Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .03 Подобные треугольники и теорема Фалеса

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 41#131383Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ в точке $K.$ На стороне $AB$ выбрана точка $L$ так, что $AL = CK.$ Отрезки $AK$ и $CL$ пересекаются в точке $M.$ На продолжении отрезка $AD$ за точку $D$ отмечена точка $N.$ Известно, что четырёхугольник $ALMN$ — вписанный. Докажите, что $∘ ∠CNL = 90.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Поскольку $AM$ — биссектриса угла $LAN,$ отрезки $LM$ и $MN$ равны как хорды, стягивающие равные дуги. Теперь достаточно доказать, что $CM = LM$ (тогда $CM = LM =MN,$ значит, $CNL$ — прямоугольный треугольник, и $NM$ — его медиана, проведенная из прямого угла).

Так как

∠BKA = ∠NAK = ∠BAK,

треугольник $ABK$ — равнобедренный (симметричный относительно серединного перпендикуляра к $AK ).$ Отметим на стороне $BK$ точку $X$ так, что $LX ∥AK.$ Из симметрии треугольника $ABK$ имеем $KX = AL.$ Тогда имеем $KX = CK$ и $MK ∥ LX,$ значит, $MK$ — средняя линия треугольника $CLX,$ значит, $CM = LM,$ что завершает решение.

$PIC$

Второе решение. Пусть $∠BAD =2α.$ Заметим, что $DM$ — биссектриса угла $ADC.$ Действительно, продлим $AK$ до пересечения с $CD$ в точке $Y.$ Тогда, используя подобия $AML ∼ YMC$ и $AY D∼ KY C,$ имеем

AM--=-AL = CK-= AD-. MY Y C YC DY

Из полученного равенства $AM∕MY =AD ∕DY$ вытекает, что $DM$ — биссектриса треугольника $ADY.$ Отсюда

∠MDC = ∠ADC ∕2= (180∘− 2α)∕2= 90∘ − α.

$PIC$

Из вписанности $ALMN$ имеем $∠CMN = ∠LAD,$ а из параллельности $AB ∥ CD$ следует $∠LAD = ∠CDN.$ Поэтому $∠CMN = ∠CDN,$ значит, четырёхугольник $CMDN$ — вписанный. Отсюда

∘ ∠MNC = ∠MDC = 90 − α.

Из вписанности

∠LNM = ∠LAM = α.

Тогда

∠LNC = ∠MNC + ∠LNM = 90∘,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что в решении 2 при доказательстве того, что $DM$ — биссектриса угла $ADC,$ не использовалось то, что $AM$ — биссектриса угла $A.$ А при доказательстве вписанности $CMDN$ не использовалось также равенство $AL = CK.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#32019Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AL$ — биссектриса треугольника $ABC,$ точка $D$ — ее середина, $E$ — проекция $D$ на $AB.$ Известно, что $AC = 3AE.$ Докажите, что треугольник $CEL$ равнобедренный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть равенство 3AE = AC, но неудобно, что точка E не лежит на стороне AC. Что можно сделать, чтобы была еще одна точка с таким же свойством, но на стороне AC?

Подсказка 2

Стоит использовать свойство биссектрисы про равноудалённость точек на ней от сторон угла. Так что можно спроецировать точку D на AC! Пусть это точка F. Что теперь можно сказать про отрезки EL и LF? Что нам теперь нужно доказать?

Подсказка 3

По сути, нам надо доказать, что LF=LC, то есть доказать что треугольник LFC-равнобедренный. Для этого можно разбить весь AC на три кусочка. Какую еще точку можно получить для этого? Снова опустить перпендикуляр!

Показать доказательство

$PIC$

Точки на биссектрисе равноудалены от сторон угла, пусть $DF ⊥AF,F ∈ AC,$ тогда $ED =DF$ и равны $△EDL = △FDL,$ откуда $FL = EL,$ а также $AF =AE = AC∕3.$ Пусть $LH ∥DF, H ∈AC,$ тогда $AF = FH = AC∕3,$ поскольку $AD = DL,$ но тогда

CH = AC − 2AC∕3= AC ∕3 =F H

В силу параллельности $LH$ и $DF$ получаем, что $LH ⊥ FC,$ отсюда $LH$ — медиана и высота $△F LC,$ так что $LC = FL = LE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#45004Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MB = 1:4,AN :NC = 3:2.$

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#70274Максимум баллов за задание: 7

Диагонали $AC$ и $BD$ равнобокой трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $AD$ : $BC = 3:2$ . Окружность $ω$ с центром $O$ , проходящая через вершины $A$ и $D$ , пересекает продолжение основания $BC$ за точку $B$ в точке $K$ . Оказалось, что $BK = BO$ . Найдите отношение основания $AD$ к радиусу окружности $ω$ .

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем выразить каким-либо образом основание через радиус, чтобы в результате отношения радиусы сократились. Давайте проведем высоту из точки O на основание AD, тогда из прямоугольного треугольника мы можем найти, что AD = 2*AO*cos∠DAO. Таким образом, отношение AD к радиусу окружности будет равно 2cos∠DAO. Подумайте, откуда мы можем найти косинус данного угла?

Подсказка 2

Давайте обратим свое внимание на треугольник KBO, всё таки про него нам довольно много известно из условия. Он равнобедренный, а его сторона OK равна OA и OD. По условию нам дано отношение оснований нашей равнобокий трапеции. Подумайте, как, используя данное отношение, мы можем выразить KB и BO через сторону OK.

Подсказка 3

Если воспользоваться тем, что OK=OA=OD и тем, что △AOD подобен △BOC, можем найти, что BO=KB=2*OK/3. По сути, нам известны три стороны одного треугольника, выраженные через одну и ту же переменную, просто с разными коэффициентами. В таких случаях очень удобно использовать теорему косинусов. Давайте воспользуемся ей для угла KBO, так как ∠KBO = 180 - ∠OBC = 180 - ∠DAO. Таким образом, мы легко находим 2cos∠DAO.

Показать ответ и решение

Обозначим радиус окружности за $3x$ , $AO =DO =KO = 3x$ . Из $△AOD ∼ △BOC$ получаем $CO = 2x= BO = BK$ (с учётом условия задачи).

$PIC$

По теореме косинусов для $△KBO$

9x2 = 4x2 +4x2− 2⋅4x2cos∠KBO =⇒ cos∠KBO =− 1 8

cos∠KBO = − cos(180∘ − ∠KBO )= − cos∠CBO = − cos∠OAD

cos∠OAD = 1 8

Если провести высоту треугольника $AOD$ , то легко понять, что $AD-= AO cos∠DAO 2$ , отсюда

AD- AD- 2AO-cos∠DAO- 1 R = AO = AO = 4

Ответ: 0,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#70477Максимум баллов за задание: 7

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Внутри треугольника $AOB$ выбрана такая точка $K,$ что прямая $KO$ является биссектрисой угла $CKD.$ Луч $DK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $COK$ в точке $L,$ а луч $CK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $DOK$ в точке $M.$ Найдите отношение площадей треугольников $ALO$ и $BMO.$

Источники: СПБГУ-22, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем найти какую-то связь между сторонами этих треугольников. Например: т.к. ABCD- вписан, то △BOC и △AOD подобны. Значит BO/AO=CO/DO. Что мы можем сказать про отношение CO/OD?

Подсказка 2

Мы видим, что в окружностях на CO и на OD смотрят одинаковые уголочки ∠CKO и ∠DKO => CO/OD=R₁/R₂, где R₁- радиус окружности, описанной около △COK, а R₂- радиус окружности, описанной около △DOK. Тогда BO/AO=R₁/R₂. А что мы можем сказать про отношение OL/OM?

Подсказка 3

Т.к. ∠LKO=180°-∠DKO=180°-∠CKO=∠MKO => LO/OM=R₁/R₂. Но тогда (BO*OM)/(AO*OL)=(R₁*R₂)/(R₂*R₁)=1. Мы знаем, что S(△BOM)=sin∠BOM*BO*OM/2 и S(△AOL)=sin∠AOL*AO*OL/2. Если мы докажем, что ∠BOM=∠AOL, то искомое отношение будет равно 1. Как это сделать?

Подсказка 4

Т.к. ∠OLK=∠OCK и ∠ODK=∠OMK, то треугольники △LOD и △MOC подобны по двум углам. А это значит, что ∠LOD=∠MOC. Осталось лишь докрутить это и понять, что ∠BOM=∠AOL и победа будет за нами!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $r1$ и $r2$ — радиусы окружностей, описанных около треугольников $COK$ и $DOK$ соответственно. Заметим, что

∠LKO = 180∘− ∠DKO =180∘− ∠CKO = ∠MKO

откуда $LO r1 MO- = r2$ . Кроме того, из вписанности $ABCD$ вытекает, что треугольники $AOD$ и $BOC$ подобны по двум углам. Тогда

-AO = OD-= r2 BO OC r1

так как хорды $OD$ и $OC$ соответствуют одинаковым вписанным углам. Поэтому

LO- ⋅ AO-= 1⇐⇒ LO ⋅AO =MO ⋅BO MO BO

Поскольку $∠KMO = ∠KDO$ и $∠KLO = ∠KCO,$ треугольники $MCO$ и $DLO$ подобны, откуда

∘ ∘ ∠AOL = ∠AOM +∠LOM = 180 − ∠COM +∠LOM = 180 − ∠DOL + ∠LOM =

= ∠BOL +∠LOM = ∠BOM

Таким образом,

S = 1⋅LO ⋅AO ⋅sin∠AOL = 1⋅MO ⋅BO ⋅sin∠BOM = S AOL 2 2 BOM

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#70776Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются в точке $A$ внутренним образом. Отрезок $AB$ — диаметр большей окружности $Ω,$ а хорда $BC$ окружности $Ω$ касается $ω$ в точке $D.$ Луч $AD$ повторно пересекает $Ω$ в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC,$ повторно пересекает $Ω$ в точке $F.$ Найдите радиусы окружностей, угол $AFE$ и площадь треугольника $AEF,$ если известно, что $5 13 CD =2,BD = 2 .$

Источники: Физтех-2022, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть пара касающихся окружностей. В такой ситуации бывает полезно отметить центры этих окружностей: пусть Q- центр w, а O- центр Ω. Что мы можем сказать про точки A, O, Q и B?

Подсказка 2

Верно, они лежат на одной прямой! Мы знаем, что ∠ACB=90° (AB- диаметр Ω) и ∠QDB=90° (BD- касательная к w). Тогда △BQD и △BAC- подобны. Что это нам дает?

Подсказка 3

Давайте обозначим за R- радиус Ω и r- радиус w. Тогда т.к. BQ/BA=BD/BC=13/18 ⇒ (2R-r)/2R=13/18 ⇒ r/R=5/9. Надо как-то посчитать радиусы. Давайте обозначим за K- вторую точку пересечения BA с w. Воспользуйтесь теоремой о касательной и секущей...

Подсказка 4

BD²=BK*BA=(2R-2r)*2R ⇒ R=39/8 и r=65/24. Теперь нам надо найти уголочек ∠FAE. Мы видим, что он равен половине суммы дуг AC и CE окружности Ω. Но половинка дуги AC равна уголочку ∠ABC, а его мы можем найти. Давайте тогда обозначим его за ψ. Чему равен уголок ∠QAD (сначала найдите ∠AQD)?

Подсказка 5

Т.к. ∠AQD- внешний для треугольника BQD, то ∠AQD=90°+ψ. Видно, что отрезки AQ и QD равны как радиусы ⇒ ∠QAD=45°-ψ/2 ⇒ дуга EB=2*∠QAD=90°-ψ. Дуга AB=180° и AB=AС+CE+BE ⇒ CE=90°-ψ ⇒ ∠AFE=(2ψ+90°-ψ)/2=45°+ψ/2. Что мы можем сказать про уголок ∠FAE?

Подсказка 6

Т.к. AC // FE ⇒ дуга AF равна дуге CE и равна 90°-ψ ⇒ дуга FE равна FA+AC+CE=90°-ψ+2ψ+90°-ψ=180° ⇒ ∠FAE=90°. Тогда в прямоугольном треугольнике △FAE мы знаем гипотенузу FE (FE=2R) и острый угол ∠AFE=45°+ψ/2 (ψ можно найти из прямоугольного треугольника △ABC). Я не сомневаюсь в том, что вам под силу довести решение до конца!

Показать ответ и решение

Обозначим $∠ABC = ψ$ , а радиусы $Ω$ и $ω$ через $R$ и $r$ соответственно. Пусть $O$ и $Q$ — центры окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; $K$ — точка пересечения $ω$ и $AB$ , отличная от $A.$

$PIC$

Отметим, что $∠BDQ =90∘$ (касательная $BD$ перпендикулярна радиусу $DQ$ ) и $∠BCA = 90∘$ (угол вписан в окружность $Ω$ и опирается на её диаметр). Значит, треугольники $BDQ$ и $BCA$ подобны (по двум углам). Отсюда

BD- = BC-⇒ --13- = 18⇒ R = 9r BQ BA 2R − r 2R 5

По теореме о касательной и секущей

2 (18r ) 18r 144r2 BD = BK ⋅BA = (2R − 2r)⋅2R= 5 − 2r ⋅ 5 = 25

Следовательно,

12r 5⋅BD 65 9r 39 BD = -5-⇒ r = -12--= 24 ⇒ R = 5-= 8

Далее находим углы и дуги: $^AC = 2∠ABC =2ψ;∠BQD =90∘− ∠QBD = 90∘ − ψ;$ $∠AQD =$ $180∘− ∠BQD = 90∘+ ψ;∠QAD = 12(180∘− ∠AQD )= 45∘− ψ2;^BE =2∠BAC =90∘− ψ;$ $^CE = 180∘− ^AC − ^BE = 90∘− ψ.$ Следовательно, $∠AF E = 12^AE = 45∘+ ψ2.$ Угол $ψ$ известен, так как $cosψ = BBCA = 399∕4 ⋅ 1123.$ Значит, $∠AFE = 45∘+ 12 arccos1123.$

Перейдём к нахождению площади. Треугольник $AEF$ прямоугольный $(∠EAF =90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр), поэтому

FA = FE cos∠EF A

1 1 1 S△AEF = 2 ⋅FA ⋅FE ⋅sin∠AFE = 4FE2 sin(2∠AF E)= 4 ⋅4R2sin(90∘+ψ )=

( )2 = R2cosψ = 39 ⋅ 12 = 351 8 13 16

Ответ:

$R = 39,r= 65,∠AFE = 45∘ + 1 arccos12,S = 351- 8 24 2 13 △AEF 16$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#80059Максимум баллов за задание: 7

Через середину гипотенузы $AC$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведена прямая, пересекающая катет $BC$ в точке $D,$ а продолжение катета $AB$ за точку $A$ — в точке $E.$ Найти площадь треугольника $ABC,$ если $3 CD = 1,AE = 2,∠CAB =arccos5.$

Показать ответ и решение

Выберем на стороне $AC$ точку $P$ так, что $DP ∥AB$ , тогда $CP = 5,DP = 3 4 4$ . Пусть $K$ — середина $AC$ и $AK = CK = x.$

$PIC$

Тогда из подобия треугольников $DPK$ и $EAK$ следует, что

PK :AK = DP :AE

(x−-5) 3 4 :x= 4 :2

x= 2

AC =4

Пусть $∠CAB = α,$ тогда

1 1 2 SABC = 2AB ⋅BC = 2AC sinα ⋅cosα =

1 3 4 96 = 2 ⋅42⋅5 ⋅5 = 25

Ответ:

$96 25$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#135016Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ диагональ $BD$ равна основанию $AD.$ Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E.$ Точка $F$ на отрезке $AD$ выбрана так, что $EF ∥ CD.$ Докажите, что $BE = DF.$

Показать доказательство

Поскольку $AD ∥CB,$ треугольники $EAD$ и $ECB$ подобны, и потому

BE- BC- DE = AD.

Достроим треугольник $BCD$ до параллелограмма $BCDK$ (см. рисунок). Тогда треугольники $DEF$ и $DBK$ подобны, поэтому $DF DK DE-= DB-.$ Наконец, поскольку $DK = BC$ и $DB = DA,$ получаем

DF DK BC BE DE-= DB- = AD-= DE-,

откуда и следует, что $DF = BE.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#137303Максимум баллов за задание: 7

На стороне $BC$ параллелограмма $ABCD$ отмечена точка $E,$ а на стороне $AD$ — точка $F$ так, что описанная окружность треугольника $ABE$ касается отрезка $CF.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $CDF$ касается прямой $AE.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 10.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим точку касания окружности $(ABE )$ с отрезком $CF$ через $P.$ Пусть прямая, проходящая через $C$ и параллельная $AP,$ пересекает отрезок $AE$ в точке $Q$ (см. первый рисунок). Тогда

∠QCP = ∠AP F = ∠AEP

(из упомянутых выше касания и параллельности). Значит, четырёхугольник $CEQP$ вписанный. Имеем

∘ ∠QP C =180 − ∠QEC = ∠QAF.

Следовательно, четырёхугольник $QP FA$ вписанный. Тогда

∠AQF = ∠APF = ∠QCP,

откуда $QF ∥EP.$ Значит, прямые $CQ,$ $EP,$ $P A$ и $QF$ ограничивают параллелограмм, откуда $∠CQF = ∠APE.$ Так как

∠APE = 180∘− ∠ABC = 180∘− ∠CDF,

то точка $Q$ лежит на окружности $(CDF ).$ Раз $∠AQF = ∠QCP,$ то окружность $(CDF )$ касается отрезка $AE$ в точке $Q,$ что и требовалось.

$PIC$

Второе решение. Обозначим через $O1$ центр окружности $(ABE ),$ пусть $R1$ — её радиус и $d1$ — расстояние от точки $O1$ до прямой $CF.$ Обозначим через $O2$ центр окружности $(CDF ),$ пусть $R2$ — её радиус и $d2$ — расстояние от точки $O2$ до прямой $AE.$ Мы докажем более общий факт: $d1∕R1 = d2∕R2$ $(⋆).$

В частности, если $d1 = R1,$ то $d2 = R2,$ и первое равносильно касанию прямой $CF$ и окружности $(ABE ),$ второе — касанию прямой $AE$ и окружности $(CDF ).$

Если $AE ∥CF,$ то точки $E$ и $F,$ а также $O1$ и $O2$ симметричны относительно центра параллелограмма, и в силу этой центральной симметрии $d = d 1 2$ и $R =R , 1 2$ откуда следует $(⋆).$

$PIC$

Иначе без ограничения общности будем считать, что луч $AE$ пересекает луч $F C,$ обозначим их точку пересечения через $K$ (см. второй рисунок).

Обозначим через $α$ углы при вершинах $B$ и $D$ параллелограмма $ABCD.$ Разберём случай $α < 90∘,$ в других случаях рассуждение аналогично. Тогда

∠AO1E =2α =∠CO2F,

поэтому равнобедренные треугольники $AO1E$ и $CO2F$ подобны, откуда $∠EAO1 = ∠CFO2$ и

R1-= O1A-= AE-= KA- R2 O2F CF KF

(последнее равенство следует из теоремы Фалеса). Следовательно, треугольники $KAO1$ и $KF O2$ подобны по углу и отношению заключающих сторон. Значит,

O1K- O1A- R1- O2K = O2F =R2

и $∠O1KA = ∠O2KF.$ Тогда $∠O1KF = ∠O2KA,$ следовательно,

d1 O1K R1 d2 = O2K-= R2-,

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Соотношение ( $⋆$ ) равносильно тому, что угол между окружностью $(ABE )$ и прямой $CF$ равен углу между окружностью $(CDF )$ и прямой $AE.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Пусть окружность $(ABE )$ касается отрезка $CF$ в точке $P$ и вторично пересекает прямую $AD$ в точке $X.$ Обозначим вторую точку пересечения окружности $(F CD)$ с прямой $BC$ через $Y$ (см. третий рисунок). Тогда отрезки $XE$ и $AB$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BE,$ а отрезки $CD$ и $YF$ — относительно серединного перпендикуляра к $DF,$ поэтому $−X−→E = −F−→Y .$ Поскольку окружность $ABE$ касается отрезка $CF,$ то точка $X$ лежит на луче $FA.$ Значит, точка $Y$ лежит на луче $EC,$ причём $XF = EY.$

$PIC$

Поскольку окружность $(ABEX )$ касается отрезка $CF$ в точке $P,$ $CP2 =CE ⋅CB$ и $FP2 = FA ⋅FX.$ Значит,

√------- √------- CF = CE ⋅CB + FX ⋅FA(⋆).

Мы позднее докажем, что отсюда следует равенство

√------- √ ------- AE = AF ⋅AD + EY ⋅YC(⋆),

сначала завершим решение задачи с его помощью: отметим на отрезке $AE$ точку $T$ так, что

ET = √EY-⋅EC-

AT = √AF-⋅AD.

Если точка $T$ отлична от концов отрезка $AE,$ полученные равенства означают, что окружности $(Y CT)$ и $(FDT )$ касаются прямой $AE$ в точке $T.$ Если эти окружности не совпадают, то они обе не совпадают и с окружностью $(FY CD),$ но в таком случае $AE,$ $BC$ и $AD$ — радикальные оси этих трех окружностей. Однако, прямые $BC$ и $AE$ пересекаются в точке $E,$ не лежащей на прямой $AD,$ противоречие. Значит, на самом деле окружности $(Y CT)$ и $(F DT)$ совпадают, а тогда это и есть окружность $(CDF ),$ и она касается $AE$ в точке $T.$ Если точки $Y$ и $C$ совпадают, нужно, как обычно, под окружностью $(YCT)$ понимать окружность, проходящую через $T$ и касающуюся $BC$ в точке $Y.$

В случае, когда $T$ совпадает с одним из концов отрезка $AE,$ возможна лишь ситуация $T = E,$ и тогда $EY = 0,$ то есть $E = Y,$ а также $AE2 = AF ⋅AD.$ Итого, окружность $(CFD)$ касается $AE$ в точке $E.$

Остаётся доказать соотношение $(⋆⋆).$ Положим $EY = a,$ $EC = x,$ $AF =y.$ Из сказанного выше, векторы $BA,$ $XE,$ $FY,$ $CD$ равны по длине, обозначим её $b,$ а также равны их проекции на ось, сонаправленную вектору $BC,$ обозначим такую проекцию $h.$ Положим $d= 2h− a.$ Тогда $BE = y+ d$ и $DF = x+d.$ По теореме Птолемея для четырёхугольников $FY CD$ и $ABEX$ мы получаем, что

CF 2 =b2+ (x+d)(x− a)

AE2 =b2+ (y +d)(y − a).

Отметим, что эти равенства будут выполняться вне зависимости от взаимного расположения точек $A$ и $X;$ $C$ и $Y.$ Итого, соотношение $(⋆)$ имеет вид

∘ -------------- ∘ --------- b2+ (x+ d)(x− a)= x(x +y+ d)+√ay.

После возведения в квадрат и сокращения общих слагаемых, получается симметричное по $x$ и $y$ равенство:

∘ ----------- b2 = a(x +y)+ ad+ xy +2 axy(x+ y+ d).

Следовательно,

∘ -------------- ∘ --------- √ -- b2+ (y+ d)(y− a)= y(x+ y+ d)+ ax,

а это в точности соотношение $(⋆⋆),$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#92425Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$ , а $T$ — точка касания этой окружности со стороной $AC$ . Пусть $P$ и $Q$ — ортоцентры треугольников $BAI$ и $BCI$ соответственно. Докажите, что точки $T,P,Q$ лежат на одной прямой.

Источники: Тургор - 2021, 11.3, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самый простой способ доказать, что точки Q, T, P лежат на одной прямой - это показать, что ∠QTC = ∠ATP. Однако простым счётом уголков к ∠QTC и ∠ATP не подобраться. Тогда можно попробовать доказать это через подобие треугольников ATP и QTC.

Подсказка 2

Воспользуемся тем, что P и Q — ортоцентры. Мы получаем, что AP ⊥ BE и QC ⊥ BE. Что тогда можно сказать про прямые AP и BE?

Подсказка 3

Верно! Они же параллельные, а значит, ∠PAT = ∠QCT. Отлично! Теперь для подобия осталось лишь показать, что AT/AP = CT/CQ. Но мы ещё никак не использовали, что T — точка касания. Отметьте две другие точки касания вписанной окружности с треугольником и попробуйте переносить отрезки.

Подсказка 4

Теперь мы получаем, что достаточно доказать, что AK/AP = CL/CQ (L - точка касания вписанной окружности с BC). Можно заметить, что это стороны △APK и △CQL. Что можно сказать про эти треугольники?

Показать доказательство

Первое решение.

Случай $AB =BC$ очевиден. Иначе основания $F$ и $E$ высот $AF$ и $CE$ лежат на биссектрисе $BI$ по разные стороны от $AC$ , прямые $AP$ и $CQ$ параллельны и $∠PAT = ∠FAT =∠ECT =∠QCT$ . Задача будет решена, если мы докажем подобие треугольников $TAP$ и $TCQ$ (тогда равные углы $CT Q$ и $ATP$ вертикальны и точки $P,Q,T$ лежат на одной прямой). Для этого достаточно проверить, что $AT ∕AP = CT∕CQ$ .

$PIC$

Пусть $K$ и $L$ — точки касания окружности со сторонами $AB$ и $BC$ соответственно. Тогда $AT = AK,CT = CL$ , и осталось доказать равенство $AK ∕AP = CL∕CQ$ . Оно следует из подобия треугольников $AP K$ и $CQL$ : они прямоугольные, а поскольку $BI$ — биссектриса угла $B$ , углы $BAP$ и $BCQ$ равны.

Второе решение.

Так как $AP$ содержит высоту треугольника $ABI$ , то $AP ⊥ BI$ . Пусть $K$ — точка касания $AB$ со вписанной окружностью, так что $K = PI∩ AB$ . Тогда

TA∕PA = KA∕PA = sin∠AP K = sin∠ABI = sin ∠B 2

Аналогично $CQ ⊥ BI$ , откуда $CQ ∥AP$ . И также $TC∕QC = sin∠B- 2$ , откуда $T A∕PA =TC ∕QC$ . Таким образом, $△T AP ∼ △TCQ$ . Значит, $∠AT P =∠CT Q$ , откуда и следует, что $T,P,Q$ на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#92431Максимум баллов за задание: 7

Диагонали трапеции $ABCD (AD ∥BC )$ пересекаются в точке $O$ . На $AB$ отметили точку $E$ такую, что прямая $EO$ параллельна основаниям трапеции. Оказалось, что $EO$ — биссектриса угла $CED$ . Докажите, что трапеция прямоугольная.

Источники: Курчатов - 2021, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть DE пересекает BС в точке К. Отметим накрест лежащие углы при EO и BC, а также соответственные углы при EO и КB. Что можно заметить теперь на рисунке?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность одного из треугольников. Также мы знаем про факт, что у равнобедренных треугольников медиана является высотой.

Подсказка 3

Рассмотрим пары треугольников DBK, DOE и ABC, AEO. Что можно заметить при взгляде на них, учитывая подобие?

Подсказка 4

Равные коэффициенты подобия. Теперь задача быстро дорешивается фактом из 2 подсказки!

Показать доказательство

Пусть прямая $DE$ пересекает прямую $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

Заметим, что $∠BCE = ∠CEO = ∠DEO =∠DKC$ , поэтому треугольник $CEK$ является равнобедренным и $CE =EK$ . Докажем, что отрезок $EB$ является его медианой отсюда последует, что он также является и высотой, и трапеция окажется прямоугольной (в силу того, что $∘ ∠ABC =90$ ).

Треугольники $DBK$ и $DOE$ подобны с коэффициентом $BD OD-$ , а также треугольники $ABC$ и $AEO$ подобны с коэффициентом $AC AO-$ . Эти коэффициенты подобия равны, поскольку параллельные прямые $BC$ и $AD$ высекают на прямых $AC$ и $BD$ пропорциональные отрезки (также это можно вывести из подобия треугольников $AOD$ и $COB )$ . Итак,

KB = BODD-⋅EO = AACO-⋅EO = BC

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#96827Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AK$ и $CM.$ Известно, что середины отрезков $AB,BC$ и $MK$ лежат на одной прямой. Найдите $AB,$ если $BK =4,$ а $KC =5.$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.4 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам даны отрезки, на которые делит сторону биссектриса. Какое её свойство можно применить?

Подсказка 2

Отношение сторон равно отношению отрезков, на которые биссектриса делит третью сторону! Здорово, теперь мы можем записать некоторые равенства отношений. А что можно сказать о точке O на BP, если она лежит на отрезке, соединяющем середины двух сторон?

Подсказка 3

О лежит на средней линии треугольника, значит, является серединой BP! Какую интересную нам фигуру тогда можно заметить на рисунке?

Подсказка 4

O — середина BP и средней линии. Отсюда мы можем заприметить некоторые параллельности и попробовать записать равенства на отношения. А какая теорема может помочь нам в их записи?

Подсказка 5

Используйте теорему Фалеса!

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству биссектрисы $AK : AABC-= BKKC-= 45$ и биссектрисы $CM : BACC-= MABM-.$ Пусть т. $O$ - середина отрезка $MK,$ а т. $P$ - точка пересечения прямых $BO$ и $AC.$ Заметим, что из условия следует, что т. $O$ лежит на средней линии $△ABC$ параллельной $AC.$ Следовательно, по теореме Фалеса $BO = OP$ и четырёхугольник $MBKP$ параллелограмм (диагонали пересекаются и делятся точкой пересечения пополам). Ещё дважды применяя теорему Фалеса, получим $AMMB- =PACP= BKKC-= 45,$ откуда

AB = 4 ⋅ 4⋅(4 +5)= 144= 5,76 5 5 25

Ответ:

$5,76$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#71930Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Так как в задаче фигурирует окружность AIC, стоит подумать о её центре и о том, как он связан с описанной окружностью ABC. В этом вам поможет лемма о трезубце.

Подсказка 2.

Обозначим через M середину меньшей дуги AC описанной окружности. Когда определяется середина дуги и основание биссектрисы, возникают стандартные подобия. Попробуйте найти их.

Подсказка 3.

Например, рассматриваем треугольники AMB₁ и BMA. Тогда можно получить, что MA² = MB₁ · MB. Из-за леммы о трезубце у нас есть много отрезков, равных MA, а значит, можно найти несколько аналогичных подобий и вывести несколько равенств углов. Попробуйте связать их с искомой вписанностью.

Также можно воспользоваться другим подходом. Для этого попробуйте придумать дополнительное построение, которое сведет задачу к проверке вписанности другого четырехугольника, которая, в свою очередь, будет доказываться через степень точки.

Показать доказательство

Обозначим через $M$ середину дуги $AC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точку $B.$ Тогда точка $M$ лежит на прямой $BB1$ и по лемме о трезубце равноудалена от точек $I,$ $A$ и $C,$ поэтому $M$ лежит на отрезке $ED$ и является центром описанной окружности треугольника $AIC.$ Следовательно, $MA = MC = MD = ME.$ Так же заметим, что $2 MA = MB1 ⋅MB$ в силу подобия треугольников $MAB1$ и $MBA.$

$PIC$

Наконец, приведем два способа доказательства требуемого.

Первый способ. По уже обозначенным равенствам $MD2 =MB1 ⋅MB,$ что влечет равенство углов $MBD$ и $MDB1.$

$PIC$

Аналогично имеем равенство углов $MBE$ и $MEB1.$ Осталось заметить, что в силу симметрии и уже обозначенных равенств углов

∠DF E = ∠DB1E = 180∘ − (∠MBD +∠MBE )=180∘− ∠DBE,

следовательно, несмежные углы $B$ и $F$ в четырехугольнике $BDF E$ в сумме дают $∘ 180,$ что влечет его вписанность.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $F1$ – точка, симметричная $B1$ относительно $M.$ Тогда

MF1 ⋅MB = MB1 ⋅MB = ME ⋅MD,

следовательно, точки $B,D,F ,E 1$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что данная окружность переходит в себя под действием симметрии относительно серединного перпендикуляра к $DE,$ но $F 1$ переходит в $F,$ следовательно, также лежит на этой окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точка $B1$ является $B$ -точкой Шалтая треугольника $EBD.$ Она определяется как точка пересечения окружностей, проходящих через $B$ и касающихся стороны $ED$ в точках $E$ и $D$ соответственно. Условие исходной задачи может быть переформулировано так:

Точка, симметричная точке Шалтая треугольника, лежит на его описанной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#103214Максимум баллов за задание: 7

На диагонали $BD$ параллелограмма $ABCD$ отмечена точка $P,$ не лежащая на диагонали $AC.$ На луче $AP$ взята такая точка $Q,$ что $AP = PQ.$ Через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AB,$ она пересекла сторону $BC$ в точке $R.$ Затем через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AD,$ она пересекла прямую $CD$ в точке $S.$ Найдите угол $P RS.$

Источники: СПБГУ - 2020, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала обозначим различные точки пересечений, например, T — пересечение AB и SQ, M b N — пересечение AD и BD с QR. Были проведены параллельные прямые, не образовалось ли у нас параллелограммов? Что можно сказать об отрезках на их сторонах?

Подсказка 2

ATQM и BTQR — параллелограммы! Какие равенства имеют место быть?

Подсказка 3

MT = TB = QR! Нас просят найти угол PRS, поэтому хотелось бы сказать что-то про треугольники, находящиеся рядом с ним. У нас образовалось немало равных углов и сторон, быть может, поищем подобные треугольники?

Подсказка 4

Попробуем воспользоваться найденным равенством MT = QR и построить подобные треугольники, содержащие эти стороны.

Подсказка 5

Про R нас спрашивают в задаче, поэтому поработаем со стороной MN и проведем через P прямую, параллельную ей. Что можно сказать об образовавшихся отрезках на сторонах параллелограмма и треугольниках?

Подсказка 6

DKP и DMN подобны! Что тогда можно сказать о треугольниках LPS и QRS?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $T$ - точка пересечения прямых $AB$ и $SQ$ , а прямая $QR$ пересекает отрезки $AD$ и $BD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Так как $AMQT$ — параллелограмм, отрезок $TM$ проходит через точку $P$ и делится в ней пополам. Значит, $△T BP = △MNP,$ откуда

MN = TB = QR

$PIC$

Обозначим через $K$ и $L$ середины отрезков $AM$ и $T Q$ соответственно. Треугольники $APK$ и $QP L$ равны по стороне и двум углам, что дает $P K =LP.$ В силу подобия треугольников $DKP$ и $DMN$

LP-= PK- = MN-= QR- LS KD MD QS

Поэтому треугольники $PLS$ и $RQS$ подобны, и мы получаем $∠LSP =∠QSR.$ Таким образом, точки $S,R$ и $P$ лежат на одной прямой.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $O$ и $N$ — точки пересечения диагоналей параллелограммов $ABCD$ и $RQSC$ соответственно. Так как $AO = OC,$ отрезок $OP$ — средняя линия треугольника $AQC.$ Поэтому

1 OP ||CQ и OP = 2CQ = CN.

Тогда четырёхугольник $OPNC$ является параллелограммом, откуда $P N||OC$ . Треугольники $ABD$ и $RQC$ подобны, поскольку их соответствующие стороны параллельны. Следовательно,

CD AB RQ SC AD- =AD- = RC-= RC-.

Поэтому треугольники $ADC$ и $RCS$ также подобны и, значит, $∠DAC = ∠CRS.$ Таким образом, прямая $RS$ параллельна $AC,$ а по доказанному выше она параллельна и $P N.$ Поскольку у прямых $RS$ и $PN$ есть общая точка $N,$ они совпадают, откуда $∠P RS = 180∘.$

Ответ:

$180∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#104429Максимум баллов за задание: 7

Окружность проходит через вершины $A$ и $C$ равнобедренного треугольника $ABC (AB =BC )$ и пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N,$ соответственно. $MK,$ хорда этой окружности, равная по длине $√- 2 5,$ содержит точку $H,$ лежащую на $AC$ и являющуюся основанием высоты треугольника $ABC.$ Прямая, проходящая через точку $C$ и перпендикулярная $BC,$ пересекает прямую $MN$ в точке $L.$ Найти радиус окружности, описанной около треугольника $MKL,$ если $2 cos∠ABK = 3.$

Источники: ШВБ - 2020, 9 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о четырёхугольнике AMNC?

Подсказка 2

AMNC — равнобокая трапеция! Было бы полезно найти окружность, на которой лежать точки K, M, L. Например, найти вписанный четырёхугольник, вершинами которого являются эти точки. Какие есть подозрения на четвёртую вершину?

Подсказка 3

Давайте попробуем доказать, что BMKL — вписанный! Равенство каких углов нам для этого нужно?

Подсказка 4

Попробуем доказать, что углы MBK и MLK равны! Очень часто помогает идея разбить нужные углы на части, а затем доказать попарное равенство частей.

Подсказка 5

Что можно сказать о треугольниках CBH и NLC?

Подсказка 6

Треугольники CBH и NLC подобны! Тогда можно будет выписать соответствующие отношения сторон и попробовать найти другие подобные треугольники!

Подсказка 7

Рассмотрите треугольники KCL и BHK. Можно можно сказать про отношение их сторон? А о тупых углах в них?

Показать ответ и решение

$PIC$

Четырехугольник $AMNC$ — равнобедренная трапеция. Треугольники $AMH$ и $HNC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда:

∠AHM = ∠HMN = ∠MNH =∠NHC = ∠CHK =180∘− ∠NCK ∠MAC = ∠ACN =∠NCA ∘ ∘ ∘ ∠KHB =∠KHC + 90 = 180 − ∠NCK + 90 =∠KCL ∠AMK = ∠ACK =∠HNC

(как углы равных треугольников и как углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, треугольник $HNC$ подобен треугольнику $HCK$ и треугольник $BHC$ подобен треугольнику $NLC$ по двум углам. Значит,

KC NC LC KH-= CH- = HB-

и учитывая, что $∠KHB = ∠KCL$ , получаем подобие треугольника $KCL$ и треугольника $BHK,$ следовательно,

∠CLK = ∠HBK ⇒ ∠MBK = ∠MLK

а значит, точки $K,M,B,L$ лежат на одной окружности и

√- R = --MK-----= 2√5= 3 2sin∠ABK 235

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#108625Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ ; точка $K$ на стороне $AB$ и точка $L$ на стороне $BC$ таковы, что $AK = KL = LC$ . На луче $CB$ отмечена точка $M$ , для которой $CM =AB$ , а на прямой $AL$ - точка $N$ , для которой $MN ∥ AC$ . Докажите, что $BN = AB$ .

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке немало равных отрезков, а параллельность влечёт за собой равные углы. Что тогда хочется найти на рисунке?

Подсказка 2

Попробуем поискать подобные треугольники! Давайте отмечать равные углы ;)

Подсказка 3

Отлично, треугольники MNL и ALC подобны! Давайте тогда запишем равенства отношений их сторон, а затем преобразуем это так, чтобы воспользоваться равенствами отрезков из условия!

Подсказка 4

AL/AN = CL/CM. Настало время заменить отрезки на равные им ;)

Подсказка 5

Получается, что AL/AN = AK/AB. Давайте посмотрим на треугольники, в которых они расположены, и подумаем, что про них можно сказать ;)

Показать доказательство

Из равенств $∠MLN =∠ALC$ и $∠MNL =∠CAL$ следует подобие треугольников $MNL$ и $CAL$ . Поэтому $AL :AN = CL:CM =AK :AB,$ и треугольник $ABN$ подобен треугольнику $AKL$ . Равенство $BN = AB$ теперь следует из равенства $KL = AK$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#49001Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $M$ – середина гипотенузы $BC$ , а точки $P$ и $T$ делят катеты $AB$ и $AC$ в отношении $AP :PB = AT :TC = 1:2.$ Обозначим за $K$ точку пересечения отрезков $BT$ и $PM$ , за $E$ – точку пересечения отрезков $CP$ и $MT$ , и за $O$ — точку пересечения отрезков $CP$ и $BT.$ Доказать, что четырёхугольник $OKME$ вписанный.

Источники: Всесиб-2019, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, нам нужно доказать вписанность четырехугольника. Либо это нужно делать доказательством равенства некоторых отношений, либо через углы(которые являются следствием подобия). Если предположить, что мы будем доказывать через углы, то наиболее оптимальными кажутся углы OME и OKE. С углом OME пока не понятно, куда его перекинуть, а вот угол OKE кажется более интересным.

Подсказка 2

Посмотрим на отрезок PT. В силу отношений из условия, по обратной теореме Фалеса, PT || BC. А какие еще подобия, из-за этой параллельности, вы видите на картинке?

Подсказка 3

На картинке есть две пары подобных треугольников: (PET и CEM) и (PKT и BKM). Отсюда вытекают подобия TE/EM=PT/CM, PT/BM=PK/KM и , в силу CM=BM, по обратной теореме Фалеса, получаем, что углы OKE и OBC равны. А вот и получилось перекинуть угол OKE. Остался только вопрос, какому еще углу равен угол OME? Сразу не видно, но кажется, что такого угла нет на картинке. А как его получить, если воспользоваться симметрией треугольника AMC(он равнобедренный) и тем, что AT/2=ТC?

Подсказка 4

Можно соединить М c серединой TC(пусть это точка D). Тогда, в силу симметрии, так как AT=DC, то углы OME и DMC равны. А куда теперь можно перекинуть угол DMC, если MD соединяет середины сторон ВС и TC?

Подсказка 5

В силу того, что MD-cредняя линия, угол DMC и угол TBC равны. То есть осталось доказать, что угол TBC равен углу OKE , и задача решена!(параллельность такая: бзззз)

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как $AP :PB = AT :TC = 1:2$ , то $PT ∥BC$ по обратной теореме Фалеса, тогда из подобия треугольников $PT :BC = 1:3.$

Так как из подобия соответствующих треугольников $TE- PT- EM = CM$ и $PT- PK- BM = KM$ , то с учётом $CM =BM$ по обратной теореме Фалеса получаем $KE ∥BC$ и $∠OKE = ∠OBC.$

Теперь обозначим середину $TC$ как $D$ . Тогда $MD ∥BT$ как средняя линия и $∠OKE = ∠OBC = ∠DMC$ . Так как $AMC$ равнобедренный и $AC- TC- AT = 3 = 2 =DC$ , то $∠AMT = ∠MDC =∠OKE$ , что означает вписанность четырёхугольника $OKME.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#70273Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ на сторонах $AB$ и $CD$ расположены точки $P$ и $Q$ соответственно. Известно, что $AQ ∥CP,BQ ∥DP$ , $AB ⊥ BC$ и $CD ⊥ DP.$ Докажите, что $AB ⊥AD.$

Источники: Муницип - 2018, Краснодарский край, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество параллельных прямых намекает нам, во-первых, на множество пар равных углов, но они нам в доказательстве мало чем могут помочь, а, во-вторых, на теорему о пропорциональных отрезках. Но если мы просто построим четырехугольник и проведем все прямые, то по такому рисунку мы не сможем применить никак теорему о пропорциональных отрезках. Подумайте, какое дополнительное построение нам необходимо для этого провести.

Подсказка 2

Давайте продлим прямые BA и CD до пересечения в точке T. Теперь мы можем записать две пропорции: AT/AP=(TD+DQ)/QC и TD/DQ=(TA+AP)/PB. Подумайте, как можно переписать то, что AB ⊥ AD, если мы знаем, что AB ⊥ BC и как нам могут помочь в дальнейшем доказательстве ранее полученные пропорции?

Подсказка 3

Для доказательства того, что AB ⊥ AD, на будет достаточно доказать, что AD параллельно ВC. Если мы перемножим пропорции крест накрест и вычтем одно выражение из второго, то получим равенство AT*DQ + AT*QC = AP*TD + BP*TD. Подумайте, почему это доказывает параллельность AD и BC.

Показать доказательство

Поскольку $AB ⊥BC$ , то достаточно доказать $AD ∥BC$ . Пусть $BA∩ CD = T$ . Введём обозначения $AT = a,AP = b,P B = c,TD =x,DQ = y,QC = z$ .

$PIC$

Из $AQ ∥PC$ следует

AT-= T-Q ⇐ ⇒ a = x+-y ⇐⇒ az = bx+by AP QC b z

Аналогично из $PD ∥QB$

TD- -TP x a+-b DQ =P B ⇐ ⇒ y = c ⇐⇒ cx= ay+by

Нам же требуется показать

AT TD a x AD ∥BC ⇐⇒ AB-= CD- ⇐⇒ b+-c = y-+z ⇐ ⇒ ay+ az = bx+cx

Остаётся заметить, что это равенство является разностью двух равенств выше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#80235Максимум баллов за задание: 7

Вершина $F$ параллелограмма $ACEF$ лежит на стороне $BC$ параллелограмма $ABCD.$ Известно, что $AC = AD$ и $AE = 2CD.$ Докажите, что $∠CDE = ∠BEF.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, ЗЭ, 8 задача(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно воспользоваться условием AE=2CD?

Подсказка 2

Давайте отметим точку M - середину отрезка AE (так мы получим, что AM = CD). Что можно сказать про четырехугольник ADCM?

Подсказка 3

Он является равнобокой трапецией. Выведите из этого равенство углов FEM и MDC. Что теперь достаточно доказать про углы MDE и MEB, что завершить доказательство?

Подсказка 4

Достаточно показать их равенство. Как это можно сделать?

Подсказка 5

Можно доказать, что треугольник MDE и BME подобны. Как это можно сделать?

Подсказка 6

Из равенства AC=CD следует равенство углов ACD и CDA. Воспользуйтесь этим, чтобы показать, что углы BMA и AMD равны. Тем самым, мы покажем равенство углов BME и EMD. Осталось проверить равенство отношений соответствующих сторон

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $M$ — середина отрезка $CF.$ Поскольку четырехугольник $ACEF$ — параллелограмм, точка $M$ является серединой отрезка $AE.$

$PIC$

Обозначим $∠MAC = ∠MEF = α$ и $∠ABC =∠ADC =∠ACD = β.$ Так как $AM = AE ∕2 =CD, AMCD$ — равнобокая трапеция, откуда мы получаем что $α =∠MAC = ∠MDC$ и $MD = AC = AD.$ Кроме того, поскольку $MA =CD = AB$ и $∠ABM =∠ADC =β,$ равнобедренные треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому $AB∕BM =AC ∕CD.$

Треугольники $BME$ и $EMD$ также подобны, так как

∠BME = 180∘ − β =180∘− ∠DMA = ∠EMD

и $BM ∕ME = BM ∕MA =CD ∕AD = MA∕MD =EM ∕MD.$ Значит, $∠BEM = ∠EDM,$ откуда $∠BEF = ∠BEM − α =∠EDM − α= ∠CDE,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Как и в первом решении, введём точку $M$ и покажем, что $AMCD$ — равнобокая трапеция. Отложим на луче $DC$ отрезок $CS = DC = ME.$ Поскольку $∠SCB = ∠ABC = β =∠EMC,$ перпендикуляры, опущенные на $BC$ из точек $E$ и $S,$ равны, откуда $SE ∥BC.$ Поэтому четырёхугольники $MSEC$ и $ASED$ — также равнобокие трапеции; в частности, $ASED$ вписана в некоторую окружность $ω.$ С другой стороны, поскольку отрезки $AB$ и $CS$ параллельны и равны, $ACSB$ — параллелограмм, откуда $BS = AC =AD.$ Значит, $DABS$ — также равнобокая трапеция. Поскольку точки $A,S$ и $D$ лежат на $ω,$ точка $B$ лежит на этой же окружности. Из вписанного четырёхугольника $BSED$ теперь получаем $∠SBE = ∠SDE = ∠CDE.$ Осталось заметить, что $BSEF$ — параллелограмм (ибо $BS$ параллелен и равен $F E$ ), откуда $∠BEF =∠SBE =∠CDE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#43639Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AD$ и $CE.$ Точки $M$ и $N$ — основания перпендикуляров, опущенных на прямую $DE$ из точек $A$ и $C$ соответственно. Докажите, что $ME = DN$ .

Источники: Муницип - 2016, Москва, 9.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы провели две высоты. У нас получился четырёхугольник AEDC. Что о нём можно сказать?

Подсказка 2

Верно, он является вписанным. К тому же центр описанной окружности — это середина AC, так как AC диаметр. Давайте теперь посмотрим, какая фигура у нас получилась из построения? А какое дополнительное построение тогда напрашивается из нынешней подсказки?

Подсказка 3

Ага, это же прямоугольная трапеция, в которой мы можем провести среднюю линию OK. Выходит, MK=KN. А середина AC (пусть О) - тот самый центр нашей окружности. Зная, что OK перпендикуляр к NM и факт из прошлого предложения, какой вывод можно ещё сделать?

Подсказка 4

Верно, OK будет ещё медианой в треугольнике OED, так как OE=OD, как радиусы. Теперь только осталось вспомнить, что за дополнительное построение у нас было, и победа!

Показать доказательство

Так как $∠ADC = ∠AEC$ , то четырехугольник $AEDC$ вписанный. Далее можно рассуждать по-разному.

Первое решение.

По свойству вписанного четырехугольника (см. рис.)

∠NDC = ∠BAC = α,∠MEA =∠BCA =γ

Тогда, используя прямоугольные треугольники $AME$ и $AEC$ , получим

ME = AE⋅cosγ = AC ⋅cosα⋅cosγ

Аналогично,

DN =DC ⋅cosα= AC ⋅cosγ⋅cosα

Следовательно, $ME = DN$ .

$PIC$

Замечание. Отметим, что использованные равенства углов можно получить из подобия треугольников $DBE$ и $ABC$ , которое, в свою очередь, можно получить из подобия треугольников $ABD$ и $CBE$ (если не использовать окружность).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Воспользуемся тем, что центром окружности, описанной около $AEDC$ , является середина $O$ стороны $AC$ . Так как треугольник $DOE$ равнобедренный, то его высота $OK$ является и его медианой, те есть $EK = KD$ (см. рис.). Прямые $AM, OK$ и $CN$ перпендикулярны прямой $ED$ , поэтому параллельны друг другу. Из того, что $AO = OC$ по теореме Фалеса следует, что $MK = KN$ . Тогда

ME = MK − EK = KN − KD = DN

$PIC$

Замечание. В этом способе решения необязательно “напрямую” использовать окружность. Равенство $OE =OD$ следует из того, что эти отрезки являются медианами прямоугольных треугольников с общей гипотенузой, проведёнными к ней.

Предыдущая подтема

Следующая подтема