PH.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Эту задачу стоит решать счётом. Подумайте, какие ввести параметры, чтобы минимизировать издержки.

Подсказка 2:

В условии много информации про углы, поэтому логично зафиксировать углы. Например, ACB и ABC. Выразите через них остальные.

Подсказка 3:

Сложилась такая ситуация, что мы довольно много знаем про углы, а нас просят что-то доказать про отрезки. Что помогает связать отрезки и углы? Правильно, теорема синусов.

Показать доказательство

Обозначим $∠ABC = β,∠ACB = γ.$ Тогда

∘ ∘ ∠HQC = γ− β,∠AHQ = ∠AHP = 2γ− β − 90 ,∠APH = 180 − 2γ+ 2β

$PIC$

Распишем теорему синусов для треугольников $APH$ и $AQH$ и получим:

sin(2AγH− 2β) = sin(2γA−Pβ−-90∘) =sin(9P0H∘−-β)

--AH----= ---QH---- sin(γ− β) sin(90∘− γ)

sin-(2γ−-β−-90∘) sin(90∘−-γ) AP +QH =AH ⋅ sin(2γ− 2β) +AH ⋅ sin(γ− β) =

sin(2γ− β− 90∘)+ 2cos(γ− β)sin(90∘− γ) = AH ⋅------------sin(2γ− 2β)-----------=

=AH ⋅ −-cos(2γ−-β)+2cos(γ-− β)cosγ= sin(2γ− 2β)

− cos(2γ-− β)+-cos(2γ−-β)+cos(−-β) sin(90∘−-β)- = AH ⋅ sin(2γ − 2β) = AH ⋅sin(2γ − 2β) = PH

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#75216Максимум баллов за задание: 7

Вписанная в треугольник $ABC$ окружность с центром $I$ касается сторон $BC,CA,AB$ в точках $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно. Точка $M$ — середина $BC.$ Докажите, что прямые $B1C1,AM$ и $IA1$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одно из типичных доказательств для того, что три прямые пересекаются в одной точки, — пересечь две прямые, и показать что третья там же. Удобнее всего показывать, что АМ пересекает В₁С₁ там же, где и А₁I пересекает В₁С₁. То есть если X₁ = А₁I ∩ В₁С₁ и X₂ = АМ ∩ В₁С₁ , то хотим X₁ = X₂, самое простое — показать, что они делят В₁С₁ в одинаковом отношение. Попробуйте использовать теорему синусов, ведь на чертеже много равных отрезков, например, равенство радиусов, отрезков касательных и отрезков, на которые медиана делит сторону.

Подсказка 2

С₁X₁ лежит напротив ∠С₁IX₁, а чему он равен? Что мы знаем про углы между радиусом, проведённым в точку касания, и касательной? Тогда из трёх теорем синусов для △С₁IX₁, △В₁IX₁ и △АВС выразите отношение С₁X₁/X₁В₁ через что-то, что есть на чертеже с АМ и X₂ без А₁I и X₁.

Подсказка 3

Для △С₁IX₁ и △В₁IX₁ верно, что С₁I = В₁I. Также sin(∠С₁X₁I) = sin(180° - ∠С₁X₁I) = sin(∠B₁X₁I). Тогда, используя теорему синусов для △АВС, равенство ∠С = ∠B₁IX₁ и ∠B = ∠С₁IX₁, С₁X₁/X₁В₁ выражается через АВ и АС.

Подсказка 4

Для нахождения отношения С₁X₂/X₂В₁, используйте теоремы синусов для △АС₁X₂, △АВ₁X₂, △АВМ и △АСМ. И не забывайте факт, что sin(∠β) = sin(180° - ∠β).

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения $A I∩ C B 1 1 1$ буквой $X,$ а точку пересечения $AM ∩ C B 1 1$ буквой $X′.$ По условию просят доказать, что это на самом деле одна и та же точка. Докажем тогда, что

′ ′ C1X :XB1 = C1X :X B1

$PIC$

Для этого посчитаем всё в синусах:

CX1BX-= IICB1⋅⋅sisinn∠∠XXIICB1-= 1 1 1

= sin∠B-= CA-= sin∠C AB

CAsin∠CAM-- sin∠BAM-- = ABsin∠BAM ⋅sin∠CAM =

CM sin∠BAM = BM--⋅sin∠CAM--=

′ = AACB1ssinin∠∠BCAAMM--= CB1XX-′ 1 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#75217Максимум баллов за задание: 7

На плоскости даны два треугольника $ABC$ и $A B C . 1 1 1$ Через точку $A$ проведена прямая $l, a$ параллельная $B C . 1 1$ Аналогично определены прямые $lb$ и $lc.$ Оказалось, что $la,lb$ и $lc$ пересекаются в одной точке. Пусть $la1$ — прямая, проходящая через $A1$ параллельно $BC.$ Аналогично определены прямые $lb1$ и $lc1.$ Докажите, что $la1,lb1$ и $lc1$ также пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Вообще существует не так уж много теорем, помогающих доказать, что три прямые пересекаются в одной точке. Какие вы знаете?

Подсказка 2:

Осмелюсь предположить, что вам пришли на ум теоремы Менелая и Чевы. Что-то из этого как раз нужно применить. Если видите эти слова впервые, вам стоит их изучить.

Подсказка 3:

Думаю, вы догадались, что если что-то из этих двух применять, то это будет теорема Чевы. Правда, не совсем понятно, как применять её стандартную вариацию. Но существует синусная теорема Чевы!

Показать доказательство

$PIC$

Распишем синусную теорему Чевы для треугольника $ABC$

1= sin(CA,la)⋅sin(AB,lb)⋅sin-(BC,lc)= sin(la,AB)⋅sin(lb,BC )⋅sin (lc,CA )

sin(lb1,la)⋅sin(lc1,lb)⋅sin-(la1,lc) = sin(la,lc1)⋅sin(lb,la1)⋅sin(lc,lb1) =

sin (l ,C B )⋅sin(l ,A C )⋅sin(l ,B A ) = sin-(Cb1B-1,l1)⋅sin(cA1B1,l1)⋅sin(aB1A-1,l1) = 1 1 1 c1 1 1 a1 1 1 b1

По обратной синусной теореме Чевы для треугольника $A1B1C1$ получаем, что $la1,lb1$ и $lc1$ пересекаются в одной точке.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#75218Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности; $AP$ — высота. Докажите, что, если $∘ ∠BCA ≥∠ABC + 30 ,$ то $∘ ∠CAB + ∠COP < 90 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Задачу стоит упростить. Со связкой углов CAB и OCP работать очень трудно. Попробуйте заменить их на другие.

Подсказка 2:

Например, угол CAB равен углу COM (почему?). Давайте посмотрим на углы COM и OCM. Их сумма в точности 90 градусов. Если докажете, что угол COP меньше OCM, дело в шляпе. Не забывайте, что к неравенству с углами можно подходить и через стороны.

Показать доказательство

Пусть $AB = c,BC = a,CA =b,∠A= α,∠B =β,∠C = γ,R$ — радиус описанной окружности, $M$ — середина $BC.$

$PIC$

Докажем, что $a MC = 2 ≥ 2b⋅cosγ = 2PC.$

a 2 ≥2b⋅cosγ

a≥ 4cosγ b

Применим теорему синусов для $ABC :$

sinα-≥4cosγ sinβ

sinα≥ 4cosγsinβ =2sin (γ+ β)− 2sin(γ− β)=2sinα− 2sin(γ− β)

Поскольку $30∘ ≤ γ− β ≤ 90∘,$ то

1 =2⋅sin 30∘ ≥ 2sinγ − β ≥sin α

что верно в силу ограниченности синуса. Т.е. мы доказали, что

MC ≥2PC ⇒ MP ≥PC ⇒ OP ≥ PC ⇒ ∠OCP ≥ ∠COP ⇒

⇒ 90∘ = ∠MOC + ∠OCP = α +∠OCP ≥ α+ ∠POC = ∠BAC + ∠POC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#75809Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ не лежит на сторонах и их продолжениях треугольника $ABC.A 1$ — точка пересечения прямой $BC$ с перпендикуляром к $OA,$ проходящим через точку $O.$ Аналогично определяются точки $B1,C1.$ Докажите, что точки $A1,B1,C1$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Наша цель — доказать, что для треугольника $ABC$ и точек $A ,B ,C 1 1 1$ на его сторонах выполнена теорема Менелая

BA1- CB1- AC1- CA1 ⋅B1A ⋅C1B = 1

$PIC$

Начнём считать в синусах.

Для треугольника $BOA1$

--OA1--= ---BA1-- sin∠CBO sin∠BOA1

Для треугольника $COA1$

OA1 CA1 sin∠OCB-= sin∠COA1

Наконец, отношение имеет вид

BA1- OA1-⋅sin∠BOA1-⋅sin∠OCB- CA1 = OA1 ⋅sin∠COA1 ⋅sin∠CBO =

sin∠BOA1 ⋅sin ∠OCB = sin∠COA1-⋅sin-∠CBO-

Выражая аналогично все отношения искомого произведения, получим, что достаточно доказать справделивость равенства

sin∠BOA1-⋅sin∠OCB--⋅ sin∠COB1-⋅sin∠OAC-⋅ sin∠AOC1-⋅sin∠OBA-=1 sin∠COA1 ⋅sin∠CBO sin∠AOB1 ⋅sin∠ACO sin∠BOC1 ⋅sin∠BAO

А ведь по синусной теоремы Чевы для треугольника $ABC$ и чевиан $AO,BO,CO$ выполнено соотношение

sin∠BAO-⋅ sin∠ACO-⋅ sin∠CBO-= 1 sin∠OAC sin ∠OCB sin∠OBA

Тем самым, осталось доказать, что выполнено соотношение

sin-∠BOA1 sin∠COB1- sin∠AOC1 sin ∠COA1 ⋅sin∠AOB1 ⋅sin ∠BOC1 = 1.

Заметим, что $∠COA1 = ∠COA − 90∘ = ∠AOC1,$ откуда следует равенство $sin∠COA1 = sin∠AOC1.$ Аналогично заключаем равенства $sin ∠COB =sin∠BOC 1 1$ и $sin∠AOB = sin∠AOC . 1 1$ Таким образом, произведение числителей равно произведению знаменателей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#91015Максимум баллов за задание: 7

(Свойство внешней биссектрисы) В треугольнике $ABC$ провели внешнюю биссектрису $AD$ ( $D$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$ ). Докажите, что $DB- AB- DC = AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $DDBC-= SSADBADC,$ потому что у них общая высота. Распишем теперь эти площади через синус угла при вершине $A$ :

SABD-= AD-⋅AB-⋅sin(∠DAB-) SDAC AD ⋅AC ⋅sin(∠DAC )

Осталось заметить, что углы $DAB$ и $DAC$ в сумме даёт $180∘,$ то есть они равны. Сокращаем на синусы и $AD,$ получаем, что $SABD-= AB-. SDAC AC$ Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#34675Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC,$ в котором $AB = BC.$ На стороне $AC$ взяли точку $D,$ а также отметили центры $I$ и $J$ описанных окружностей треугольников $ABD$ и $CBD$ соответственно. Докажите, что $BI ∥DJ.$

Показать доказательство

Сравним радиусы описанных окружностей треугольников $ABD$ и $CBD$ . Рассмотрим треугольник $ABD$ . По теореме синусов найдем радиус его описанной окружности:

AB AB sin∠BDA--= 2RABD ⇒ RABD = 2sin∠BDA--

По теореме синусов найдем радиус описанной окружности треугольника $CBD$ :

BC BC sin∠BDC--= 2RCBD ⇒ RCBD = 2sin∠BDC--

Углы $BDA$ и $BDC$ — смежные, значит,

∠BDA +∠BDC =180∘ ⇒ sin∠BDA =sin∠BDC

Треугольник $ABC$ — равнобедренный ( $AB = BC$ ), значит,

AB AB BC RABD = 2sin-∠BDA-= 2sin-∠BDC-= 2sin-∠BDC-= RCBD

$PIC$

Рассмотрим четырехугольник $IBJD$ . В нем $BI =DI = RABD$ и $BJ = DJ =RCBD$ , значит, $IBJD$ — ромб. Тогда его противоположные стороны параллельны, то есть $BI ∥DJ$ .

Замечание. Также можно воспользоваться тем, что центральный угол вдвое больше вписанного для $∠A$ и $∠BID$ , а также для $∠C$ и $∠BJD$ . Останется заметить, что $IJ$ — серединный перпендикуляр к $BD$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#35125Максимум баллов за задание: 7

Пусть $H$ — ортоцентр остроугольного треугольника $ABC$ . Докажите, что

AH =BC ⋅ctg ∠A.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тригонометрия в соотношении, которое нам нужно доказать, и куча прямых углов —> счёт в синусах явно может нам помочь! Отыщите прямоугольные треугольники, в которых фигурируют все 3 объекта из равенства в условии, и поработайте с ними!

Подсказка 2

Попробуйте от одной стороны, домножая на синусы/косинусы, пропутешествовать к другой! Например, домножив (или разделив?) BC на синус угла BCA, мы превратим его в высоту из вершины B. А эту же высоту мы можем превратить с помощью угла BAC (а он нам нужен!) в AB₁ Как теперь от AB₁ добраться до AH? Не забывайте: куча прямых углов —> куча вписанных четырёхугольников —> куча равных углов

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим основания высот из точек $A$ и $B$ за $A1$ и $B1$ соответственно. Из прямоугольного $△BB1C$ имеем

BB1 =BC sin∠C.

Тогда из прямоугольного $△ABB1$ получаем

AB1 =BB1 ctg∠A = BC sin∠C ctg∠A.

Остаётся заметить, что $A1HB1C$ вписанный, так как $∘ ∘ ∘ ∠HB1C + ∠HA1C = 90 +90 = 180$ , поэтому $∠AHB1 = ∠C$ . Значит, из $△AHB1$ выполнено

AB1 AH =sin∠C =BC ctg∠A.

Замечание. Подумайте, как поправить формулу расстояния от вершины до ортоцентра, чтобы она была корректной не только в случае остроугольного треугольника.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#35132Максимум баллов за задание: 7

На биссектрисе угла с вершиной $A$ отмечена точка $P$ . Через $P$ проводится прямая, пересекающая стороны угла в точках $B$ и $C$ . Докажите, что величина $-1- -1- AB + AC$ не зависит от выбора прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какая-то величина не зависит от выбора прямой —> пробуем выразить её через что-то фиксированное на рисунке! А у нас в целом на рисунке не так много всего, так что попробуйте эти фиксированные объекты для начала найти, а затем подумать, как бы их связать с величиной из условия

Подсказка 2

Например, у нас есть фиксированные углы, на которые биссектриса делит угол А, и длина АР. Угол и сторона —> может, поможет теорема синусов? И в ней как раз есть дроби, как в нашем соотношении из условия! Можем записать по теореме синусов на треугольник, выразить из них 1/AB и 1/AC, а дальше дело техники (тригонометрической)!

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Покажем, что сумма из условия выражается через инвариантные относительно выбора точек $B$ и $C$ параметры $AP = l$ и $∠BAC =2∠α.$ При произвольном выборе $∠APB = β$ для треугольника $APB$ по теореме синусов получаем

sinβ-= sin(π−-α−-β). AB l

А для треугольника $AP C$ по теореме синусов

sin(180∘−-β)= sin(−α+-β). AC l

Складывая эти равенства, получаем

-1- -1- sin(β+-α)+-sin(β-− α) 2cosα- AB +AC = lsinβ = l .

Второе решение.

Выберем $X,Y$ на $AB$ и $AC$ так, что $PX ∥AC$ и $PY ∥AB$ . Отметим равные углы (помним, что $AP$ — биссектриса), откуда в параллелограмме $AXP Y$ все стороны равны и $PX =P Y$ . Заметим, что $△CY P ∼ PXB$ , откуда выполнено

P-X BX- 2 CY = PY ⇐⇒ PX = CY ⋅BX = (AC − PX )(AB − PX)=

2 1 1 1 = AC ⋅AB− PX (AC + AB)+ PX ⇐⇒ AB-+ AC-= PX-

Поскольку $PX$ не зависит от выбора прямой по построению, то требуемое доказано.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#35133Максимум баллов за задание: 7

Про выпуклый пятиугольник $ABCDE$ известно, что сумма любых двух его соседних углов больше $180∘$ . Пары продолжений его несоседних сторон пересекаются в точках $A1,B1,C1,D1$ , $E1$ ( $A1$ - пересечение $BC$ и $DE$ , остальное аналогично). Получилась “звёздочка”. Докажите, что

AD1 ⋅BE1⋅CA1 ⋅DB1 ⋅EC1 =AC1 ⋅BD1⋅CE1 ⋅DA1⋅EB1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ух какое соотношение! Да и картинка громоздкая! А главное, что особо ничего и неизвестно на ней. Если что-то и отмечается равного, так это куча вертикальных углов – может они нам и помогут? В левой и правой части нашего соотношения есть стороны, образующие вместе со сторонами пятиугольника треугольники, в которых в свою очередь и эти самые углы фигурируют! Стороны и углы в треугольнике намекают на…?

Подсказка 2

Теорему синусов! Попробуйте её расписать для каждого нашего треугольника, и тогда сможете расписать отношение тех самых связанных сторон из разных частей требуемого соотношения. Что осталось сделать с нашими отношениями сторон, чтобы получилось что-то похожее на то, что мы хотим? Теперь внимательно смотрим на углы, и задача убита!

Показать доказательство

$PIC$

Напишем теорему синусов для $△ABD1$

---AD1-- = --BD1--- sin∠D1BA sin∠D1AB

-AD1 = sin∠D1BA BD1 sin∠D1AB

Аналогично сделаем для $△BE1C,△CA1D, △DB1E$ и $△EC1A$ , из исходного равенства получим

AD1 BE1 CA1 DB1 EC1 D1B-⋅E1C-⋅A1D-⋅B1E-⋅C1A-=

= sin∠D1BA-⋅ sin∠E1CB ⋅...⋅ sin∠C1AE =1 sin∠D1AB sin∠E1BC sin∠C1EA

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#35134Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AA ,BB ,CC 1 1 1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$ . Докажите, что треугольник с вершинами в ортоцентрах треугольников $AB1C1,BC1A1$ , $CA1B1$ равен треугольнику $A1B1C1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Конструкция громоздкая! Если нарисовать треугольник с вершинами в ортоцентрах, то увидеть что-то будет проблемно. Так как тогда стоит переформулировать условие? Если мы хотим доказать, что треугольники равны, то явно не с помощью углов – углы треугольника с вершинами в ортоцентрах неудобно “летают в воздухе”. Тогда можно доказать равенство трёх сторон! При аккуратном построении картинки можно даже догадаться каких, а учитывая некую симметрию в нашей картинки при поворотах треугольника, можно в целом сказать, что мы лишь хотим равенства двух отрезков!

Подсказка 2

Проведите те самые отрезки, равенство которых мы хотим – если мы знаем, что они равны, то образуется приятный параллелограммчик. Параллельность двух других сторон в нём мы и так знаем, а значит остаётся доказать их равенство – и вот они уже не выглядят “висящими в воздухе”! Так, мы что-то много думали – пора считать! Как это и бывает часто полезно, введём все углы искомого треугольника и радиус его описанной окружности – через них и посчитаем искомые два отрезка

Подсказка 3

Попробуем каждый из этих отрезков “перенести” на части сторон искомого треугольника: свяжите их с помощью теоремы синусов в треугольниках, где они лежат вместе! Это и поможет нам выразить всё через введённые переменные! Ведь теперь нам нужно лишь перенести углы из этого треугольника в более удобное место (куча вписанностей поможет) + выразить отрезок на стороне треугольника (а это мы легко умеем!), и задача будет убита

Кстати, искомые отрезки – это расстояния от вершин до ортоцентра в соответствующих треугольниках, а такие расстояния связаны изящно с противоположной стороной через котангенс угла. Можно с помощью этой связи раскрутить счёт побыстрее!)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $Ha,Hb,Hc$ — ортоцентры треугольников $AB1C1,BC1A1$ , $CA1B1$ соответственно. Докажем равенство $HaHb =A1B1$ , откуда аналогично последуют равенства $HbHc = B1C1$ и $HaHc = A1C1$ , поскольку все обозначения в задаче симметричны, и искомые треугольники окажутся равны по трём сторонам.

Прямые $B1Ha$ и $A1Hb$ перпендикулярны $AB$ , поэтому $B1Ha∥A1Hb$ . Докажем, что $B1Ha =A1Hb$ , откуда последует, что $HaHbA1B1 −$ параллелограмм, и $HaHb$ окажется равен $A1B1$ .

Вычислим отрезок $B1Ha$ . Пусть $∠BAC =α,∠ABC = β,∠ACB = γ$ . $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ . Поскольку четырёхугольник $BCB1C1$ вписан ( $BC$ — диаметр, на который опираются равные углы по $90∘$ ), то $∠AB1C1 = β$ и $∠AC1B1 = γ$ . Аналогично $∠BA1C1 = α$ .

Первое решение.

В остроугольном треугольнике расстояние от вершины до ортоцентра равно произведению котангенса угла при этой вершине на длину противоположной стороны. То есть $B1Ha = AC1⋅ctgβ = AC1⋅ BC1. CC1$ По тем же причинам $A1Hb = BC1⋅ctgα= BC1⋅ AC1 . CC1$

Второе решение.

Поскольку $B1Ha ⊥AC1$ и $AHa ⊥ B1C1$ , то $∠B1AHa = 90∘− β$ и $∠AB1Ha = 90∘− α$ . По теореме синусов в треугольнике $AB1Ha$ имеем

B H = ---AB1--- ⋅sin∠B AH = -AB-cosα--⋅sin(90∘− β)= 1 a sin ∠AHaB1 1 a sin(180∘− γ) = 2R-sinγcosα⋅cosβ = 2R cosα cosβ. sin γ

Поскольку это выражение симметрично относительно $α$ и $β$ , то и отрезок $A1Hb$ равен тому же ( $B1Ha$ станет им, если поменять вершины $A$ и $B$ местами).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#37843Максимум баллов за задание: 7

Дан угол, равный $α$ . На его биссектрисе взята точка $K$ ; $P$ и $M$ — проекции $K$ на стороны угла. На отрезке $PM$ взята точка $A$ , причём $KA = a$ . Прямая, проходящая через $A$ перпендикулярно $KA$ , пересекает стороны угла в точках $B$ и $C$ . Найдите площадь треугольника $BKC$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче опять обилие прямых углов! Знак того, что можно поискать вписаности!

Подсказка 2!

2) Верно, рассмотрим четырехугольники BAKP и KAMC. В них по два прямых угла, а это значит, что они вписанные, и можно написать несколько равенств углов. Хм, кажется, что у нас на картинке есть еще один приятный четырехугольник XPKM. Попробуем использовать свойства всех этих четырехугольников!

Подсказка 3!

3) Ага, нам нужно получить равенство углов BKA и CKA, а дальше площадь треугольника BCK вычислится сама собой, ведь мы знаем биссектрису (хм, только ли биссектрису...) и угол!

Показать ответ и решение

Точка $K$ лежит на биссектрисе угла $MXP = α$ , поэтому ясно, что $XM = XP$ и $∠XMP = ∠XP M = 90∘ − α . 2$ $XMKP$ — вписанный дельтоид, $α α SPKM = PK sin 2 ⋅PK cos 2.$

Рассмотрим два случая выбора точки $A$ на отрезке $MP$ :

$1) AM = AP, то есть A =XK ∩MP$ . Тогда $α M = C,P = B,AK = PK sin 2$ . Тогда $α α 2 α SBKC =SPKM =P Ksin 2 ⋅PK cos2 = AK ⋅ctg 2.$

$2) AM < AP.$ В случае $AM >AP$ рассуждение совпадает с точностью до переобозначений.

$PIC$

Заметим, что $BAKP$ вписан, поскольку $∠BAK + ∠BP K =90∘+ 90∘ =180∘$ , отсюда $∠BP A =90∘− α2 =∠BKA$ .

Аналогично из $∠KAC =∠KMC = 90∘$ получаем вписанность $KAMC$ и равенство $∠XMP =90∘− α2 =∠AKC$ .

Итак, $KA$ является биссектрисой и высотой $BKC$ , откуда он равнобедренный, его площадь $AK ⋅AB = AK ⋅AK ⋅tg∠BKA = AK2⋅ctg α2$ .

Ответ:

$a2⋅ctg α 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#46605Максимум баллов за задание: 7

На окружности, описанной около треугольника $ABC$ , взята точка $D$ . Прямая $DA$ пересекается с прямой $BC$ в точке $L$ , а прямая $CD$ — с прямой $AB$ в точке $K$ . Известно, что $AL= a,BK = b,CK = c$ . Найдите $BL$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠ABL = ∠CBK =α$ , $∠KCB = ∠BAD = 180∘ − LAB = β$ . Так как синусы смежных углов равны, то по теореме синусов для $△BCK$ и $△ABL$

-b--= -c-, BL--= -a-- sinβ sinα sinβ sinα

Отсюда $sinα = c= a-- sinβ b BL$ , тогда $BL = ab- c$ .

Ответ:

$ab c$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#51009Максимум баллов за задание: 7

Равнобедренный треугольник $ABC (AB = BC)$ вписан в окружность. Прямая $CD,$ перпендикулярная $AB,$ пересекает окружность в точке $P.$ Касательная к окружности, проходящая через точку $P,$ пересекает прямую $AB$ в точке $Q.$ Найти длины отрезков $PA$ и $P Q,$ если $∘ 5- AC =5,∠ABC = 2arccos 6.$

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — середина отрезка $AC$ , $M$ — точка пересечения $AB$ и $PC$ , $∠ABK =∠CBK = β,$ где $β = arccos∘ 5 6$ .

$PIC$

Тогда $∠ABC =∠AP C =2β$ (эти углы опираются на одну дугу), $∠ACP = ∠ABK =β$ (углы со взаимно перпендикулярными сторонами $), ∠AP Q =∠ACP = β$ (угол между касательной и хордой), $π ∠PAQ = 2β + 2$ (внешний угол в треугольнике $AP M )$ и поэтому $π ∠AQP =-2 − 3β.$ Применяя теорему синусов к треугольникам $AP C$ и $APQ,$ получаем:

sinβ 5 AP = ACsin2β = 2cosβ

( ) PQ =AP sin(π2-+2β) = AP cos2β sin π2 − 3β cos3β

∘ -- ∘ -- cosβ = 5,sinβ = 1 6 6

2 2 cos2β = 2cosβ − 1= 3

( ) 1∘5- cos3β = cosβ 4cos2β− 3 = 3 6

∘--- AP = 15-,PQ = 6 2

Ответ:

$P A= ∘-15,PQ = 6 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#70484Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ На касательную, проведенную из точки $C$ к описанной окружности треугольника $AB1C1,$ опущен перпендикуляр $HQ$ (точка $Q$ лежит внутри треугольника $ABC$ ). Докажите, что окружность, проходящая через точку $B1$ и касающаяся прямой $AB$ в точке $A,$ касается также и прямой $A1Q.$

Источники: СпбОШ - 2022, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке даны какие-то касательные, присутствуют хорды - ну не просто же так! Стоит отметить равные между собой вписанные уголки в двух окружностях. Хочется доказать, что A₁Q- касательная…нет ли случайно походе конструкции на чертеже?

Подсказка 2

Из того, что AB - касательная, следует, что в двух окружностях на чертеже есть отсеченные дуги, равные удвоенному углу CAB. Мы знаем, что CQ - касательная. А хочется, чтобы A1Q стала касательной…можно ли их как-то связать? А как связать между собой окружности?

Подсказка 3

Если мы найдем преобразование, которой переведет СQ в А1Q, а окружности друг в друга, то мы сможем доказать, что A1Q тоже является касательной!

Показать доказательство

Обозначим через $s 1$ описанную окружность треугольника $AB C , 1 1$ а через $s 2$ — окружность, проходящую через точку $B 1$ и касающуюся прямой $AB$ в точке $A.$ Хорды $B1C1$ и $B1A$ этих окружностей отсекают от них дуги одинаковой угловой величины. В самом деле, половины этих дуг в обоих случаях равны $∠B1AC1$ : для окружности $s1$ это вписанный угол, а для $s2$ — угол между касательной и хордой.

Заметим также, что угол между прямыми $CC1$ и $CQ$ равен углу между прямыми $AA1$ и $A1Q:$ эти вписанные углы опираются на одну дугу $HQ$ в окружности с диаметром $CH.$

$PIC$

Точку пересечения прямой $AA1$ с окружностью $s2$ обозначим через $P$ и выделим на картинке два фрагмента: в окружности $s1$ проведена секущая $HC1,$ и на ней выбрана точка $C;$ в окружности $s2$ проведена секущая $AP,$ и на ней выбрана точка $A1.$ В каждом из этих двух фрагментов из точек на секущих проведены прямые под одинаковыми углами к секущим: $CQ$ и $A1Q.$ Первая из них касается $s1,$ и нам нужно доказать, что вторая касается $s2.$ Для доказательства нужно установить, что две описанные конфигурации подобны. Мы проверим это двумя способами. Углы треугольника, как обычно, будем обозначать греческими буквами, соответствующими названиям вершин.

Способ 1.(подсчёт отношения отрезков)

Угловые величины отсекаемых секущими дуг равны, поэтому остаётся проверить, что $ACP1H = ACA1C1.$ Отношение хорд $AP$ и $C1H$ (стягивающих равные дуги) равно отношению диаметров окружностей. Диаметр окружности $s1$ равен $AH;$ диаметр окружности $s2$ равен $sin∠ACB11AB1 =sAinB∠1A .$ Таким образом, $CA1PH = AHAsBin1α-= sisinnγα.$ С другой стороны, отношение высот $ACAC11$ равно отношению сторон $ABBC,$ которое по теореме синусов тоже равно $sisinnγα.$

$PIC$

Способ 2.(Поворотная гомотетия)

Рассмотрим поворотную гомотетию с центром в точке $B1,$ переводящую точку $C1$ в $A$ и $C$ в $A1.$ Она существует, ибо треугольники $B1C1A$ и $B1CA1$ подобны(и подобны треугольнику $BAC$ ). Окружность $s1$ перейдёт в $s2,$ ибо друг в друга переходят хорды $B1C1$ и $B1A,$ отсекающие равные дуги. При этом секущая $CC1$ окружности $s1$ переходит в секущую $AA1$ окружности $s2,$ и, следовательно, точка $H$ переходит в точку $P.$ Значит, первый фрагмент переходит во второй.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#76535Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC,$ $CA$ и $AB$ неравнобедренного треугольника выбраны точки $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Биссектриса угла $ABC$ и серединный перпендикуляр к отрезку $NL$ пересекаются в точке $P.$ Известно, что $∘ ∠ABC =135 ,AN =NM = ML = LC = 1$ Найдите длину отрезка $MP.$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию треугольники AMN и MLC – равнобедренные, значит, ∠NMA = ∠BAC, а также ∠LMC = ∠BCA, что тогда можно сказать про величину угла NML? Также подумайте, как этот угол может нам помочь в дальнейшем решении.

---------------------------—

Подсказка 2
∠NML = ∠ABC = 135° Давайте рассмотрим треугольник NBL, точка P лежит на пересечении биссектрисы этого треугольника и серединного перпендикуляра. Что мы можем сказать про данную точку? И как найти величину угла NPL?

---------------------------—

Подсказка 3
Точка P лежит на окружности, описанной около треугольника NML, следовательно, его величина будет равна 180°-135° = 45°. Кроме того, NP = PL, так как стягивают равные дуги. Значит, PM является не только серединным перпендикуляром, а также биссектрисой. Теперь в треугольнике MPL мы знаем одну сторону и угол, лежащий против нее, что еще нам необходимо, чтобы найти сторону PM?

---------------------------—

Подсказка 4
Если мы найдем угол MLP, от можно будет применить теорему синусов и найти сторону PM. В этом нам поможет значение угла ∠NML и тот факт, что треугольники NMP и LMP равные.

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как из условий $AN = NM =ML =LC$ следуют равенства $∠AMN =∠BAC$ и $∠CML = ∠BCA$ соответственно, то

∠LMN = 180∘ − ∠AMN − ∠CML = 180∘− ∠BAC − ∠BCA = ∠ABC.

Заметим, далее, что точка $P$ лежит на описанной окружности треугольника $△NBL$ (и делит пополам дугу $NL,$ не содержащую $B$ ). Поэтому

∠LPN = 180∘− ∠ABC = 180∘− ∠LMN

с учётом того, что $P$ и $M$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $LN,$ заключаем, что $P$ - ортоцентр треугольника $△LMN.$

Рассмотрим теперь треугольник $△LP M.$ Используя равенства

∘ ∘ ∠LMN = 135 ,∠LP N = 45

и равнобедренность треугольника $△LP N,$ нетрудно найти углы $∠PLM = 45∘$ и $∠LP M = 22,5∘.$ Применив теорему синусов, получим $-MP-- -ML--- sin45∘ = sin22,5∘,$ откуда

∘ ∘ 1+-cos45∘- ∘---√-- MP = 2cos22,5 = 2 ---2----= 2 + 2

Ответ:

$∘2-+-√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#80047Максимум баллов за задание: 7

Один из углов треугольника равен $3π∕4$ , радиус вписанной в него окружности равен 4, а периметр треугольника равен $16(6+ √2).$ Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть $A ,B ,C 1 1 1$ — точки, в которых окружность с центром $O$ касается сторон треугольника $ABC,$ $AC =x, 1$ $BC = y, 1$ $CB = z, 1$ $R$ — радиус описанной окружности, тогда