Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .02 Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

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 1#126309

Трапеция $ABCD (AD∥BC )$ с прямым углом при вершине $A$ описана около окружности. Ее диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $M.$ Найти площадь треугольника $ABM,$ если длина стороны $AB$ равна 2.

Источники: Росатом - 2025, 10.5 ( см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AD = a, BC = b, AB = d, O — центр вписанной окружности, её радиус — r. Какие дополнительные построения Вы видите в этой конструкции?

Подсказка 2

А давайте проведём перпендикуляры из O на стороны трапеции.

Подсказка 3

Скажем, что мы получили точки K, L и N на сторонах BC, AD и AB соответственно. Попробуйте порассуждать о параллельных прямых.

Подсказка 4

OL и OK перпендикулярны BC и AD, но BC ∥ AD, тогда точки K, O и L должны лежать на одной прямой.

Подсказка 5

Получается, что ABLK — прямоугольник и KL = AD = d. Что можно сказать о точках касаний окружности?

Подсказка 6

Оказывается, что KL — это диаметр. А какие ещё прямоугольники Вы видите на картинке?

Подсказка 7

Можно увидеть прямоугольники ANOK и NBLO. Давайте для разнообразия подумаем о треугольниках.

Подсказка 8

Например, треугольник AMD подобен треугольнику CMD.

Подсказка 9

А ведь ещё треугольник APM подобен треугольнику CQM. Попробуйте выразить сторону AP.

Подсказка 10

Вспомните, чем является точка O.

Подсказка 11

O — центр вписанной окружности, следовательно, является точкой пересечения биссектрис.

Подсказка 12

Попробуйте, выражая углы, доказать, что треугольники DKO и OLC подобны.

Подсказка 13

Осталось только применить величину AP и посчитать площадь!

Показать ответ и решение

Пусть $AD = a,$ $BC = b,$ $AB = d.$ Пусть $O$ — центр вписанной в трапецию $ABCD$ окружности $ω$ радиуса $r.$ Пусть $K,$ $L,$ $N$ — основания перпендикуляров из $O$ на стороны трапеции $BC,$ $AD$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Так как $OL$ и $OK$ перпендикулярны $BC$ и $AD,$ а $BC ∥AD,$ то точки $K,$ $O$ и $L$ лежат на одной прямой, перпендикулярной $AD$ и параллельной $AB.$ Тогда $ABLK$ — прямоугольник и $KL =AB = d.$ Заметим, что $K$ и $L$ являются точками касания окружности $ω$ сторон $AD$ и $BC.$ Тогда $KL$ — диаметр $ω$ и $d =2r.$

Аналогично, $ABQP$ — прямоугольник и $PQ =AB = d,AP =BQ.$ $ANOK$ — прямоугольник и $AK = ON =r,$ $AN = OK = r.$ $NBLO$ — прямоугольник и $BL =ON = r,$ $BN = OL =r.$

Заметим, что треугольник $AMD$ подобен треугольнику $CMD$ по двум углам $(∠MAD =∠MCB,$ $∠MDA =∠MDC )$ с коэффициентом подобия

AD-= AM- = a BC MC b

Кроме того, треугольник $APM$ подобен треугольнику $CQM$ по двум углам $(∠MAP = ∠MCL,$ $∠MP A = ∠MQC = 90∘)$ с коэффициентом подобия

AP-= AM-= a LC MC b

Следовательно,

AP-= --AP--- =--AP--= a LC BC − BL b − AP b

Получим, что

AP = -ab- a+ b

Так как $O$ — центр вписанной в трапецию $ABCD$ окружности, то он лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Тогда $CO$ и $DO$ — биссектрисы $∠BCD$ и $∠ADC$ соответственно.

Следовательно, в треугольнике $COD$

∠COD = 180∘− ∠OCD − ∠ODC =

= 180∘− 1(∠BCD + ∠ADC )= 2

= 180∘− 90∘ = 90∘

Тогда треугольник $DKO$ подобен треугольнику $OLC$ по двум углам $(∠DKO = ∠OLC = 90∘,$ $∠KDO = 90∘− ∠KOD =$ $180∘ − 90∘− ∠KOD =$ $∠LOC)$ и их стороны пропорциональны:

OK- KD- LC = LO

r a− r b− r-=-r--

r= -ab-= AP a+ b

Таким образом, $AK = AP$ и точки $M,O$ лежат на одном перпендикуляре к основаниям трапеции. Тогда длина перпендикуляра из $M$ на $AB$ равна

AK = r= d 2

Найдем площадь треугольника $ABM$ с помощью основания $AB = d$ и высоты из $M$ на $AB,$ равной $d: 2$

1 d d2 S = 2 ⋅d⋅2⋅= 4 = 1

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126966

Дана трапеция $ABCD,$ боковые стороны которой имеют длины $AB = 8,CD = 12.$ Также известна длина диагонали $BD = 20.$ Точка $K$ на продолжении стороны $AB$ за точку $A$ такова, что $∠BKD = ∠ADC.$ Также оказалось, что $AD$ — биссектриса $∠BDK.$ Точка $L$ на луче $DA$ такова, что $∠LKA =∠CBD.$ Найдите длину $DL.$

Источники: ИТМО - 2025, 10.5 ( см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, посмотрим внимательно на условие. Действительно, в нём сказано, что точка L лежит на луче DA. Это сразу даёт нам 2 картинки: либо точка L лежит на отрезке DA, либо точка L лежит за точкой A. Также несложно заметить и доказать вписанность четырёхугольника KBCD.

Подсказка 2

Ну что же, давайте разбирать оба случая из предыдущей подсказки! Пусть точка L лежит на продолжении DA за точку A. Что же делать теперь? Ясно что, считать углы. И счёт углов нам поможет доказать, что все 5 точек(B, C, D, K, L) лежат на одной окружности, а также BK = KL = CD!

Подсказка 3

Так-так, теперь вспомним какую-нибудь красивую теорему про вписанный многоугольник. Ага! Вот она - теорема Птолемея! Применив теорему Птолемея и основное свойство биссектрисы треугольника, мы без труда найдём DL.

Подсказка 4

А что же делать в том случае, если точка L лежит на DA? Введем точку L' - точку, которая будет совпадать с точкой L из предыдущих пунктов. Заметим две пары подобных треугольников (доказать их подобие нам поможет опять счёт углов). Итак, △BAD ∼ △LAK, а также △AKD ∼ △AL'K.Теперь все знания, чтобы решить задачу у Вас есть и надо просто аккуратно расписать подобие и посчитать длины отрезков.

Показать ответ и решение

Во-первых, $∠BKD =∠ADC$ по условию, $∠ADC = 180∘− ∠BCD$ (как односторонние углы в трапеции), поэтому четырёхугольник $KBCD$ — вписанный. Во-вторых, заметим, что точка $L$ определена не однозначно: она может оказаться как на продолжении луча $DA$ за точку $A,$ так и на отрезке $AD.$

Первый случай:

$PIC$

Поймём, что все пять отмеченных на рисунке угла равны: $∠LKA = ∠CBD$ по условию, $∠CBD = ∠BDL$ как накрест лежащий, $∠BDL =∠DLK,$ так как $DA$ биссектриса. Из равенства $∠BDL = ∠LKA$ получаем, что точка $L$ лежит на той же окружности, что и точки $B,C,D$ и $K.$ Отсюда $∠LBK =∠LDK,$ как опираюущийся на ту же дуту.

Кроме того, из равенства указанных выше углов также следует, что $BK = KL = CD = 12.$

Способ $1.$ Теорема синусов:

Запишем три теоремы синусов. Для треугольника $BDL :$

DL- = sin∠DBL-- BD sin∠BLD

Для треугольника $ABD :$

AB- = sin∠BDA BD sin∠BAD

Для треугольника $BDC :$

BD- = sin∠BCD CD sin∠CBD

Заметим, что

∠CBD = ∠BDL = ∠BDA;

∠DBL =∠DBA +∠ABL = ∠DBA + ∠KBL =

∘ =∠DBA +∠CBD = ∠ABC = 180 − ∠BAD,

поэтому $sin ∠DBL = sin∠BAD;$ наконец, $∠BLD = 180∘− ∠BCD,$ поэтому их синусы также равны.

Значит, произведение правых частей в теоремах синусов равно единице, поэтому

DL- AB-BD- BD ⋅BD CD =1

Отсюда

BD-⋅CD- 20⋅12 DL = AB = 8 = 30

Способ $2.$ Теорема Птолемея.

По теореме Птолемея для четырёхугольника $BDKL :$

BD ⋅KL + BL ⋅DK DL= ------BK-------

Поскольку $BL = KL =CD = 12,$ получаем

( ) DL = 12⋅ BDB+KDK--=12⋅ BBDK ⋅ 1+ DBKD-

По основному свойству биссектрисы для треугольника $KBD :$

DK- = AK- BD AB

Поэтому

BD- ( AK-) BD- AB-+AK-- 20- BK- 12⋅20 DL = 12⋅BK ⋅ 1+ AB = 12 ⋅BK ⋅ AB = 12⋅ BK ⋅ 8 = 8 = 30

Второй случай:

$PIC$

Поскольку мы будем пользоваться свойствами точки $L$ из первого случая, лежащую на отрезке $AD$ «версию» точки $L$ назовём $′ L.$ Углы $∠KBD$ и $∠KLD$ опираются на одну дугу, поэтому равны, то есть $∠ABD = ∠ALK.$ $∠BAD = ∠LAK$ вертикальные, поэтому треугольники $BAD$ и $LAK$ подобны,

AB ⋅LK 8 ⋅12 AL =--BD---= -20-

Значит,

( 2 2) AD = DL − AL = 20⋅12− 8⋅12= 12-20-− 8 8 20 8⋅20

Из того же самого подобия получаем

AK =AD ⋅ LK = AD⋅ 12 BD 20

Теперь заметим, что треугольник $AKD$ подобен треугольнику $AL′K$ по двум углам, откуда

AK2 AD2⋅ 122- 122 12(202− 82) 122 123(202− 82) 9 AL ′ = AD-= --AD-202-=AD ⋅202 =---8⋅20---⋅202 =---8⋅203---= 9125-

Следовательно,

( ) ( ) ( )( ) DL ′ = AD − AL′ = AD ⋅ 1− 122 = 12-202− 82-⋅ 202−-122 = 12202−-82-202− 122-= 16 16 202 8⋅20 202 8 ⋅203 125

Ответ:

$30 или 16-16 125$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#127261

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ На продолжениях $BB 1$ и $CC 1$ его высот за точки $B 1$ и $C 1$ выбраны соответственно точки $P$ и $Q$ так, что угол $PAQ$ — прямой. Пусть $AF$ — высота треугольника $AP Q.$ Докажите, что угол $BFC$ прямой.

Показать доказательство

$PIC$

Раз $∠CB1B =90∘ = ∠BC1C,$ следовательно, четырехугольник $CB1C1B$ вписан в окружность. В данной окружности $CB$ является диаметром. Тогда если угол $CFB$ — прямой, то точка $F$ должна лежать на данной окружности. Заметим, что $∠PB1A = 90∘ =∠B1F A,$ следовательно, четырехугольник $PB1F A$ — вписанный, тогда $∠PFB1 =∠P AB1.$ Аналогично, четырехугольник $FAQC1$ вписанный и $∠QF C1 = ∠C1AQ.$ Заметим, что

180∘− ∠B1FC1 =∠P FB1+ ∠QFC1 = ∠PAB1 +∠QAC1 =

= ∠PAQ − ∠CAB =90∘− ∠CAB = ∠B1CC1

Тогда углы $∠B1FC1$ и $∠B1CC1$ в сумме дают $∘ 180 ,$ следовательно, четырехугольник $CB1FC1$ является вписанным и точка $F$ лежит на одной окружности с точками $C,$ $B1$ и $C1,$ а через три точки можно провести лишь одну окружность, поэтому точка $F$ также лежит на описанной окружности четырехугольника $CB1C1B.$ Получаем, что $∠CFB = 90∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#128120

В остроугольном треугольнике $ABC$ отметил точку $M$ — середину стороны $BC,$ и точку $H$ пересечения высот. Оказалось, что четырёхугольник $AHMB$ — вписанный. В каком отношении высота $AH$ делит сторону $BC?$

Источники: Изумруд-2025, 10.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $K$ и $N$ — основания высот $AH$ и $BH$ соответственно. По сумме углов в четырехугольнике $CNHK$

∘ ∠KHN =180 − ∠ACB

Четырехугольник $BMHA$ — вписанный, следовательно,

∠BMA = ∠BHA

Кроме того,

∠BHA =∠KHN

Получим, что

∠AMC = 180∘− ∠BMA =180∘− ∠KHN =

= 180∘− 180∘+ ∠ACB = ∠ACB

Треугольник $MAC$ — равнобедренный, $AK$ — высота, следовательно, и медиана. По условию, $M$ — середина $BC.$ Получим, что

BK 3 KC- = 1

Ответ:

$3 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#100229

Окружность $ω$ касается меньшей дуги $BC$ описанной окружности равностороннего треугольника $ABC$ внешним образом. Обозначим длины отрезков касательных из точек $A,$ $B,$ $C$ к окружности $ω$ через $ta,$ $tb,$ $tc$ соответственно. Докажите, что $ta = tb +tc.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое утверждение связывает длины касательных из точек на окружности к какой-то окружности, которая касается данной?

Подсказка 2

Теорема Кэзи. Как ее можно применить здесь?

Подсказка 3

По теореме Кэзи ta ⋅ BC = tb ⋅ AC+ tc ⋅ AB. Покажите, как из данного равенства следует требуемое.

Показать доказательство

Пусть $Ω$ — окружность, которая касается описанной. По теореме Кэзи для окружностей $A,B,Ω,C,$ каждая из который лежит на окружности $(ABC )$ или касается ее, имеем

ta ⋅BC = tb⋅AC+ tc⋅AB

а поскольку, $BC = AC = AB,$ сократив на что полученное неравенство, получим требуемое.

Замечание. В случае, когда $Ω$ является точкой, утверждение дает теорему Помпею.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100230

Пусть $ω$ — окружность диаметром $AB,$ а $P,Q$ — две точки на $ω,$ лежащие по разные стороны от $AB.$ $T$ — проекция $Q$ на $AB.$ Пусть $ω1,$ $ω2$ — окружности с диаметрами $T A,$ $TB.$ Пусть $P C,$ $PD$ — это касательные отрезки от $P$ до $ω1$ и $ω2$ соответственно. Докажите, что $PC +P D= PQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каждая из окружностей ω₁ и ω₂ касается ω. Какое утверждение связывает длины касательных из точек на окружности к некоторой окружности, которая касается данной?

Подсказка 2

Теорема Кэзи. Как ее можно применить здесь?

Подсказка 3

Теорема Кэзи для окружностей P, ω₁, Q, ω₂ дает PQ⋅s = PC⋅TQ + PD⋅TQ, где s — длина общей внешней касательной к окружностям ω₁ и ω₂. Как из данного равенства получить условие задачи?

Подсказка 4

Достаточно показать, что отрезки s и TQ равны. Почему это верно?

Подсказка 5

Каждый из них равен корню из диаметров меньших окружностей.

Показать доказательство

Окружность $ω 1$ касается $ω,$ поскольку линия их центров проходит через общую точку $A,$ аналогично $ω 2$ касается $ω.$

Пусть $s$ — длина общей внешней касательной к окружностям $ω1$ и $ω2.$

$PIC$

По теореме Кези для окружностей $P,ω1,Q,ω2,$ каждая которая лежит на окружности $ω$ или касается ее, имеем

PQ ⋅s= PC⋅TQ + PD ⋅TQ

поскольку $TQ$ касается окружностей $ω1$ и $ω2.$

Тем самым, достаточно показать, что отрезки $s$ и $T Q$ равны. Это верно, поскольку каждый из них равен $√ ------- AT ⋅BT .$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#100231

Докажите, что в неравнобедренном треугольнике расстояние от точки Фейербаха до середины одной из сторон равно сумме расстояний от точки Фейербаха до середин двух других.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть ABC — исходный треугольник, M_a, M_b, M_c — середины стороны BC, AC, AB соответственно, ω — вписанная окружность, F — точка Фейербаха.. Как мы можем воспользоваться касанием ω и (M_aM_bM_c), чтобы получить условие на отрезки вида M_aF?

Подсказка 2

Можем воспользоваться теоремой Кэзи для окружностей M_c, F, ω, M_b. Какое условие на отрезки M_cF и M_bF мы получим?

Подсказка 3

K_a, K_b, K_c — точки касания ω с соответствующими сторонами. Мы имеем, что FM_c/FM_b = M_cK_c/M_bK_b и аналогичные. Как это позволяет переписать исходное условие в терминах отрезков вида M_cK_c?

Подсказка 4

Вместо того, чтобы доказывать (FM_c + FM_b) / FM_a = 1, будем доказывать, что (M_cK_c + M_bK_b) / M_aK_a = 1. Как данные отрезки выражаются через стороны треугольника?

Подсказка 5

Без ограничений общности будем считать, что AB ≥BC ≥ CA. Тогда M_cK_c = (BC - CA) / 2; M_bK_b = (AB − BC) / 2; MaKa = (AB - AC) / 2. Завершите доказательство.

Показать доказательство

Пусть $ABC$ — исходный треугольник, $M ,M ,M a b c$ — середины стороны $BC,AC, AB$ соответственно, $ω$ — вписанная окружность, $Ka,Kb,Kc$ — точки касания $ω$ с соответствующими сторонами, $F$ — точка Фейербаха.

$PIC$

По теореме Кэзи для $Mc,F,ω,Mb,$ имеем

FMc ⋅MbKb+ 0⋅McMb = McKc ⋅F Mb

следовательно,

FMc-= McKc- FMb MbKb

Аналогично,

FMb-= MbKb-; F-Ma = MaKa FMa MaKa F Mc McKc

Без ограничений общности будем считать, что $AB ≥BC ≥ CA.$ Тогда

BC-− CA- AB-− BC- AB-−-AC McKc = 2 ; MbKb = 2 ; MaKa = 2 ,

следовательно,

FMc + FMb McKc +MbKb (AB − BC )+ (BC − CA) ---FMa----= ---MaKa----= ------AB-−-CA------= 1

что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#100232

Вневписанная окружность $ω B$ треугольника $ABC$ касается продолжения стороны $BC$ за точку $C$ в точке $K.$ Окружность $ω′$ касается окружности $ωB$ внутренним образом в точке $K,$ а диаметр окружности $′ ω$ равен длины высоты треугольника $ABC$ из вершины $A.$ Докажите, что окружности $′ ω$ и $(ABC )$ касаются.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как проверить, что описанная окружность некоторого треугольника касается другой окружности.

Подсказка 2

Достаточно показать, что выполнено условие слабой теоремы Кэзи BK · AC − CK · AB − KH · BC = 0. Как это сделать?

Подсказка 3

Отрезки BK, CK хорошо выражаются через стороны треугольника ABC. Вспомните как.

Подсказка 4

Если длины сторон AB, BC, CA равны соответственно 2a, 2b, 2c, тогда BK = a + b + c; CK = b + c − a. Чему должно быть равно HC, чтобы доказываемое равенство обратилось в верное?

Подсказка 5

Достаточно доказать, что HC = (b² + a² − c²) / a. Сделайте это.

Подсказка 6

Равенство верно из определения косинуса в △AHC и формулы косинуса ∠C в △ABC.

Показать доказательство

Пусть $H$ — основание высоты из вершины $A,$ $KD$ — диаметр окружности $ω′.$ Поскольку $AH = DK,$ четырехугольника $AHKD$ является прямоугольником, следовательно, $AD = HK.$

$PIC$

В силу слабой теоремы Кэзи достаточно показать, что

BK ⋅AC =CK ⋅AB + AD ⋅BC

то есть, в силу равенства $AH = DK,$

BK ⋅AC − CK ⋅AB− KH ⋅BC = 0

Пусть длины сторон $AB, BC,CA$ равны соответственно $2a,2b,2c,$ тогда

BK = a+b +c; CK = b+ c− a

Таким образом, доказываемое неравенство примет вид

0= BK ⋅AC − CK ⋅AB − KH ⋅BC = (a +b+ c)⋅2b− (b+c− a)⋅2c− KH ⋅2a

для этого достаточно показать, что

HC = b2+-a2−-c2- a

что верно из определения косинуса в $△AHC$ и формулы косинуса $∠C$ в $△ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#100233

Окружность $Ω$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC.$ Окружность $ω$ касается $AB,AC$ и $Ω$ в точках $P,Q$ и $T$ соответственно. Пусть $M$ — середина дуги $BTC$ окружности $Ω.$ Докажите, что прямые $BC, PQ$ и $MT$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть K — точка пересечения пресечения прямых PQ и BC. Как проверить, что данная точка лежит на прямой PM?

Подсказка 2

Показать, что K является основанием биссектрисы внешнего угла, чаще всего это можно доказать, проверив выполнение равенства CK/BK = CT/BT. Как можно иначе выразить последнее отношение?

Подсказка 3

Можно воспользоваться слабой теоремой Кэзи для Ω и точек B, T, C: 0 · BC ± CT · BP ± BT · CQ = 0, откуда CT/BT = CQ/BP. Так, достаточно показать, что CK/BK = CQ/BP, что хорошо, потому что мы избавились от точки T в утверждении. Как доказать последнее утверждение?

Подсказка 4

Достаточно записать теорему Менелая для треугольника ABC и прямой PQ.

Показать доказательство

Пусть $K$ — точка пересечения прямых $TM$ и $CB$ . Прямая $TM$ является биссектрисой внешнего угла $∠CTB,$ следовательно,

CK- CT- KB = TB

$PIC$

По слабой теореме Кэзи для $Ω$ и точек $B,T,C,$ имеем

0⋅BC +CT ⋅BP = BT ⋅CQ

следовательно,

CT-= CQ- BT BP

то есть

CK-= CQ- KB BP

Наконец, точки $P,Q,K$ лежат на одной прямой, поскольку для них выполнено условие теоремы Менелая

CK-⋅ BP-⋅ AQ-= CQ ⋅ BP-⋅ AQ-= 1 KB AP QC BP AP QC

поскольку $AQ =AP.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#100234

Пусть $ABC$ — произвольный треугольник, а $M$ — точка внутри треугольника. Проведём через точку $M$ три чевианы, основания которых — $A1,$ $B1,$ $C1.$ Построим вне треугольника три окружности, касающиеся сторон треугольника в основаниях чевиан и описанной окружности, и четвёртую, касающуюся этих трёх внешним образом. Тогда эта окружность касается вписанной окружности треугольника внутренним образом.

Источники: Мат. просвещение(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как проверить, что существует окружность, которая касается четырех данных?

Подсказка 2

Достаточно проверить, что выполнена теорема Кэзи. Пусть s₁, s₂, s₃ — данные окружности, которые касаются описанной окружности и соответствуют точкам A, B, C соответственно, окружность s₄. — вписанная в ABC, t_ij длина общей касательной к окружностям s_i и s_j. Давайте покажем, что t₁₂t₃₄ − t₁₃t₄₂ − t₁₄t₃₂ = 0, где t₁₂, t₁₃ и t₂₃ длины общих внешних касательных, а t₃₄, t₄₂ и t₁₄ длины общих внутренних касательных. Как можно выразить длины внешних касательных?

Подсказка 3

Снова по теореме Кэзи. Записав ее для окружностей B, C, s₂ и s₃ имеем t_C3 · t_B2 = CB · t₂₃ + CB₁ · C_1B. Как выразить t_C3 и t_B2?

Подсказка 3

Снова, уже в 3 раз, запишем теорему Кэзи, теперь для окружностей A, B, s₁, C, получим t_A1 = AB · CA₁ / BC + AC · A₁B / BC. Аналогичные равенства верны для t_C3 и t_B2. Теперь, мы умеем выражать длины общих внешних касательных для общих внешних касательных рассматриваемых окружностей. Как образом?

Подсказка 4

Имеем t₂₃ = (AB · B₁C · C₁A + BC · C₁A · AB₁ + CA · AB₁ · BC₁) / AB · CA. Теперь необходимо научиться выражать длины t₃₄, t₄₂ и t₁₄. Как это можно сделать?

Подсказка 5

Имеем t₃₄ = C₁C′ = BC₁− BC′ = BC₁ − (AB + BC − CA) / 2, где C' --- точка касания вписанной окружности со стороной AB. Таким образом, мы научились выражать длины всех касательных. Осталось подставить выражения в исходное равенство и проверить, что оно обращается в верное. Как оно будет выглядеть?

Подсказка 6

После упрощения получим (2AB · BC + 2BC · CA + 2CA · AB − AB² − BC² − CA²) (AB₁ · BC₁ · CA − A₁B · B₁C · C₁A) / 2AB · BC · CA. Таким образом, достаточно проверить, что AB₁ · BC₁ · CA₁ − A₁B · B₁C · C₁A = 0. Почему это верно?

Подсказка 7

Это верно по теоремы Чевы для исходного треугольника.

Показать доказательство

Пусть $s ,s ,s 1 2 3$ — данные окружности с центрами $O , 1$ $O ,O , 2 3$ которые касаются описанной окружности и соответствуют точкам $A,B,C$ соответственно, окружность $s4$ — вписанная в $ABC$ окружность с центром $I.$

$PIC$

Пусть $tij$ — длина общей касательной к окружностям $si$ и $sj.$ Докажем, что

t12t34− t13t42− t14t23 = 0, (1)

где $t12,t13$ и $t23$ — длины общих внешних касательных, а $t34,t42$ и $t14$ — длины общих внутренних касательных.

Будем рассматривать точки $A,B,C$ как вырожденные окружности радиуса 0. Через $tAi(tBi,tCi)$ будем обозначать длины касательных из точки $A(B,C)$ к окружности $si.$

Запишем теорему Кэзи для окружностей $A,B,s1,C$ (они все касаются описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности):

tA1tBC =tABtC1+ tACt1B, т. е.

tA1⋅BC = AB ⋅CA1 + AC⋅A1B

Отсюда получаем

CA1- A1B- tA1 =AB ⋅ BC + AC ⋅BC (2)

Аналогично

CB1 B1A tB2 =BA ⋅-AC-+ BC ⋅AC-- (3)

tC3 = CB⋅ ACA1B-+ CA ⋅ CA1BB (4)

Запишем теорему Кэзи для окружностей $B,C,s2$ и $s3 :$

tC3tB2 = tCBt23+ tC2t3B, т.е. tC3tB2 = CB ⋅t23+ CB1⋅C1B

откуда, используя $(3)$ и $(4)$ получаем

t23 = AB-⋅B1C-⋅C1A+-BC-⋅C1A⋅AB1-+CA-⋅AB1-⋅BC1 (5) AB⋅CA

Аналогично

t12 = AB-⋅B1C-⋅CA1+-BC-⋅CA1⋅AB1-+CA-⋅AB1-⋅BC1-- (6) BC⋅CA

t13 = AB-⋅BC1-⋅CA1+-BC-⋅C1A⋅A1B-+CA-⋅A1B-⋅BC1-- (7) BC⋅AB

Теперь найдем $t34,t42,t14 :$

′ ′ AB-+BC-−-CA- t34 = C1C = BC1− BC =BC1 − 2 (8)

′ ′ CA + AB − BC t42 = B B1 = AB − AB1 =----2----- − AB1 (9)

′ ′ BC-+-CA−-AB- t14 = A1A =CA − CA1 = 2 − CA1 (10)

здесь $′ ′ ′ A ,B ,C$ — точки касания сторон треугольника со вписанной окружностью.

Подставив $(5)− (10)$ в $(1)$ после упрощения получим

AB1 ⋅BC1⋅CA1 − A1 ⋅B1C⋅C1A t12t34− t13t42− t14t23 =-------2⋅AB-⋅BC-⋅CA-------(2⋅AB ⋅BC+

+2 ⋅BC ⋅CA + 2⋅CA ⋅AB − AB2 − BC2 − CA2)

Это выражение равно $0,$ если

AB1⋅BC1 ⋅CA1 − A1B⋅B1C ⋅C1A= 0 (11)

так как

2 2 2 2⋅AB ⋅BC + +2⋅BC ⋅CA +2 ⋅CA ⋅AB − AB − BC − CA =

= 4(AB′⋅CA′+ BC′⋅AB′+ CA′⋅BC ′)⁄= 0

Условие $(11)$ равносильно условию конкурентности прямых $AA1,BB1,$ $CC1,$ т.е.

AB1-⋅ CA1-⋅ BC1-= 1 B1C A1B C1A

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#100235

Окружности $ω ,ω 1 2$ и $ω 3$ касаются прямой $ℓ$ в точках $A,B$ и $C$ соответственно (B лежит между $A$ и $C ),$ $ω 2$ внешним образом касается двух других окружностей. Пусть $X$ и $Y$ — точки пересечения $ω2$ со второй общей внешней касательной окружностей $ω1$ и $ω3.$ Перпендикуляр, проведённый через точку $B$ к прямой $ℓ,$ вторично пересекает $ω2$ в точке $Z.$ Докажите, что окружность, построенная на $AC$ как на диаметре, касается $ZX$ и $ZY.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим за U, V точки пересечения прямых ZX и ZY с прямой ℓ соответственно. Тогда что можно сказать про описанную окружность треугольника ZUV?

Подсказка 2

Попробуйте рассмотреть инверсию с центром в точке Z и радиусом ZB и понять, куда переходят объекты картинки при этой инверсии.

Подсказка 3

Эта инверсия на самом деле меняет местами окружность w₂ и прямую ℓ , и поэтому оставляет окружности w₁ и w₃ на месте. А, значит, описанная окружность треугольника ZUV касается окружностей w₁ и w₃. Теперь уже намечается теорема Кэзи, но для начала стоит понять, чему равна длина касательной из точки Z к окружностям w₁ и w₃.

Подсказка 4

Правильно! Она равна ZB в силу того, что при инверсии из прошлых подсказок эти окружности оставались на месте. Теперь попробуйте написать теорему Кэзи для U,V,Z,w₁ и U,V,Z,w₃.

Подсказка 5

После того как написали эти два условия, стоит их сначала сложить и получить, что середина отрезка AC лежит на биссектрисе угла UZV, а если их вычесть, то получить, что расстояние от середины отрезка AC до прямых ZU и ZV равны половине AC.

Показать доказательство

Обозначим за $U,V$ точки пересечения прямых $ZX$ и $ZY$ с прямой $ℓ$ соответственно. Пусть $O$ — середина отрезка $AC.$ Заметим, что инверсия с центром в точке $Z$ и радиусом $ZB$ меняет местами прямую $ℓ$ и окружность $ω2,$ а, значит, при этой инверсии окружности $ω1$ и $ω3$ остаются на месте. Следовательно, описанная окружность треугольника $ZUV$ касается окружностей $ω1$ и $ω3,$ а длина касательной из точки $Z$ к окружностям $ω1,ω3$ равна $ZB.$ Теперь применим теорему Кэзи для $Z,U,V,ω1$ и получим

UV ⋅BZ +UA ⋅VZ = UZ ⋅V A (1)

Также напишем Кэзи для $Z,U,B,ω 3$ и получим

UV ⋅BZ +UZ ⋅VC = UC ⋅V Z (2)

Вычтем из $(1)$ равенства $(2)$ равенство. Получим

V Z⋅(UA +UC )= UZ⋅(VA +V C)

Из этого получаем, что $UZ ∕VZ =OU ∕OV,$ а, значит, точка $O$ лежит на биссектрисе угла $UZV.$ Теперь сложим $(1)$ и $(2)$ и получим

UV ⋅BZ = AO ⋅(UZ +V Z)

В левой части получаем просто удвоенную площадь треугольника $ZUV,$ а правая часть умноженная на $d(O,ZU)∕AO$ равна сумме удвоенных площадей треугольников $OZU$ и $OZV.$ А значит $d(O,ZU) =AO.$

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#122937

(a) Две окружности $S1$ и $S2,$ радиусы которых равны $r1$ и $r2,$ касаются окружности радиуса $r$ в точках $A$ и $B.$ Рассмотрим общую касательную к $S1$ и $S2,$ причем внешнюю, если касания одинаковые и внутреннюю, если разные. Докажите, что длина этой касательной равна $√(r±r1)(r±r2) AB ⋅ r ,$ где знак « $+$ » ставится в случае внешнего касания, а знак « $−$ » — внутреннего. (Можно считать, что $r> r1,$ $r> r2.)$

(b) Теорема Кэзи. Дан четырехугольник $ABCD,$ вписанный в окружность $S.$ Рассмотрим окружности $SA,SB,SC,$ $SD,$ касающиеся $S$ в точках $A,$ $B,$ $C,$ $D$ соответственно. Обозначим через $tAB$ длину общей касательной к $SA$ и $SB,$ причем касательная внешняя, если $SA$ и $SB$ касаются $S$ одинаковым образом и внутренняя, если разным. Аналогичным образом определяются величины $tAC,$ $tAD,$ $tBC,$ $tBD,$ $tCD.$ Докажите, что $tABtCD +tBCtAD = tACtBD.$

Показать доказательство

a) Будем считать, что оба касания внутренние. Остальные случай касания разбираются аналогично. Докажем следующие утверждение.

Лемма Архимеда. Окружность $S$ касается окружности $Ω$ внутренним образом в точке $A,$ а так же хорды $XY$ окружности $Ω$ в точке $′ A .$ Тогда прямая $′ AA$ проходит через середину дуги $XY,$ не содержащей точку $A.$

$PIC$

Доказательство. Пусть прямая $AA ′$ пересекает $Ω$ в точке $W.$ Рассмотрим гомотетию с центром в точке $A,$ переводящую окружность $S$ в $Ω.$ Пусть прямая $AA′$ пересекает $Ω$ в точке $W,$ тогда прямая $XY$ под действием гомотетии переходит в касательную к окружности $Ω,$ проведенную в точке $W.$ Таким образом, данная касательная параллельна $XY,$ то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству задачи. Пусть $Ω$ — большая окружность, общая касательная к окружностям $S1,S2$ касается их соответственно в точках $A′$ и $B′$ и пересекает $Ω$ в точках $X,Y.$ В силу леммы Архимеда, прямые $AA ′$ и $BB ′$ пересекаются в точке $W$ на окружности $Ω,$ которая является серединой дуги $XY.$

Докажем, что треугольники $AW B$ и $B ′W A′$ подобны. Действительно,

∠W AB =W⌣Y + ⌣YB=W⌣X + ⌣YB= ∠A′B′W.

$PIC$

Из подобия

( )2 A′B′= W-B′= W-A′, то есть A′B′ = W-B′⋅W-A′. (∗) AB WA MB AB WB ⋅W A

Из доказательства леммы Архимеда, в частности, следует, отношение длин отрезков $AA′$ и $AW$ равно отношению радиусов окружностей $S 1$ и $Ω,$ следовательно

W-A′ r−-r1- W-B′ r−-r2 W A = r ; аналогично W B = r .

Подставляя полученные соотношение в правую часть равенства $(∗),$ получим требуемое.

b) Будем считать, что все касания внутренние. Пусть $ra,rb,rc,rd$ радиусы окружностей $SA,$ $SB,$ $SC,$ $SD$ соответственно.

В силу пункта (a) имеем

∘ ----------------------- tAB ⋅tCD = AB ⋅CD ⋅ (r−-ra)(r− rb)(4r−-rc)(r-− rd). r

$PIC$

Подставляя в доказываемое равенство данное и аналогичные соотношения и сокращая на последний множитель правой части, получим

AB ⋅CD + BC ⋅AD =AC ⋅BD,

что верно в силу теоремы Птолемея для вписанного четырехугольника $ABCD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68033

Внутри окружности $ω$ проведены две перпендикулярные хорды, пересекающиеся в точке $P;$ точки $M 1$ и $M 2$ их середины. Прямая $M1M2$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $B,$ причём $M1$ лежит между $A$ и $M2.$ Какие значения может принимать разность $BM2 − AM1,$ если $PM1 = 15,PM2 = 20?$

Источники: Турнир Ломоносова-2023, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, у нас есть две хорды и их середины, есть еще и третья хорда, у которой мы тоже можем отметить середину! Какое доп.построение хочется сделать?

Подсказка 2

Да, мы знаем, что отрезок проведённый из центра окружности к середине хорды — перпендикулярен хорде, поэтому давайте проведём три таких отрезочка!(к каждой из хорд). Что можно сказать про полученный четырёхугольник OM₁PM₂, где O - центр окружности?

Подсказка 3

Верно, это прямоугольник! Тогда мы можем найти M₁M₂ из прямоугольного треугольника! Осталось понять, как от M₁M₂ прийти к исходной разности в вопросе задачи, учитывая, что M - середина AB!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O −$ центр окружности, $M$ — середина отрезка $AB.$ Поскольку отрезок, соединяющий центр окружности с серединой хорды перпендикулярен этой хорде,

∠OM1P =∠OM2P =∠OMA = 90∘.

Заметим, что

BM2 − AM1 = (BM − MM2 )− (AM − MM1 ) =MM1 − MM2,

т.к. $AM = BM.$

Далее, в четырёхугольнике $OM1P M2$ три угла прямые, т.е. этот четырёхугольник — прямоугольник,

OM1 =P M2 = 20,OM2 = PM1 = 15,∠M1OM2 = 90∘.

Тогда в прямоугольном треугольнике $OM1M2$ проведена высота $OM$ на гипотенузу. По теореме Пифагора $∘ ---2----2- √ ------- M1M2 = OM 1 +OM 2 = 400 +225= 25.$ Так как катет есть среднее геометрическое гипотенузы и своей проекции на неё, то $MM1 =16,MM2 = 9.$ Откуда получаем ответ.

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76941

Длина стороны $AD$ четырехугольника $ABCD$ вписанного в окружность равна 5 . Точка $M$ делит эту сторону в отношении $AM :MD = 1:4$ , а прямые $MC$ и $MB$ параллельны сторонам $AB$ и $CD$ соответственно. Найти длину стороны $BC$ четырехугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу обозначим все углы, вытекающие из параллельности. Как использовать отношение, данное в условии? Какую связь можно заметить между треугольниками на картинке?

Подсказка 2

Треугольники ABM и MCD подобны с коэффициентом 4. О равенстве каких углов теперь можно утверждать? Что хочется сказать о треугольнике BMC? Какое условие мы еще не использовали?

Подсказка 3

Докажем, что треугольник BMC подобен ABM и MCD. Помним, что четырехугольник вписан.

Подсказка 4

Теперь при помощи трех попарно подобных треугольников мы можем найти связь нужной нам BC и известной AD. Было бы удобно найти коэффициент подобия BAM и MBC…Как это сделать?

Подсказка 5

Обозначим стороны треугольника BAM через переменные. Остаётся лишь записать цепочку равенств! В этом нам может помочь данное в условии отношение)

Показать ответ и решение

$PIC$

Прямые $MB$ и $CD$ параллельны, поэтому углы $BMA$ и $CDA$ равны (обозначены на рисунке цифрой 2 ), аналогично равны углы $BAM$ и $CMD$ (обозначены на рисунке цифрой 3). Отсюда следует подобие треугольников $BAM$ и $CMD$ с коэффициентом подобия 4 и равенство углов $ABM$ и $MCD$ (обозначены на рисунке цифрой 1). Заметим, что $ˆ1 +ˆ2+ ˆ3= π$ .

Покажем, что треугольник $MBC$ подобен треугольникам $BAM$ и $CMD$ , вершины треугольников перечислены в порядке соответствия. Углы $DCM$ и $BMC$ , полученные при пересечении прямой $CM$ параллельными прямыми $MB$ и $CD$ , равны как внутренние накрест лежащие. Сумма углов $BCD = BCM + ˆ1$ и $BAD = ^3$ равна $π$ , как сумма противоположных углов вписанного в окружность четырёхугольника. Значит, угол $BCM = ˆ2$ и треугольник $MBC$ подобен треугольникам $BAM$ и $CMD$ .

Положим $p:= BA$ и $q :=BM$ , тогда $CM =4p$ и $CD = 4q$ . Треугольники $BAM$ и $MBC$ подобны с коэффициентом подобия $pq$ , и стороны $BA$ и $BM$ треугольника $BAM$ соответствуют сторонам $MB$ и $MC$ треугольника $MBC$ , поэтому $pq =4qp$ . Значит, $q =2p$ и, треугольники $BAM$ и $MBC$ подобны с коэффициентом подобия 2. Следовательно, сторона $BC$ в два раза длиннее стороны $AM$ , т.е. длина стороны $BC$ равна 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90273

Из точки $E$ пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ опущены перпендикуляры $EK, EL,EM,EN$ на его стороны $AB,BC,CD,AD$ соответственно, причём основания перпендикуляров принадлежат соответствующим сторонам. Найдите площадь четырёхугольника $KLMN,$ если известно, что $KL = 5,MN = 3,$ а расстояние от точки $E$ до прямой $LM$ равно $√ - 3.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 238, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

После построения перпендикуляров из точки E, на картинке образовалось много четырехугольников и прямых углов. Быть может, можно заметить что-то полезное благодаря этому?

Подсказка 2

Что можно сказать, например, о четырехугольнике ENAK?

Подсказка 3

Он вписанный! Смотрите-ка, у нас появилось 4 вписанных четырехугольника ;) давайте тогда отметим равные углы, вытекающие из этого! А еще надо вспомнить условие на ABCD…

Подсказка 4

ABCD тоже вписанный! Отметив все равные углы, приходим к выводу: углы ∠ENK, ∠BAC, ∠BDC, ∠MNE равны! Что тогда можно сказать о EN?

Подсказка 5

Это биссектриса угла MNK! А какое свойство биссектрисы связано с перпендикулярами?

Подсказка 6

Любая точка на биссектрисе равноудалена от сторон угла! Тогда воспользуемся этим при вычислении длин перпендикуляров) А что тогда можно сказать о точке E?

Подсказка 7

Точка E — это центр окружности, вписанной в четырехугольник MNKL! А какая у нас есть удобная формула площади для такого четырехугольника?

Подсказка 8

S = p*r, где p — периметр, а r — радиус вписанной окружности!

Показать ответ и решение

Поскольку $∠AKE = ∠ANE = 90∘,$ четырёхугольник $AKEN$ вписанный и $∠ENK =∠EAK$ как опирающиеся на одну дугу. Аналогично, $∠MNE = ∠MDE.$

По условию $ABCD$ — вписанный, поэтому $∠BAC = ∠BDC.$ Отсюда,

∠ENK = ∠BAC = ∠BDC =∠MNE.

Следовательно, $NE$ — биссектриса угла $MNK,$ то есть точка $E$ равноудалена от $NK$ и $MN.$ Аналогично, точка $E$ равноудалена от всех сторон четырёхугольника $KLMN,$ то есть является центром вписанной в него окружности.

$PIC$

Получается, $KLMN$ — описанный, а суммы длин противоположных сторон описанного четырёхуголька равны. Значит, периметр $KLMN$ равен $2(KL +MN )=16.$ Радиус же описанной окружности равен расстоянию от точки $E$ до прямой $LM,$ которое по условию равно $√- 3.$

Вспомним формулу площади описанных фигур

S = p⋅r,

где $p$ — полупериметр, а $r$ — радиус вписанной окружности.

Итак, тогда площадь $KLMN$ равна $1 √- √ - 2 ⋅16⋅ 3 =8 3.$

Ответ:

$8√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#35128

В окружность радиуса $10$ вписан четырехугольник с перпендикулярными диагоналями, которые равны $12$ и $10√3$ . Найдите стороны этого четырехугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот если бы мы знали отношения, в которых диагонали делятся точкой пересечения, то просто бы теоремой Пифагора посчитали стороны! Будем целиться в нахождение этих кусочков диагоналей! Ещё вопрос: как использовать радиус? Теорема синусов? На диагонали опираются не самые полезные углы, а больше длин мы не знаем. Похоже, придётся центр окружности отметить и провести радиус хотя бы к паре вершин. Так, имеем длину диагоналей (по факту хорд в окружности) и центр —> какая конструкция напрашивается?

Подсказка 2

Проведём из центра окружности перпендикуляры на диагонали! Они ведь в серединку попадут! Мы знаем радиус и середину стороны —> найдём эти перпендикуляры —> найдём нужные нам кусочки диагоналей (заметьте, что при проведении двух перпендикуляров, учитывая прямой угол между диагоналями, у нас образовался прямоугольник внутри!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть диагонали $AC = 12$ и $√- BD =10 3$ пересекаются в точке $T$ , а $X,Y$ — середины $AC$ и $BD$ соответственно. Не умаляя общности, можно считать, что $X$ лежит на отрезке $TC$ , а $Y$ — на $DT$ , поскольку иначе можно поменять местами пары вершин четырёхугольника на диагоналях. Известно, что из центра окружности перпендикуляр к хорде проходит через её середину. Тогда $XOY T$ прямоугольник (не забываем, что ещё диагонали перпендикулярны). По теореме Пифагора

XT2 = OY 2 = OD2− DY 2 = 100− 75= 25

XT = 5 =⇒ AT = 1,CT = 11

Аналогично,

OX2 =Y T2 = OC2− CX2 = 64

√ - √- OX =8 =⇒ BT = 5 3− 8,DT = 5 3+ 8

Итак, мы знаем кусочки диагоналей после разбиения точкой пересечения. Осталось посчитать стороны четырёхугольника по теореме Пифагора:

∘ --------- AB = ∘12+-(5√3−-8)2 = 140− 80√3= 4√5− 2√15

∘ -------- BC = ∘112+-(5√3−-8)2 =2 65− 20√3 =4√15-− 2√5

CD = ∘112+-(8+-5√3)2 = 2√5-+4√15

AD = ∘12+-(8+-5√3)2 = 4√5+ 2√15

Ответ:

$4√15± 2√5,4√5± 2√15$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#39069

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром в точке $O.$ Известно, что $AB = 8,AD + BC =16,∠BAD = 150∘,∠ABC = 30∘.$ Найдите квадрат площади треугольника $AOC.$

Показать ответ и решение

Так как $∠BAD + ∠ABC = 180∘$ , то $AD ∥ BC$ и $ABCD$ — равнобокая трапеция. Заметим, что $∠AOC = 2∠ABC = 60∘$ , при этом $OA = OC$ , а значит, $AOC$ — равносторонний, и его площадь равна $AC2√3 4$ . Найдём тогда длину $AC.$ Опустим высоты $DK$ и $AL$ на сторону $BC$ .

$PIC$

Треугольники $CDK$ и $BAL$ — прямоугольные с углом $30∘$ . Тогда $DK = AL = AB2-=4$ , а $- CK =BL = 4√3$ . Заметим, что $DALK$ — прямоугольник, причём

16= AD +BC = 2KL +BL + CK ⇒ KL = 8− 4√3.

Таким образом,

∘--------- √------ √ - AC = AL2 +CL2 = 16+ 64 =4 5.

Получаем, что площадь треугольника $AOC$ равна $√ - 20 3$ , а её квадрат — $1200.$

Ответ: 1200

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#71440

Среди всех вписанных четырёхугольников найдите четырёхугольник $ABCD$ с наименьшим периметром, в котором $AB = BC =CD$ и все попарные расстояния между точками $A,B$ , $C$ и $D$ выражаются целыми числами. Чему при этом равен радиус описанной вокруг $ABCD$ окружности?

Источники: ПВГ-2022, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала нужно понять что это за вписанный четырехугольник с тремя равными сторонами. Поотмечать уголки, выяснить тип фигуры.

Подсказка 2

Действительно, это равнобокая трапеция. Удобнее обозначить равные стороны за a, а другую - за b. Тогда периметр можно выразить через a и b и минимизировать его.

Подсказка 3

Проведите высоту, так Вам удобнее будет выражать диагонали, саму высоту. Посчитайте маленько(много Пифагора)! Посмотрите на одну из диагоналей!

Подсказка 4

Нам очень помогает условие целостности на попарные расстояния. Так, мы можем поперебирать значения a,b. Помним о неравенстве ломаной, переменных, целых числах, квадрате диагонали.

Подсказка 5

Помним про наименьший периметр, вовремя остановимся и проверим, достигается ли равенство.

Показать ответ и решение

Так как хорды $AB$ и $CD$ равны, то равны и дуги $AB$ и $CD,$ а значит, равны вписанные углы $CAD$ и $BCA.$ Это означает, что $BC ∥ AD$ , и $ABCD$ — трапеция с равными боковыми сторонами $AB$ и $CD$ . Пусть $AB =BC = CD = a,AD =b,$ $AC = BD =c.$

$PIC$

Высоту $h= BH$ выразим по теореме Пифагора

( )2 h2 = a2− b−-a 2

c2 = h2+ (a+-b)2 = a2− (b−-a)2+ (a-+b)2 =a2+ ab 2 2 2

Заметим, что это же можно было получить с помощью теоремы Птолемея:

AB ⋅CD + BC⋅AD = AC ⋅BD ⇔ a2+ab= c2

Таким образом,

2 c =a(a+ b),

где $a,b,c$ — натуральные числа. Кроме того, $3a> b,$ то есть $b≤ 3a− 1.$

Если $a =1,$ то $b∈[1;2],$ и уравнение $c2 = 1(1+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =2,$ то $b∈[1;5],$ и уравнение $c2 = 2(2+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =3,$ то $b∈[1;8],$ и уравнение $c2 = 3(3+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a= 4,$ то $b∈ [1;11],$ и уравнение $c2 =4(4+ b)$ имеет единственное целое решение $b= 5,$ $c= 6.$ Тогда периметр равен $3a+ b=17.$
При $a ≥5$ периметр будет больше 17, так как если $3a+ b≤17,$ то $a =5.$ Но тогда или $b= 1,$ $2 c = 30,$ или $2 b= 2,c =35$ — то и другое невозможно.

Итак, $AB = BC = CD =4,AD = 5,AC = BD = 6,$ периметр равен 17. Тогда высота трапеции равна $∘ --------- √ - 42− (5−24)2 = 327 ,$ синус угла при основании равен $sinA= 3√7 = 3√7, 2⋅4 8$ а искомый радиус находится по теореме синусов

2R = BD--= 6⋅√8 ⇒ R= √8- sinA 3 7 7

Ответ:

$√8- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74503

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ длины сторон $AB$ и $BC$ равны, $DB$ — биссектриса угла $ADC,AD :DC = 4:3.$ Найдите косинус угла $AKB,$ если $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD,$ и $BK :KD = 1:3.$

Источники: ШВБ-2022, (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу запишем все отрезки через переменные, пользуясь свойством биссектрисы) Как воспользоваться тем, что у четырехугольника есть две равные стороны? Не забываем, что диагональ DB является биссектрисой!

Подсказка 3

Произведение отрезков диагонали равны! Запишем это, и, т.к. у нас все отрезки теперь выражены с помощью двух переменных, сможем применить теорему косинусов, чтобы избавиться от одной переменной) Осталось лишь понять, как искать косинус нужного угла, если мы знаем отношения практически всех отрезков на картинке!

Показать ответ и решение

$PIC$

$AD :DC = 4:3,$ пусть $AD =4x,DC = 3x,$ $BK :KD = 1:3,$ пусть $BK = y,KD = 3y.$ $DK$ — биссектриса треугольника $ADC,$ $AK :KC = AD :DC =$ $=4:3,AK = 4z,KC = 3z.$

Точка $B$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к диагонали $AC$ и биссектрисы угла $D$ в выпуклом четырехугольнике $ABCD.$ Следовательно, около этого четырехугольника можно описать окружность.

Действительно, опишем окружность около треугольника $ACD,$ обозначим точку пересечения биссектрисы угла $D$ с окружностью через $B1.$ Тогда по свойству вписанных углов дуги $AB1$ и $B1C$ будут равны, хорды $AB1$ и $B1C$ тоже будут равны, треугольник $AB1C$ будет равнобедренным, и серединный перпендикуляр к диагонали $AC$ и биссектриса угла $D$ будут пересекаться в точке $B1.$ Следовательно, $B1 =B.$

Поскольку около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность, то для его диагоналей верно равенство

AK ⋅KC =BK ⋅KD, 4z2 =y2,y = 2z

Треугольник $ABK$ подобен $DCK$ , и $CADB= BKKC-$ , пусть $AB =p,$ поэтому

p-= y-= 2 ⇒ p= 2x⇒ x= p 3x 3z 3 2

AD = 2p, DC = 3p 2

По теореме косинусов для треугольников $ABC$ и $ADC$ с учетом $∠B + ∠D =180∘$ имеем

2 49z2 = 2p2 − 2p2cos∠B,49z2 = 4p2 + 9p-+ 6p2cos∠B 4

z = p, y = p, AK = p, BK = p 4 2 2

Для равнобедренного треугольника $ABK$ имеем

BK-- 1 cos∠AKB = 2AK = 4

Ответ:

$1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#90135

Середины сторон выпуклого четырёхугольника $ABCD$ лежат на окружности. Известно, что $AB = 1,BC = 4,CD =8$ . Найдите $AD$ .

Источники: ДВИ - 2022, вариант 221, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем найти еще какие-то хорошие свойства у внутреннего четырехугольника? Какими являются его стороны?(попарно противоположные)

Подсказка 2

Внутренний четырёхугольник является параллелограммом! Так он еще и вписан….кто же он тогда?

Подсказка 3

Внутренний четырехугольник является прямоугольником! Что тогда можно сказать про диагонали большего четырехугольника?

Подсказка 4

Диагонали большего четырехугольника перпендикулярны! Чем тогда можно воспользоваться при вычислении сторон большего четырехугольника?

Подсказка 5

Можно воспользоваться теоремой Пифагора для четырех треугольников, на которые разбился больший четырехугольник!

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $EFGH$ является параллелограммом, поскольку стороны попарно параллельны диагоналям $ABCD$ , но раз он вписан, то также является прямоугольником, то есть диагонали $ABCD$ перпендикулярны.