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 41#86261Максимум баллов за задание: 7

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω.$ Касательные к $ω$ в точках $B$ и $C$ пересекаются в $T.$ Точка $S$ на прямой $BC$ такова, что $AS ⊥ AT.$ Точки $B1$ и $C1$ лежат на прямой $ST$ так, что $B1T = BT = C1T.$ Докажите, что треугольники $ABC$ и $AB1C1$ подобны.

Источники: СпбОШ - 2019, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Пусть $M$ – середина отрезка $BC.$ Тогда из условия получаем, что точки $S,A,M,T$ лежат на одной окружности. Значит $∠AT S = ∠AMS.$ Докажем, что треугольники $AB1T$ и $ABM$ подобны. Для этого достаточно показать, что $B1T BM- AT = AM .$ Пусть $∠ACB =γ,∠BAT = ∠CAM =α.$ Нетрудным подсчётом углов получаем, что $∘ ∠ABT =180 − γ.$ Тогда

B1T BT sin(∠BAT ) sin(α) sin(∠CAM ) CM BM AT--= AT-= sin(∠ABT-) = sin(180∘-− γ) = sin(∠ACM-) = AM-= AM

Доказали подобие треугольников $AB1T$ и $ABM.$ Следовательно, $∠AB1T = ∠ABC.$ Аналогично $∠AC1T = ∠ACB,$ откуда и следует подобие треугольников $ABC$ и $AB1C1.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#90835Максимум баллов за задание: 7

Высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Найти длины сторон этого треугольника, если известно, что $AH = BH = 3,CH =17$ .

Показать ответ и решение

Обозначим точки падения высот индексами $1$ . Сразу заметим, что из $AH = BH$ следует $AC = BC$ , поскольку $CC 1$ – высота и медиана.

$PIC$

Теперь пусть $∠B1BA = α= ∠ACC1$ , тогда $HB1 = 17sinα$ , кроме того, в силу $∠HAB =∠HBA =α$ имеем $∠CAH =90∘− 2α$ , то есть $B1H = AH sin∠CAH =3cos(2α)= 17sinα$ , откуда получаем уравнение:

√ --- 6sin2α +17sin α− 3= 0=⇒ sinα = −17±--361-= 1,−3 12 6

Поскольку один корень явно не подходит, $sinα= 1∕6,cosα= √35∕6$ , поскольку угол острый. В итоге имеем $AB =2BC1 = 6cosα =√35-$ , $AC = BC = AC1= 3√35 sinα$ .

Ответ:

$√35, 3√35, 3√35$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#92073Максимум баллов за задание: 7

Точка $X$ лежит внутри правильного треугольника $ABC.$ Точки $A ,B ,C 1 1 1$ симметричны точке $X$ относительно сторон $BC,AC,AB$ соответственно. Докажите, что прямые $AA1,BB1$ и $CC1$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Обозначим $∠XAB = α$ , $∠XBC = β$ и $∠XCB = γ$ .

Проведём отрезок $BB1$ и обозначим $∠ABB1 = x1$ , $∠B1BC = y1$ .

$PIC$

Запишем теорему синусов для $ΔBCB1$ :

sin-y1 = sin(120∘−-γ) B1C BB1

(1)

и для $ΔABB 1$ :

sinx- sin(120∘−-α) AB1 = BB1

(2)

Разделим $(2)$ на $(1)$ :

∘ sinx1⋅ B1C-= sin-(120∘− α) siny1 AB1 sin (120 − γ)

Так как $B1$ и $X$ симметричны относительно отрезка $AC$ , то $AX = AB1$ и $CX = CB1$ . Тогда

∘ sinx1 = AX-⋅ sin(120∘-− α) siny1 CX sin(120 − γ)

(3)

Если провести отрезок $CC1$ и обозначить $∠BCC1 = x2$ , $∠C1CA =y2$ , то аналогично получаем, что

sinx2 = BX-⋅ sin(120∘-− β) siny2 AX sin(60∘+ α)

(4)

И для $AA1$ , $∠CAA1 = x3$ , $∠A1AB = y3$ , получаем

sinx CX sin(60∘+ γ) siny33 = BX-⋅sin(60∘+-β)

(5)

Перемножим $(1),(2) и (3)$ :

sinx1⋅ sin-x2⋅ sinx3 = sin(120∘−-α)⋅ sin(120∘−-β)⋅ sin-(60∘+-γ) siny1 sin y2 siny3 sin(120∘− γ) sin (60∘+ α) sin (60∘+ β)

Но так как $sin(60∘+ α)= sin(120∘− α)$ (для $β и γ$ aналогично), то данное выражение равняется 1. Это означает выполнение условия теоремы обратной теоремы Чевы. Значит, $AA ,BB и CC 1 1 1$ пересекаются в одной точке.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#116304Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ один из углов равен разности двух других и один из углов в два раза больше другого. Биссектрисы углов $A,B$ и $C$ пересекают описанную вокруг треугольника окружность в точках $A1,B1$ и $C1$ соответственно. Найдите площадь треугольника $A1B1C1,$ если площадь треугольника $ABC$ равна $2.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим углы треугольника $α,β$ и $γ$ , причём $α≥ β ≥ γ$ . Тогда $α= β +γ$ , поэтому $2α= α+ β+ γ = π$ ,то есть $α = π2$ .

Возможны два случая.

1) Если $α= 2β$ , то $β = π4 = γ$ , то есть треугольник равнобедренный, что противоречит условию.

2) Пусть $β = 2γ$ , тогда $β = π3 ,γ = π6$ .

Пусть $S$ — площадь треугольника $ABC,S1$ — площадь треугольника $A1B1C1,R$ — радиус окружности, описанной около треугольников $ABC$ и $A1B1C1$ . Так как треугольник $ABC$ прямоугольный, то $BC =2R$ и $√- S = 23R2$ , а углы треугольника $A1B1C1$ (по теореме о вписанном угле) равны

α′ = π,β′ = π ,γ′ = 5π 4 3 12

Значит,

1 π S1 = 2B1A1⋅B1C1 ⋅sin 3

Из теоремы синусов, применённой к треугольнику $A1B1C1$ , получаем

5π π B1A1 = 2Rsin 12-,B1C1 =2R sin4

Следовательно,

√- √ - √ - S1 =2R2sin5πsin πsin π= 4√S-⋅-3√+1 ⋅ 1√-⋅-3= S--3+1 = √3+ 1 12 4 3 3 2 2 2 2 2

Ответ:

$√3-+1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#82151Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC (∠C = 90∘) CH$ – высота; $HA , HB 1 1$ – биссектрисы углов $∠CHB, ∠AHC$ соответственно; $E, F$ – середины отрезков $HB1$ и $HA1$ соответственно. Докажите, что прямые $AE$ и $BF$ пересекаются на биссектрисе угла $ACB$ .

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем это по обратной теореме Чевы (в синусной форме). Достаточно показать, что $sisnin∠∠BE1AAHE⋅ssiinn∠∠FHBBAF1 = 1.$

Напишем теорему синусов для $ΔAB1E$ и $ΔAEH :sinB∠1EB1AE-= sin∠AAEB1E,sinE∠HEAH-= sinA∠EEHA-.$ Если поделить одно на другое, получим, что $sisnin∠∠BE1AAHE= sinsi∠nA∠BA1HEE .$ Аналогично получаем: $ssinin∠∠HFBBFA1 = sisinn∠∠FFHAB1B-.$

То есть нужное нам равенство можно переписать в виде $sisnin∠∠AABH1EE⋅ssiinn∠∠FFAH1BB = 1.$ Заметим, что $∠B1HA1 = 90∘,$ потому что он образован биссектрисами смежных углов. Следовательно, четырёхугольник $A1HB1C$ — вписанный. Значит, $∠AB1E = ∠CA1H = 180∘ − ∠HA1B,$ откуда $sin∠AB1E = sin∠HA1B.$ Если учесть, что $∠AHE =∠F HB =45∘,$ то видно, что в равенстве $sinsi∠nA∠BA1HEE ⋅ ssinin∠∠FFHAB1B =1$ все синусы сократятся, получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#92142Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $KLM (KL = LM )$ с углом при вершине, равным $114∘$ . Точка $O$ расположена внутри треугольника $KLM$ так, что $∘ ∠OMK =30$ , а $∘ ∠OKM = 27$ . Найдите величину угла $∠LOM$ .

Источники: ОММО - 2021, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть три пересекающиеся в одной точке(хоть и не продолженные до пересечения со сторонами) чевианы, а значит, мы можем записать тригонометрическую теорему Чевы. Но вот загвоздка, нам надо будет решать тригонометрическое уравнение вида sin(114 - x) * a = b * sinx, где a и b - некоторые константы. Но если, скажем, мы хотим просто угадать корень, то какие претенденты есть?

Подсказка 2

Вот у нас там будут константы в числителе sin3 * sin27, а в знаменателе sin30 * sin6. Ну как будто хотелось бы не расписывать громоздко sin27, чтобы не портить произведение, при этом как-то
его сократить. При этом, sin6 расписывается легко и без порчи произведения. Остается в знаменателе только cos3, а в числителе sin27. Какой тогда угол просится вместо x? Чему тогда равен искомый угол?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $LH$ — высота/медиана/биссектриса треугольника. Пусть $S$ — пересечение луча $MO$ и отрезка $LH$ .

$PIC$

Заметим, что $KS = SM$ (поскольку в треугольнике $KSM$ медиана $SH$ совпала с высотой).

Посчитаем углы: 1. $∠KLM ∘ ∠HLK = --2--= 57$ ; 2. $∘ ∘ ∠LKM = 90 − ∠HLK =33$ ; 3. $∘ ∠SKM = ∠SMK = 30$ ; 4. $∘ ∠LKS = ∠LKM − ∠SKM = 3$ ; 5. $∘ ∠SKO = ∠SKM − ∠OKM = 3$ , а значит $∠SKO = ∠SKL$ ; 6. $∘ ∠SOK = ∠OMK +∠OKM = 57$ , а значит $∠SOK =∠SLK$ .

Треугольники $SKO$ и $SKL$ равны по общей стороне $KS$ и двум углам (пункты 5. и 6.) Следовательно, $KO = KL$ , треугольник $KOL −$ равнобедренный. Значит,

∠LOK = 90∘ − ∠OKL2 = 87∘

∠KOM =180∘− ∠OKM − ∠OMK = 123∘

∠LOM = 360∘− ∠LOK − ∠KOM =150∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Несложно посчитать, что $∠LKO = 6∘,∠LMO = 3∘$ . Докажем, что $∠KLO = 87∘$ , а $∠OLM = 27∘$ . Для этого воспользуемся тригонометрической формой теоремы Чевы. В соответствии с этой теоремой нам достаточно проверить, что

sin3∘ sin27∘ sin87∘ sin30∘ ⋅ sin6∘ ⋅sin27∘ = 1,

или $∘ ∘ ∘ ∘ sin6 ⋅sin30 = sin3 ⋅sin87$ . Это очевидно:

1 sin6∘⋅sin30∘ = (2 ⋅sin3∘⋅cos3∘)⋅2 = sin3∘⋅sin87∘.

Осталось лишь вычислить $∠LOM$ из треугольника $LOM$ .

Ответ:

$150∘$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#46085Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ является центром окружности, касающейся двух сторон треугольника $ABC$ , и лежит на стороне $BC$ . Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ , если $3 OB = 2,OC =2,AC = 3$ .

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что за окружность такая с центром О, которая касается двух сторон угла BAC? Можем ли мы сказать, где лежит точка О?

Подсказка 2

Центр вписанной в угол окружности всегда лежит на его биссектрисе! А какое хорошее свойство есть у биссектрисы?

Подсказка 3

Она делит сторону BC точкой О в отношении, равном отношению прилежащих сторон. Теперь мы легко находим длину AB! Как по трём сторонам треугольника ABC найти радиус описанной около него окружности?

Подсказка 4

Например, радиус описанной окружности можно найти по теореме синусов! Для этого только нужен угол, который находится по трём сторонам из теоремы косинусов.

Показать ответ и решение

$PIC$

Центр $O$ вписанной в угол $ABC$ окружности лежит на биссектрисе угла $A$ . Отсюда по свойству биссектрисы $AB = BCOO-⋅AC =4$ . Мы знаем все стороны треугольника, потому можем использовать теорему косинусов для $∠A =α$

√-- 49 =32+ 42− 2 ⋅3 ⋅4 cosα =⇒ cosα = 17- =⇒ sinα = 7-15 4 32 32

Откуда $R= -BC- = √8- 2sinα 15$ .

Ответ:

$√8-- 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#75219Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB,BC,CD$ и $AD$ вписанного четырехугольника $ABCD$ выбраны точки $K,L,M,N$ соответственно. Оказалось, что четырехугольник $KLMN$ является ромбом с $KL ∥ AC$ и $LM ∥BD.$ Обозначим через $ωA,ωB,ωC,ωD$ вписанные окружности треугольников $ANK,BKL, CLM$ и $DMN$ соответственно. Докажите, что общие внутренние касательные к $ωA$ и $ωC$ и общие внутренние касательные к $ωB$ и $ωD$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Для начала давайте соберём побольше информации про рисунок. Пусть S - точка пересечения внутренних касательных окружностей (AKN) и (CLM). Например, точно можно сказать, что они гомотетичны. А какие ещё объекты связывает эта гомотетия?

Подсказка 2:

Рассмотрите прямую, проходящую через S параллельно KL, пересекающую LM в S_C, KN в S_A. Что можно сказать про отношение S_AS к SS_C? Оно как-то связано с радиусами вышеупомянутых окружностей. А если рассмотреть аналогичные прямую и отношение для точек B и D?

Подсказка 3:

Вероятно, вы пришли к тому, что SS_A относится к SS_C так же, как радиусы вписанных окружностей AKN и CML. Давайте поймём, что если доказать аналогичный факт для аналогичных объектов, связанных с точками B и D, то задача будет решена.

Подсказка 4:

Действительно, применяя аналогичные рассуждения к точке пересечения S' внутренних общих касательных к BKL и NMD, мы увидим, что S' удовлетворяет аналогичным соотношениям, и внутри KLMN существует единственная точка, удовлетворяющая им. Следовательно, S′ = S. Как же теперь прийти к желаемому соотношению?

Подсказка 5:

Давайте заметим, что S_BS к S_DS относятся так же, как KS_A к S_AN. С этим отношением работать проще.

Подсказка 6:

Для доказательства стоит обратить внимание на четырёхугольник, который получится соединением треугольников AKN и LCM. Основная идея доказательства - это связь отношения отрезков и площади треугольников. А дальше счёт!

Показать доказательство

Пусть $I i$ — центр $ω, i$ а $r i$ — его радиус для $i= A, B, C, D.$ Обозначим через $T A$ и $T C$ точки касания $ω A$ и $ω C$ с $NK$ и $LM$ соответственно. Предположим, что внутренние общие касательные к $ωA$ и $ωc$ пересекаются в точке $S$ , которая является центром гомотетии $h$ с отрицательным коэффициентом (а именно, с коэффициентом $− rC∕rA$ ), переводящей $ωA$ в $ωC.$ Эта гомотетия переводит $TA$ в $TC$ (так как касательные к $ωA$ и $ωC$ в точках $TA$ и $TC$ параллельны), следовательно, $S$ — точка на отрезке $TATC$ с $TAS :STC = rA :rC.$

Построим отрезки $SASC ∥ KL$ и $SBSD ∥LM$ через $S$ с $SA ∈NK, SB ∈KL,SC ∈ LM$ и $SD ∈ MN.$ Обратим внимание, что $h$ переводит $SA$ в $SC,$ следовательно, $IASA ∥ ICSC$ и $SAS :SSC = rA :rC.$ Докажем, что $SBS :SSD =rB :rD$ или, что то же самое, $KSA :SAN = rB :rD.$ Это докажет утверждение задачи; действительно, применяя аналогичные рассуждения к точке пересечения $′ S$ внутренних общих касательных к $ωB$ и $ωD,$ мы увидим, что $′ S$ удовлетворяет аналогичным соотношениям, и внутри $KLMN$ существует единственная точка, удовлетворяющая им. Следовательно, $S′ = S.$

Далее обозначим через $I1,I2,I3,I4$ и $r1,r2,r3,r4$ инцентры и радиусы вписанных окружностей треугольников $DAB, ABC,BCD$ и $CDA$ соответственно. Треугольник $CLM$ можно сдвинуть на $−−→ LK,$ чтобы склеить его с треугольником $AKN$ в четырехугольник $AKC ′N,$ подобный $ABCD.$ В частности, это показывает, что $r1 :r3 = rA :rC;$ аналогично $r2 :r4 =rB :rD.$ Более того, тот же сдвиг переводит $SC$ в $SA,$ а также $IC$ в инцентр $I′C$ треугольника $KC′N.$ Поскольку $IASA ∥ICSC,$ точки $IA,SA,I′C$ лежат на одной прямой. Таким образом, для завершения решения достаточно применить к четырехугольнику $AKC ′N$ следующую лемму.

$PIC$

Лемма. Пусть $ABCD$ — вписанный четырехугольник, и определим $I1,I3,r2$ и $r4,$ как выше. Пусть $I1I3$ пересекается с $BD$ в точке $X.$ Тогда $BX :XD = r2 :r4.$

Доказательство леммы. Пусть в описанной окружности $ABCD$ $′ ′ ′ K ,L ,M$ и $′ N$ — середины дуг $AB,BC,CD$ и $DA,$ не содержащих других вершин $ABCD,$ соответственно. Таким образом, $′ K =CI2 ∩DI1$ и т. д. В дальнейших вычислениях мы обозначим за $[P]$ площадь многоугольника $P.$ Используя подобия $′ ′ △I1BK ∼ △I1DN$ и т.п., а также равенства треугольников $′ ′ ′′ △I2K L = △BK L$ и $′ ′ ′ ′ △I4M N = △DM N$ (например, выполнено первое равенство, поскольку $′′ K L$ – общая биссектриса углов $′ ∠BK I2$ и $′ ∠BL I2$ ), получаем:

$BX- [I1BI3] BI1⋅BI3⋅sinI1BI3 -BI1 BI3 sin-N′BM-′ DX = [I1DI3] = DI1⋅DI3⋅sinI1DI3 =DI1 ⋅CI3 ⋅ sinK′DL′ BK-′ -BL′ sinN′DM-′ -BK′⋅BL-′⋅sinK-′BL-′- sin2N′DM-′ = DN ′ ⋅DM ′ ⋅ sinK ′BL ′ = DN ′⋅DM ′⋅sin N′DM ′ ⋅sin2K ′BL′ [K ′BL′] N ′M ′2 [K′BL′]⋅ AKC′L2′2 [AI2C] r2 = [M′DN-′] ⋅-K′L′2 = [M-′DN′]⋅ AC′2′2-= [AI4C] = r4, NM$

что и заканчивает наше доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#73172Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $ABC$ пересекает описанную окружность $ω$ треугольника $ABC$ в точках $B$ и $L$ . Точка $M$ — середина отрезка $AC$ . На дуге $ABC$ окружности $ω$ выбрана точка $E$ так, что $EM ∥ BL$ . Прямые $AB$ и $BC$ пересекают прямую $EL$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PE = EQ$ .

Источники: ММО-2019, 9.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите точки пересечения EM с AB и BC . Обозначьте все равные углы, какие сможете найти.

Подсказка 2

Мы хотим доказать равенство сторон, но по сути знаем только углы. Что можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте воспользоваться теоремой синусов.

Показать доказательство

Пусть прямая $EM$ пересекает $AB$ и $BC$ в точках $P′$ и $Q′$ соответственно. Также обозначим

′ ′ α= ∠BAE = ∠BLE = ∠BCE = ∠QEQ = ∠PEP

′ ′ β = ∠ABL = ∠CBL =∠AP E = ∠BQ E

(использовали равные опирающиеся на одну дугу углы и углы при параллельных прямых)

$PIC$

Последовательно применяя теорему синусов для треугольников $PP′E$ , $AP ′E$ и $AP ′M$ , получим:

PE = P′E⋅sin-β= --AP-′⋅sinα-⋅sinβ-- = sin(β− α) sin(β+ α)⋅sin(β − α)

AM sin∠EMC ⋅sinαsin β AC ⋅sin∠EMA ⋅sinα = sinβ-sin(β-+α)sin(β−-α) = 2⋅sin(β+-α)⋅sin(β-− α)

Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников $QQ ′E$ , $CQ′E$ и $CQ ′M$ , получим:

CM-⋅sin∠EMC--⋅sinα-⋅sinβ -AC-⋅sin∠EMA--⋅sinα- QE = sin β⋅sin(β +α)⋅sin(β− α) = 2⋅sin(β+ α)⋅sin(β − α) =P E

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#84475Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA′$ и $BB′$ , точка $O$ — центр его описанной окружности. Докажите, что расстояние от точки $′ A$ до прямой $BO$ равно расстоянию от точки $′ B$ до прямой $AO$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть α, β, γ — углы треугольника при вершинах A, B и С соответственно. Попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Воспользуйтесь свойством ортоцентра и тем, что треугольник ABB' — прямоугольный.

Подсказка 3

Выразите AK' через другую сторону и тригонометрические функции.

Подсказка 4

Воспользуйтесь тем, что O — центр описанной окружности и треугольника AOC.

Показать доказательство

Введём обозначения, $α,$ $β,$ $γ$ — углы треугольника при вершинах $A,B,C$ соответственно.

По свойству ортоцентра и тому, что треугольник $′ ABB$ прямоугольный получаем

′ ′ ∘ ′ ∘ ∠A BK = ∠ABB =90 − ∠BAB =90 − α

Значит, так как треугольник $A′BK$ прямоугольный

A ′K = A′B sin(90∘− α)= A′Bcosα

А из прямоугольного треугольника $AA ′B$ получаем, что

A′B = AB cosβ

Подставив эти равенства одно в другое, в итоге получим, что

A′K = AB cosβ cosα

$PIC$

Теперь из того, что $O$ — центр описанной окружности и равнобедренного треугольника $AOC,$ в котором $AO = CO$ как радиусы, выражаем

′ ∘ ∠AOC- ∘ 2∠ABC- ∘ ∠B AT = 90 − 2 = 90 − 2 = 90 − β

Так как треугольники $′ AB T$ и $′ ABB$ прямоугольные, то

B ′T = AB′sin(90∘− β)= AB′cosβ = ABcosαcosβ

Видно, что

′ ′ A K = BT = AB cosαcosβ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#74566Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ расположена точка $P.$ На стороне $BC$ выбрана точка $H,$ не совпадающая с серединой стороны. Оказалось, что биссектриса угла $AHP$ перпендикулярна стороне $BC,$ угол $ABC$ равен углу $HCP$ и $BP =AC.$ Докажите, что $BH = AH.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, дистанционный этап

Показать доказательство

$PIC$

Запишем теорему синусов для треугольников $BCP$ и $ABC :sinB∠CBPC-= sinB∠BPCP-,sinB∠CBAC-= sinA∠CABC.$ Поскольку $BP =AC$ и $∠ABC =∠BP C,$ получаем, что $sin ∠BAC = sin∠BP C.$ Отсюда возникают два случая, либо углы $BAC$ и $BP C$ равны, либо они в сумме дают $180∘.$ В первом случае четырёхугольник $BCAP$ был бы вписанным, но это невозможно, потому что по условию точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$ . Следовательно, углы в сумме дают $180∘.$

Вспомним про то, что биссектриса угла $AHP$ перпендикулярна $BC.$ На самом деле, это условие равносильно равенству углов $BHP$ и $AHC.$ Продлим $AH$ за точку $H$ на длину отрезка $PH.$ Получим точку $P1.$ Углы $BHP1$ и $AHC$ вертикальные, а значит $BC$ — биссектриса угла $PHP1.$ Получается, что мы отразили точку $P$ относительно $BC.$ В таком случае, $∠P CB =∠BCP1.$ Также $∠BP C =∠BP1C,$ то есть четырёхугольник $ABP1C$ вписанный, потому что сумма противолежащих углов равна $180∘.$ Но тогда $∠P1CB = ∠P1AB.$ Таким образом, треугольник $AHB$ равнобедренный, это даёт требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#74814Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ с центром описанной окружности $O$ проведены высоты $BH B$ и $CH . C$ Точки $X$ и $Y$ симметричны точкам $HB$ и $HC$ относительно середин сторон $AC$ и $AB$ соответственно. Докажите, что прямая $AO$ делит отрезок $XY$ пополам.

Источники: Турнир городов - 2018, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть AO пересекает XY в точке K. Нас просят доказать равенство XK = KY или же отношение XK/KY. На какие мысли это наталкивает?

Подсказка 2:

Существует теорема, которая очень хорошо дружит с отношениями отрезков, это теорема синусов. Подумайте, к каким треугольникам её можно здесь применить?

Подсказка 3:

Попробуйте написать теоремы синусов для треугольников AXK и AYK. Если поделить одно на другое, то получится выразить отношение XK/KY через нечто, которое должно быть равно 1.

Показать доказательство

Пусть $K$ – точка пересечения прямых $AO$ и $XY.$

Выразим по теореме синусов в треугольниках $AXK$ и $AYK$ отношение отрезков $XK$ и $KY :$

XK XK AY AX sin∠XAK sin∠AKY AX sin∠XAK AX KY- = AX-⋅KY-⋅ AY-= sin∠XKA--⋅sin∠KAY--⋅AY-= sin∠KAY--⋅AY-

Ясно, что $AX = CHB$ и $AY = BHC.$ Из прямоугольных треугольников $BCHB$ и $BCHC$ следует, что

AXAY = CBHHB-= CHBBC- ⋅ BBCH-= ssinin∠∠CBBCHHB-- C C C

Осталось лишь заметить, что $∠XAK =∠BCHC = 90∘ − ∠B$ и $∠KAY = ∠CBHB =$ $=90∘− ∠C$ поскольку $AK$ – направление на центр описанной окружности. Получается, что

XK- = sin∠XAK--⋅ AX-= sin∠XAK-⋅ sin-∠CBHB-= 1 KY sin∠KAY AY sin ∠KAY sin ∠BCHC

что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#105110Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ взята такая точка $D,$ что $∠ABD = ∠CBD = 40∘,$ $∠ACD = 20∘,∠CAD = 30∘.$ Найдите:

a) углы $∠BAD$ и $∠BCD;$

б) расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $BCD,$ если $BC = 3.$

Источники: ПВГ 2018

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Что можно сказать о расположении точки D? Быть может, она не так случайно построена, как кажется ;) Давайте посчитаем некоторые углы на картинке!

Пункт а, подсказка 2

D лежит на биссектрисе угла B! А чему равен ∠ADC? Так ли много таких точек?)

Пункт а, подсказка 3

Докажите, что D — точка пересечения биссектрис треугольника ABC!

Пункт б, подсказка 1

Отлично, теперь мы знаем углы и одну сторону треугольников, у которых изучаем описанные окружности! Какая теорема может нам в этом помочь?

Пункт б, подсказка 2

Воспользуйтесь теоремой синусов для треугольников ABC и BDC!

Пункт б, подсказка 3

Ого, у нас окружности с равными радиусами! Что тогда можно сказать про отрезок между их центрами? Как он пересекает общую хорду?

Пункт б, подсказка 4

Отрезок, соединяющий центры окружностей с равными радиусами, делится общей хордой пополам ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме о сумме углов в треугольнике $∘ ∘ ∘ ∘ ∠ADC =180 − 20 − 30 = 130 .$ Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Тогда угол между биссектрисами $∘ 1 ∘ ∠AIC =90 + 2∠ABC = 130 .$ Получается, что из точек $D$ и $I$ отрезок $AC$ виден под одинаковым углом, тогда они лежат на одной окружности вместе с $A,C$ . При этом из условия следует, что ещё они обе лежат на одной прямой (на биссектрисе угла $ABC$ ), поэтому либо совпадают, либо являются противоположными вершинами прямоугольника (вписанного параллелограмма) $ADCI$ . Но так как $130∘ ⁄=90∘,$ то может быть только случай $D≡ I.$ Следовательно, $∠BAD =∠CAD =30∘$ и $∠BCD =∠ACD = 20∘$ .

Замечание. Для доказательства $D = I$ можно было также воспользоваться условием, что точка $D$ дана внутри треугольника, и упростить часть рассуждений.

б)

$PIC$

Радиус окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ , равен

--BC-- = -3√--=√3. 2sin60∘ 223

Но

∠BDC = 180∘− 40∘− 20∘ =120∘,

поэтому радиус окружности, описанной вокруг треугольника $BCD$ , также равен

--BC--- √- 2sin120∘ = 3.

Значит, их общая хорда $BC$ пересекает отрезок между центрами в его середине, а длина этого отрезка равна $∘---9 √- 2 3 −4 = 3$ .

Ответ:

а) $30∘$ и $20∘$

б) $√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#39607Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ угол при вершине $A$ в два раза больше угла при вершине $C$ . Через вершину $B$ проведена касательная $l$ к окружности $Ω$ , описанной около треугольника $ABC$ . Расстояния от точек $A$ и $C$ до этой касательной равны соответственно 4 и 9.

(a) Найдите расстояние от точки $A$ до прямой $BC$ .

(b) Найдите радиус окружности $Ω$ и длину стороны $AB$ .

Источники: Физтех-2017, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про угол между хордой и касательной?

Подсказка 2

Верно, такой угол равен одному из вписанных углов, опирающихся на ту же дугу! Одной из задач, которая перед нами стоит, является найти радиус описанной окружности. В какой теореме он присутствует?)

Подсказка 3

Да, в теореме синусов!) Запишите ее и посмотрите, сколько приятных вещей можем из нее найти!

Подсказка 4

Посмотрите на треугольник АВD и найдите сторону АВ!

Подсказка 5

Воспользуйтесь синусом угла АВС, чтобы найти нужное нам расстояние!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AD = 4$ и $CE =9$ , где $DE$ — касательная. Учтём равенство углов между касательной и хордой вписанным, запишем $2R$ через стороны $AB$ и $BC$

2R= -AB-= --42--= -BC--= --92-- ⇐⇒ 16cos2α =9 ⇐⇒ cosα= 3 sin α sin α sin2α sin 2α 4

Поскольку $3α< 180∘$ , то $√ - sinα =-47$ . Отсюда сразу же находим

AB = --4-= √16-, R = -AB--= 32- sin α 7 2sinα 7

Осталось найти высоту, для этого заметим следующее

3 ρ(A,BC)= AB sin∠ABC =AB sin3α =AB (3sinα− 4sin α)= 5

Ответ:

а) 5

б) $32; 7$ $1√6- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#49306Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = AC$ ) угол при вершине $A$ равен $80∘$ . На сторонах $BC$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $∘ ∠BAD = 50$ , $∘ ∠ABE = 30$ . Докажите, что $∘ ∠BED = 40 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, чему равен угол AEB, значит, чтобы доказать, что угол BED = 40, достаточно найти угол AED. Из всех углов на картинке мы больше всего привыкли работать с углом в 30 градусов. Попробуем сделать доп построение, которое поможет нам использовать угол ABE и хоть как-то приблизиться к углу AED.

Подсказка 2

Отметим центр описанной окружности ABE. Что можно сказать об угле AOE? Заметим, что мы еще не использовали углы, на которые делит AD угол BAC.

Подсказка 3

AD является биссектрисой угла OAE (почему?). Теперь мы можем найти на картинке угол, равный AED. Посчитаем углы!

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABE$ . Так как $∠ABE = 30∘$ , то $∠AOE = 60∘$ . Следовательно, треугольник $AOE$ — равносторонний. $AD$ в этом треугольнике является биссектрисой, поэтому треугольники $AOD$ и $AED$ равны. Далее, $∠BAD =∠ABD = 50∘$ , откуда $AD = BD$ ; следовательно, треугольники $BOD$ и $AOD$ равны по трем сторонам. Заметим, что из $∠AEB = 70∘$ следует, что $∠AOB =140∘$ . Наконец, $∠AED = ∠AOD =(360∘ − ∠AOB )∕2 =110∘$ и $∠BED =∠AED − ∠AEB =40∘.$

Второе решение.

$PIC$

Обозначим точку пересечения $BE$ и $AD$ за $F.$ Из условия сразу же находим внешний угол треугольника $DEF$ : $∘ ∠DF B =∠BAD +∠ABE =80$ . Нас просят доказать, что $∘ ∠BED = 40 ,$ тогда угол $EDF$ тоже должен быть равен $∘ 40.$ Давайте не будем думать и попробуем доказать $EF =F D$ счётом в синусах:

sin30∘ EF = AF sin70∘

∘ AF = BF sin30∘ sin50

sin80∘ BF = DF sin20∘

В итоге

EF sin 30∘sin 30∘sin80∘ sin40∘ cos40∘ cos40∘ DF-= sin-70∘sin-50∘sin20∘ = 2cos20∘sin50∘sin20∘ = sin50∘ =1

Третье решение.

$PIC$

Обозначим $∠BED =α.$ Из условия находим $∠AEB =70∘,∠EBD = 20∘.$ Замечаем, что $△ADB$ - равнобедренный, так как его углы при основании $AB$ равны по $50∘,$ поэтому $AD = BD.$ Выразим $AD$ и $BD$ из теоремы синусов:

---AD---- -DE-- для △AED : sin(70∘+ α) = sin30∘

BD DE для △BED : sinα = sin-20∘

Перемножая каждую пропорцию крест-накрест, а затем равенства между собой, получаем:

AD sin30∘ ⋅DE sin α= DE sin(70∘+ α)⋅BD sin20∘

Применим формулу синуса суммы:

1sinα = sin70∘ sin20∘ cosα+ cos70∘sin20∘sinα 2

Умножим на $2$ обе части, применим формулу приведения и перенесём второе слагаемое из правой части в левую часть:

sin α− 2sin220∘sinα= 2cos20∘sin20∘cosα

Применим формулы синуса и косинуса двойного угла:

cos40∘⋅sinα= sin40⋅cosα

В итоге $∘ ∘ tgα= tg40 =⇒ α= 40,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#91251Максимум баллов за задание: 7

Продолжение биссектрисы $AD$ треугольника $ABC$ пересекает окружность, описанную вокруг этого треугольника в точке $E.$ Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $BC = a,∠BAC = α,AE = d.$

Источники: ПВГ 2017

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть одна из сторон, поэтому будем искать АН, высоту к этой стороне. Давайте будем ее искать через AD и косинус HAD

Подсказка 2

Давайте обозначим за О центр окружности и воспользуемся теоремой синусов для ABC, чтобы выразить радиус

Подсказка 3

А теперь вспомним, что АЕ - биссектриса. Посмотрите внимательно на вписанные углы, отметьте равные и поищите подобные треугольники. А затем из отношения сторон подобных треугольников выразите DE через то, что нам дано в условии (снова пригодится теорема синусов, но уже для ABE)

Подсказка 4

Пользуясь найденным в предыдущем пункте, ищем AD

Подсказка 5

AD найдена, теперь ищем косинус. Проведем диаметр EF и будем искать косинус острого угла прямоугольного треугольника (подумайте, почему угол HAD = DEF). Теперь мы нашли AD и косинус угла HAD, осталось только записать площадь!

Показать ответ и решение

Пусть $AH$ — высота треугольника $ABC,φ= ∠DAH$ , тогда $AH = AD cosφ$ и площадь треугольника $ABC$ равна

1 1 2BC ⋅AH = 2BC ⋅AD cosφ

Пусть $O$ — центр описанной окружности радиуса $R.$ По теореме синусов для треугольника $ABC$ :

a 2R = sinα-

$PIC$

Треугольники $DBE$ и $ABE$ подобны, так как имеют общий угол с вершиной в точке $E,$ а углы $∠CBE$ и $∠EAB$ равны как опирающиеся на равные дуги, ибо $AE$ — биссектриса $∠BAC,$ следовательно,

AE-= BE- BE DE

DE = BE2- AE

По теореме синусов для треугольника $ABE$ получаем

α- BE = 2Rsin 2

Значит,

4R2sin2 α DE = ---d---2

Отсюда

AD = AE − DE = d− 4R2sin2-α2= d2−-4R2sin2 α2 d d

Пусть $EF$ — диаметр описанной окружности, тогда $EF = 2R$ и $EF$ перпендикулярен $BC,$ ибо $E$ — середина дуги $BEC.$ Так как $EF$ и $AH$ перпендикулярны $BC$ , то они параллельны и $φ= ∠DAH = ∠AEF,$ а так как угол $∠EAF$ опирается на диаметр, то

AE- d-- cosφ = EF = 2R

Значит,

2 2 2 α 2 2 2 α AH = AD cosφ = d-⋅ d-− 4R-sin-2= d-−-4R-sin-2- 2R d 2R

В итоге площадь треугольника $ABC$ равна

a(d2− 4R2sin2 α ) a (d2− -a22-sin2 α) 12BC ⋅AH = 12 ⋅-----2R-----2-= 12 ⋅-----sinaα----2- = sinα

= 1tg α(4d2cos2 α-− a2) 4 2 2

Ответ:

$1 ⋅tg α⋅(4d2cos2 α-− a2) 4 2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#106681Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Угол $EDC$ равен $∘ √- 30,AE = 3,$ а площадь треугольника $DBE$ относится к площади треугольника $ABC$ как $1 :2.$ Найдите длину отрезка $BO,$ если $O$ — точка пересечения отрезков $AE$ и $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии нам дан вписанный угол, быть может, посчитаем и другие углы в окружности? Как использовать то, что окружности построена на AC, как на диаметре?

Подсказка 2

Треугольник AEC прямоугольный, нам известны его углы и катет! Тогда несложно найти его другие стороны ;) А что можно сказать о треугольниках, для которых нам известно отношение площадей?

Подсказка 3

Треугольники из условия подобны! Тогда можно найти некоторые из стороны :)

Подсказка 4

Было бы хорошо узнать OE, чтобы по теореме Пифагора найти BO. Давайте для этого попробуем узнать что-то полезно про треугольник OEC.

Подсказка 5

Давайте попробуем найти синус угла DCE! Тогда мы сможем выразить OE через EC.

Показать ответ и решение

$∠EDC =∠EAC =30∘$ (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу);

$AC$ — диаметр окружности $⇒ △AEC$ — прямоугольный,

∘ ∘ AE ∘ ∠AEC = 90 ,∠ECA =60 , AC = cos30∘ = 2, EC = AC sin30 = 1;

$PIC$

∠ADC = 90∘,∠EDC = 30∘ ⇒ ∠BDE = 60∘

Из подобия треугольников $DBE$ и $CBA$

DE- = BD-= BE-= k AC BC AB

k2 = SDBE = 1 SABC 2

-1- k= √2

√- DE = 2

По теореме синусов для $△DEC$

DE EC sin(∠DCE-)-= sin30∘-

√- ----2----= 2 sin(∠DCE )

√- sin(∠DCE )= -2- 2

∠DCE = 45∘

$△EOC$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, $EO = EC = 1$ ;

$∠DAE = 45∘ ⇒ △ABE$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, $√- BE = AE = 3$ ;

$△BEO$ — прямоугольный треугольник, так что по теореме Пифагора

BO2 = BE2 +EO2

BO2 = 3+ 1= 4

BO =2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#64469Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность радиуса $R$ и описана около окружности радиуса $r$ . Найдите $r$ , если $R= 12$ , а косинус угла между диагональю $AC$ и основанием $AD$ равен $3∕4.$

Источники: ДВИ - 2013, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие факты про стороны трапеции нам сразу дают условия на вписанность и описанность?

Подсказка 2

А где в равнобедренной трапеции мы вообще можем найти радиусы вписанной и описанной окружностей)?

Подсказка 3

Конечно диаметр вписанной окружности в точности равен высоте, а радиус описанной можем найти в теореме синусов для одного из вписанных треугольников. Подумайте, для какого треугольника ее лучше применить, опираясь на условия задачи и что получится найти из этого. Длины какого отрезка нам не хватает, чтобы вычислить радиус вписанной окружности?

Подсказка 4

Нас интересует либо длина диагонали, либо длина второго катета в прямоугольном треугольнике! Определите, на какие отрезки разбивается большее из оснований высотой и подумайте, как нам помогает теперь описанность трапеции, если длина боковой стороны уже найдена.

Показать ответ и решение

Первое решение.

∘ ---(-)2- √- sin∠CAD = 1− 3 = -7- 4 4

Если трапецию можно вписать в окружность, то трапеция – равнобедренная. По теореме синусов $AB = CD =2R sin∠CAD = 6√7.$ Высота $CH$ , опущенная из вершины $C$ на большее основание $AD,$ делит его на больший отрезок $(AH)$ , который равен полусумме оснований, и меньший $(HD )$ , равный полуразности оснований. В трапецию можно вписать окружность, если сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон:

√- a+ b= 2⋅6 7

√ - 1 1 1a+-b --7 r =2 h= 2AH tg ∠CAD = 2 2 ⋅ 3 = 7

$PIC$

Второе решение. (по сути то же самое, но в общих обозначениях вместо промежуточных вычислений)

Из того, что трапеция вписана, следует, что она равнобокая. Положим $AB =CD =a,BC = b,AD = c.$ Не ограничивая общности, можно считать, что $c≥ b.$ Из того, что трапеция описана, следует, что $b+ c= 2a.$ Опустим перпендикуляр $CH$ на сторону $AD$ . Toгда $CH = 2r,AH = c2 + b2 = a$ (поскольку точки касания окружности делят основания пополам). Следовательно, обозначив $φ =∠CAD,$ получаем:

tgφ= 2r a

C другой стороны, по теореме синусов, примененной к треугольнику $CAD.$

sinφ= -a- 2R

Перемножая, находим:

r- -1-- R = cosφ − cosφ

Подставляя $R =12,cosφ =3∕4,$ получаем $r= 7.$

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#43113Максимум баллов за задание: 7

Окружность проходит через вершины $A$ и $C$ треугольника $ABC$ , пересекает сторону $AB$ в точке $E$ и сторону $BC$ в точке $F$ . Найдите радиус окружности, если $∘ AC = 6,∠AEC = 5∠BAF, ∠ABC = 72$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда видим, что окружность проходит через какие-то 4 точки, имеет смысл рассматривать эти 4 точки как вершины вписанного четырехугольника. Какие тогда выводы можно сделать об углах? Как связать известный нам угол с углами четырехугольника?

Подсказка 2

AEC = 5α, EAF = α. Тогда можем посчитать обе дуги, которые отсекает известный нам угол ABC, а значит, связать его с α. Чему тогда равен α?

Подсказка 3

5α - α = 72°, а значит, α = 18°. Тогда угол AEC = 90°, тогда центр окружности лежит на AC и мы с легкостью можем узнать радиус по длине AC)

Показать ответ и решение

$PIC$

По определению $AEF C$ вписан, потому $∠EAF = ∠ECF = α =⇒ ∠AEC =5α$ . По определению угла между секущими $∠ABC =5α− α =72∘ =⇒ α = 18∘ =⇒ ∠AEC = 90∘$ . Осталось применить теорему синусов $R = 2sinA∠CAEC-= 3$ .

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#45073Максимум баллов за задание: 7

Вокруг четырёхугольника $ABCD$ описана окружность с центром в точке $O$ . Известно, что диагонали $AC$ и $BD$ четырёхугольника перпендикулярны, $AB =4$ , $DC = 5$ . Какие значения может принимать площадь треугольника $AOB$ ?

Источники: ПВГ 2010

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Обозначим угол ACB за a. Тогда у нас угол DBC = 90-a. попробуйте теперь найти что-то про а через теорему синусов в треугольниках ABC и DBC. Может быть, получится узнать его тангенс?

Подсказка 2!

Тангенс найден! А теперь подумайте, как выразить площадь AOB равнобедренного, используя тангенс угла а)!

Показать ответ и решение

$PIC$