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 1#120573Максимум баллов за задание: 7

Дана окружность с центром $O$ и точка $A$ вне её. Секущая, проходящая через точку $A,$ пересекает окружность в точках $X$ и $Y.$ Пусть $′ X$ — точка окружности, симметричная точке $X$ относительно прямой $OA.$ Докажите, что точка пересечения прямых $OA$ и $′ X Y$ не зависит от выбора секущей.

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать доказательство

Пусть $R$ — радиус окружности, $M$ — точка пересечения $YX ′$ с $OA,$ $P$ — точка пересечения $OX$ и $Y X′.$ Соединим центр окружности $O$ с точками $X$ и $Y.$ Тогда $OX = OY = R.$ Пусть $α =∠XOA, β = ∠OXY.$

$PIC$

Так как точка $′ X$ симметрична точке $X$ относительно прямой $OA,$ а, значит, и относительно диаметра $TQ,$ принадлежащего прямой $AO,$ то

⌣ 1 ⌣ α= ∠XOQ =XQ= 2XX ′= ∠XY X ′

Тогда $∠XAO = β− α$ (теорема о внешнем угле треугольника $OXA.)$ Поэтому из теоремы синусов для треугольника $OXA$ имеем

---R----= ----OA∘----= -OA- (∗) sin(β− α) sin(180 − β) sinβ

Так как $∠Y PX =∠OP M$ (как вертикальные), то $∠Y MO = ∠YXO =β.$ Кроме того, в равнобедренном треугольнике $Y QX$ углы при основании $Y X$ равны, и, следовательно, $∠OY M = β− α.$ Из теоремы синусов для треугольника $YOM$ получаем

--OM---- -R-- sin(β− α) = sinβ

Учитывая $(∗),$ находим $R2 OM = OA,$ что и означает независимость точки $M$ от выбора секущей. Заметим, что расположение точек $X$ и $Y$ не влияет на решение.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#120662Максимум баллов за задание: 7

Высоты $BE$ и $DK$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $H.$

a) Докажите , что прямые $CH$ и $KE$ перпендикулярны;

б) Найдите длину диагонали $BD$ , если $KE = 3,CH =3,2.$

Замечание. Пункт а) выполнен не во всех случаях.

Источники: Курчатов - 2025, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте заметим, что в условии не указано, на какие стороны опущены высоты. Значит, возможно несколько вариантов. Рассмотрите их. На всех ли картинках действительно будет выполняться эта перпендикулярность?

Подсказка 2

Давайте во втором пункте сначала рассмотрим случай, когда высоты BE и DK опущены на AD и AB. Мы хотим связать BD с KE и CH. Это совсем нетрудно сделать, если вспомнить про наличие подобных треугольников, связанных с ортоцентром, и теорему синусов.

Подсказка 3:

Давайте обозначим ∠BAD через γ. Треугольники △AEK и △ABD подобны. А знаете, с каким коэффициентом? Теорему синусов же стоит применять где-то в окружности (CBHD), там тоже фигурирует угол γ.

Подсказка 4:

Во втором случае ситуация иная. Можно сразу вычислить sin(γ), если поработать с окружностью (CKHE). Если дальше вспомнить про подобие, то задача решится)

Показать ответ и решение

а) Докажем, что в общем случае это неверно. В условии не указаны стороны, на которые опускаются высоты $BE$ и $DK,$ а значит, возможны два варианта: либо точки $E$ и $K$ лежат соответственно на сторонах $AD$ и $AB,$ либо соответственно на сторонах $CD$ и $CB.$ Приведём пример параллелограмма для второго случая, в котором утверждение задачи неверно — пусть $∘ ∠A = 45 ,$ $AB = 1,$ $√ - AD = 2.$ Тогда вершина $D$ совпадает с точками $E$ и $H,$ а точка $K$ является серединой $BC.$ Очевидно, что тогда угол между $CH$ и $KE$ равен $∘ 45 ,$ и они не перпендикулярны.

$PIC$

Замечание. В случае, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $AD$ и $AB,$ действительно, всегда будет перпендикулярность между прямыми $KE$ и $CH.$

б) Случай $1.$ Рассмотрим случай, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $AD$ и $AB.$

Пусть $∠BAD = ∠BCD = γ.$ Треугольники $AKE$ и $ABD$ подобны (их углы равны), следовательно,

KE-= AE-= cosγ BD AB

Для треугольника $BCD,$ вписанного в окружность с диаметром $CH,$ верна теорема синусов:

-BD- sinγ = CH

$PIC$

Подставляя известные значения $KE$ и $CH$ получаем:

(|{ BD- sinγ = 3,2 |( cosγ = 3-- BD

Заменяя $BD = x$ и подставляя все в выражение тригонометрического тождества, получаем уравнение:

-x2-+ 32= 1 3,22 x2

4 2 x − 10,24x + 92,16= 0

Полученное квадратное уравнение на $x2$ не имеет решений, так как его дискриминант меньше нуля. Значит, этот случай невозможен.

Случай $2.$ Рассмотрим случай, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $CD$ и $CB.$

Для треугольника $CKE,$ вписанного в окружность с диаметром $CH,$ верна теорема синусов:

-KE- sinγ = CH

Таким образом,

KE- 15 sinγ = CH = 16

Пусть $∠BCD = γ.$ Треугольники $CKE$ и $CDB$ подобны (их углы равны), следовательно,

KE CE ∘------- √31- BD-= BC-= cosγ = 1− sin2γ =-16

Подставляя $KE = 3$ находим:

BD = √48- 31

$PIC$

Ответ:

(a) Неверно в общем случае;

(b) $-48- √31$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#122414Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ отметили точку $D.$ Окружности, описанные около треугольников $BOD$ и $COD,$ повторно пересекают отрезки $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что из отрезков $BX, XY$ и $YC$ можно сложить треугольник.

Источники: ММО - 2025, второй день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо понять, где относительно XY находится точка O. Для этого попробуйте оценить сумму углов XOD и YOD, должно получиться больше 180°.

Подсказка 2

Для полноты картинки не хватает ещё одного вписанного четырёхугольника. Обратите внимание на AXOY.

Подсказка 3

Итак, теперь попробуем найти треугольник с нужными сторонами. Как насчёт того, чтобы отметить на BC такую точку Z, что YZ = YC? Что можно сказать про отрезок XZ?

Показать доказательство

Поскольку четырёхугольники $BXOD, CY OD$ вписанные, то

∘ ∠XOD + ∠CBA = ∠YOD + ∠ACB = 180 .

Так как

∠XOD + ∠YOD =360∘− ∠ACB − ∠CBA >360∘− ∠ACB − ∠CBA − ∠BAC =180∘,

то точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY.$ В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XY D.$

Тогда

∠XOY + ∠BAC = 360∘− ∠XOD − ∠YOD + ∠BAC =

=(180∘− ∠XOD )+ (180∘− ∠YOD )+ ∠BAC =

= ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.

Далее можно рассуждать по-разному.

$PIC$

Первый способ. Пусть точка $Z,$ отличная от $C,$ на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ.$ Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $∠Y ZC =∠ACB.$ Заметим, что

∠YXD = ∠Y XO +∠DXO = ∠YAO +∠DBO =

= (90∘− ∠ABC )+ (90∘− ∠BAC )=∠BCA.

Значит, $∠YZC = ∠YXD,$ откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$ ), что точки $X,Y,Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,

∠XZD =∠XY D = ∠XY O+ ∠DY O= ∠XAO + ∠DCO =

= (90∘ − ∠BCA )+ (90∘− ∠BAC )=∠ABC.

Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB.$ Получаем, что треугольник $XY Z$ составлен из отрезков $XY,XZ$ и $YZ,$ равных $XY,BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть точки $X ′,Y′$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно

$PIC$

Поскольку $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $∠OMA = ∠ONA = 90∘.$ Тогда из четырёхугольников $MONA, XONA$ находим

∘ ∠MON =∠XOY = 180 − ∠BAC.

Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM.$ Поскольку $∠MON = ∠XOY,$ точка $Y$ лежит на отрезке $NC.$ Получаем, что

∠XOX ′ = 2∠XOM =2(∠MON − ∠XON )=

′ =2(∠XOY − ∠XON )= 2∠YON = ∠YOY

Следовательно, треугольники $X ′OY ′$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $∠YOY ′ =∠XOX ′).$ Тогда $X′Y′ = XY.$ Поскольку $AX′ = BX,AY ′ = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX ′Y′$ составлен из отрезков, равных $XY,BX$ и $CY,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY,$ равен $---AO---, 2sin∠AXO$ а радиус окружности, описанной около $BXOD,$ равен $---BO---. 2sin∠BXO$ Поскольку $BO = AO,∠BXO +∠AXO = 180∘,$ получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CY DO,$ получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY, BXOD$ и $CY OD$ равны. Обозначим эти окружности $ω ,ω ,ω 1 2 3$ соответственно

$PIC$

Для того чтобы показать, что из отрезков $BX,XY, YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $ω2,ω1,ω3$ соответственно, в сумме дают $∘ 180.$

Убедимся в этом. Заметим, что

∠BOX + ∠COY = ∠BDX + ∠CDY =

∘ ∘ = 180 − ∠ODX − ∠ODY = 180 − ∠OBA − ∠OCA =

= 180∘ − (90∘ − ∠ACB )− (90∘− ∠CBA )=∠ACB +∠CBA.

Таким образом,

∘ ∠XAY + ∠BOX + ∠COY = ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180 ,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A.$ Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A,$ то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#125176Максимум баллов за задание: 7

В окружность радиуса 3 вписан четырёхугольник, три стороны которого равны $3,3,3√2.$ Найдите максимально возможную площадь такого четырёхугольника.

Источники: Ломоносов - 2025, 11.3 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала начертим сам четырёхугольник с окружностью, а потом соединим его вершины с центром окружности. Что мы можем сказать про получившиеся треугольники?

Подсказка 2

Нетрудно заметить, что два из них — равные правильные (со стороной 3), другой — прямоугольный с катетами 3 и гипотенузой 3√2. Их площади легко найти, так что разберёмся с оставшимся. Как можем найти его площадь (знаем как минимум две его стороны)?

Подсказка 3

Вспомним, что можно вычислить площадь прямоугольника через полупроизведение двух его сторон и синусу угла между ними. Так как все про остальные треугольники мы знаем, то и градусную меру этого центрального угла легко можем найти. Считаем оставшуюся площадь и складываем с площадями всех остальных треугольников, получая ответ.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Решим задачу в общем случае. Обозначим четырехугольник $ABCD.$ Пусть $AB = BC = R,$ $√- CD = R 2.$ В такой конфигурации угол между сторонами $AB$ и $BC$ равен $∘ 120 .$ Угол $∘ ∠ADC = 60,$ как противолежащий.

$PIC$

Диагональ $√- AC = R 3.$ Из теоремы синусов для треугольника $ACD$ следует, что угол $∠CAD$ равен $∘ 45$ (угол $∠CAD$ острый, т.к. иначе $∘ ∠CAD = 135,$ и сумма углов треугольника $ADC$ будет больше $∘ ∘ ∘ 60 +135 > 180$ ). Значит, угол $∠ACD$ равен $∘ 75.$ Площадь $S$ четырехугольника можно вычислить, как сумму площадей треугольников $ABC$ и $ADC.$

2√- SABC = R--3- 4

√- √ - √ - S = R2-6-⋅sin 75∘ = R2-6⋅cos15∘ = R2-3(1 +√3) ADC 2 2 4

R2√3 R2√3- √- 3R2 R2√3- S = -4--+ --4--(1+ 3)= -4- +--2--

Возможна другая конфигурация: $AB = CD =R,$ $√- BC =R 2.$ В этом случае четырехугольник — равнобочная трапеция с углом при основании $75∘.$

$PIC$

Тогда высота $CH = R sin75∘,$ и площадь трапеции равна

1 3R2 R2√3- S = 2(AD + BC)⋅CH = -4- +--2--

Оба варианта одинаковые, при подставновки $R= 3$ ответ равен

2 2√ - √- 3R-+ R---3= 27+ 9-3 4 2 4 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Соединим вершины четырехугольника с центром окружности.

$PIC$

Получается, что четырехугольник составлен из двух правильных треугольников со стороной 3, площадь каждого $√ - 9--3 4 ;$ одного прямоугольного треугольника с катетами 3, 3 и гипотенузой $√- 3 2,$ площадь $92;$ одного равнобедренного треугольника со сторонами 3 и 3 и углом между ними $150∘,$ площадь равна

1⋅3⋅3⋅sin150∘ = 9 2 4

Суммарная площадь одинакова вне зависимости от того, в каком порядке они расположены, и равна

27 9√3 4-+ -2-

Ответ:

$27 9√3- 4 + 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#126312Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике с основанием $AC$ и углом $ABC =20∘$ при вершине $B,$ на стороне $AB$ отмечена точка $H$ такая, что угол $∘ AHC = 30 .$ Доказать $AC = BH.$

Источники: Всесиб - 2025, 10.3 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А давайте попробуем просто всё посчитать. :)

Подсказка 2

Начнём с углов. Особенно интересны нам ∠BAC, ∠BHC и ∠BCH.

Подсказка 3

Попробуйте применить теорему синусов к треугольнику ABC.

Подсказка 4

А если вновь применить теорему синусов, но уже к треугольнику HBC?

Показать доказательство

Первое решение

Построим серединный перпендикуляр к отрезку $CH,$ обозначим за $M$ и $K$ точки его пересечения со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Треугольник $HMC$ — равнобедренный с углами $∘ ∠MHC =∠MCH = 10$ при основании $HC,$ поэтому отрезки $MH$ и $MC$ равны как его боковые стороны.

В треугольнике $MHB$

∠BHM =∠BHC − ∠MHC = 150∘− 10∘ = 140∘

Кроме того,

∘ ∠HBM =20 = ∠BMH

Следовательно, треугольник $MHB$ — равнобедренный с боковыми сторонами $BH$ и $HM.$ Получаем, что $BH = HM = MC.$ Теперь посмотрим на равнобедренный треугольник $CHK$ с $∠HCK = ∠CHK =30∘.$ Следовательно,

∠MCK = ∠MCH +∠MCK = 30∘+ 10∘ =40∘

Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∠KCA = ∠ACB − ∠MCK = 80 − 40 = 40

Тогда $CK$ — биссектриса угла $BCA.$

∠KMC = 1⋅∠CMH = 80∘ = ∠KAC 2

Треугольники $KMC$ и $KAC$ равны по общей стороне $KC$ и по 2 углам $∠KMC = ∠KAC,$ $∠KCA = ∠MCK.$ Тогда $MC =AC.$

Получаем, что

BH =HM = MC = AC

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

$PIC$

Повернём треугольник $ABC$ вокруг точки $B$ по часовой стрелке на $20∘,$ чтобы сторона $AC$ совместилась со стороной $AB.$ Образ точки $H$ при этом повороте обозначим за $F.$ Затем зеркально отразим треугольник $ABC$ относительно стороны $BC,$ образ точки $H$ при этом отражении обозначим за $G.$

∘ ∘ ∘ ∠F AC =∠F AB +∠BAC = 10 + 80 = 90

∠GCA =∠GCB +∠BCA = 10∘+ 80∘ =90∘

F A= CH = GC

Тогда четырехугольник $AFGC$ является прямоугольником и $FG = AC.$

В треугольнике $BFG$ по построению $BF =BH = BG,$ а также

∘ ∘ ∘ ∠F BG =∠F BA +∠ABG =∠ABC + ∠ABG = 20 + 40 = 60

Следовательно, треугольник $BF G$ — равнобедренный с углом $60∘$ при вершине, а значит, он является равносторонним. Тогда

AC = FG =F B = HB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

$PIC$

180∘−-20∘ ∘ ∠BAC = 2 = 80

∠BHC = 180∘− 30∘ =150∘

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BCH =180 − 20 − 150 =10

По теореме синусов для треугольника $ABC$

--AC-- = -BC--- sin(20∘) sin(80∘)

По теореме синусов для треугольника $HBC$

--BH∘-= --BC-∘- =--BC-∘ = sin(10 ) sin(150) sin(30 )

Тогда

AC = BC-⋅sin(20∘)= BH ⋅ sin(30∘)⋅sin(20∘) =BH ⋅----sin(20∘)---- =BH ⋅ sin(20∘)= BH sin(80∘) sin(10∘)⋅sin(80∘) 2 ⋅sin(10∘)⋅cos(10∘) sin(20∘)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#126966Максимум баллов за задание: 7

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:

$30 или 16-16 125$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#128567Максимум баллов за задание: 7

В трубопроводе цилиндрической формы установлено скребковое устройство вдоль трубы, предназначенное для очистки внутренней поверхности от парафинистых и смолистых отложений, имеющее форму треугольной призмы. В поперечном сечении трубопровода в виде круглого циферблата с часовой разметкой, вершины треугольника скребкового устройства находятся в точках окружности на часовых отметках «1:30», «4:00» и «5:00». Определить диаметр трубопровода, если площадь сечения скребкового устройства 900 мм $2 .$

Источники: Газпром - 2025, 10.3 (см. olympiad.gazprom.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача, похоже, геометрическая, значит нам нужен чертёж! Как мы можем использовать зафиксированные на циферблате вершины треугольника?

Подсказка 2

Знание положений вершин по сути даёт нам зафиксированные углы треугольника, а что требуется при это. узнать? Какие теоремы есть, связывающие величины треугольника с окружностью?

Подсказка 3

Нам поможет теорема синусов и формула площади треугольника через радиус описанной окружности! Но что же делать с углами? Это ведь совсем не табличные значения, которые мы все помним...

Подсказка 4

Тут варианты разные: можно работать с двойными углами и попробовать напрямую вытащить все нужные синусы, но... если вы хорошо владеете тригонометрией, и помните формулы преобразования суммы/разности в произведение и наоборот, то в целом всё страшное выражение для площади сводится к табличному синусу!

Показать ответ и решение

Построим сечение трубопровода в виде окружности с часовой разметкой. Отметим вершины треугольника (сечения скребкового устройства, имеющего форму треугольной призмы) и обозначим их соответственно буквами $A,$ $B$ и $C.$ Заметим, что $△ABC$ — вписанный в окружность. Обозначим радиус этой окружности $R.$

$PIC$

Часовое деление на циферблате соответствует центральному углу $∘ 30 .$ Найдем углы $△ABC$ как вписанные углы в окружность:

1 ∠A = 2 ⋅30∘ = 15∘

∘ ∠C = 1 ⋅(5⋅15∘)= 75-= 37.5∘ 2 2

∠B = 1 ⋅(17⋅15∘)= 255∘= 127.5∘ 2 2

Используя формулу для нахождения площади треугольника через радиус описанной окружности и теорему синусов, получим:

(|| abc {S△ = 4R ||( -a---= --b--= --c--= 2R sin∠A sin∠B sin∠C

Отсюда получаем:

(2Rsin-∠A)⋅(2R-sin∠B)⋅(2Rsin∠C-) 2 S△ = 4R = 2R sin∠A sin∠B sin∠C

Вычислим:

1 1 sin(127.5∘)⋅sin(37.5∘)= 2(cos(127.5∘ − 37.5∘)− cos(127.5∘+ 37.5∘))= 2(cos(90∘)− cos(165∘))

Так как

cos(165∘)=cos(180∘− 15∘)= − cos(15∘),

то полученное выражение можно преобразовать следующим образом:

1 1 1 2(cos(90∘)− cos(165∘))= 2(0− (− cos(15∘)))= 2cos(15∘)

Тогда получим:

2 ∘ 1 ∘ S△ = 2R sin(15)⋅2 cos(15 )=

sin(30∘) R2 = R2sin(15∘)cos(15∘)=R2 ⋅--2---= -4-

Тогда $S△ = 900,$ следовательно:

2 R--= 900 4

R2 = 3600

R =60

Тогда в итоге $D = 120.$

Ответ:

120 мм

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#129844Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O.$ Прямая $AO$ пересекает описанную окружность треугольника $OBC$ в точках $O$ и $M.$ Найдите длину секущей $OM,$ если $BC =6,$ $AB :AC = 3:1$ и $∘ ∠BAC = 60 .$

Источники: Ломоносов - 2025, 10.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Небольшой счёт углов и знание теоремы синусов помогут нам сразу же узнать радиус имеющейся на рисунке окружности. Но как нам связать его с искомым отрезком?

Подсказка 2

Попробуем вычислить угол, опирающийся на эту дугу! Поищите на рисунке равные уголочки и свяжите искомый угол с углами △ABC.

Подсказка 3

Осталось лишь вспомнить свойство вписанного угла, равного 90°, и записать ответ!

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что

∠OBM = ∠ABC- +∠CBM = ∠ABC- +∠COM = ∠ABC-+ ∠OAC + ∠OCA = ∠ABC-+-∠BAC-+-∠ACB-= 90∘ 2 2 2 2

Значит, $OM = 2R,$ где $R$ — радиус описанной около треугольника $OBC$ окружности.

Также

∠BOC = 180∘− ∠B-+-∠C =180∘− 180∘−-∠A-= 90∘ + ∠A-= 120∘ 2 2 2

Поэтому, по теореме синусов:

BC √6⋅2 √- OM = 2R =sin120∘ = -3--= 4 3

Ответ:

$4√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#64954Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $AC$ пересекают высоту из вершины $A$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Найдите радиус описанной около этого треугольника окружности, если $AP =a,AQ = b.$

Источники: Муницип - 2024, 9 класс

Показать ответ и решение

Пусть для определенности углы $B,C$ — острые, обозначим $∠B = β,∠C = γ$ . Так как $AP$ — высота, то $∠BAP = π− β,∠CAP = π− γ. 2 2$ Пусть $E,K$ — середины $AB,AC$ соответственно.

Первое решение.

$PIC$

Отметим точку $O$ пересечения серединных перпендикуляров $EP$ и $KQ$ к сторонам треугольника $ABC$ . Эта точка является центром описанной около треугольника окружности. Заметим, что угол $AOK$ вдвое меньше центрального угла $AOC,$ поэтому равен вписанному углу $ABC,$ то есть $β.$ При этом $∠APE = ∠B = β$ из вписанности четырёхугольника $BEP H$ (два прямых угла дают вписанность). Тогда обратим внимание, что $AO$ касается описанной окружности треугольника $OQP$ , так как угол между ней и хордой $OQ$ равен углу $OPQ,$ опирающемуся на эту хорду. По теореме о касательной и секущей получаем $AO2 = AQ ⋅AP = a⋅b.$

Второе решение.

$PIC$

Не будем думать и посчитаем в синусах: из прямоугольных треугольников

AE =asinβ,AK =bsinγ =⇒ AB = 2asinβ,AC =2bsinγ

Тогда получается

AB AC sinβ √b sin-γ = sinβ =⇒ sinγ = √a

Наконец, по теореме синусов радиус описанной окружности равен

-AB-- √ -- 2sinγ = ab

Ответ:

$√ab$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#84477Максимум баллов за задание: 7

Две окружности радиусов $r$ и $R$ касаются прямой $l$ в точках $A$ и $B$ . Пусть $C$ — точка пересечения этих окружностей, наиболее удалённая от $l$ . Докажите, что радиус описанной окружности треугольника $ABC$ не зависит от положения окружностей.

Показать доказательство

Не нарушая общности, точка $A$ принадлежит окружности радиуса $r,$ назовём её $ω,$ а точка $B$ принадлежит окружности радиуса $R,$ назовём её $Ω.$

$PIC$

Пусть $∠BAC = α,$ $∠ABC = β.$ Тогда на дугу $AC$ в $ω$ опирается вписанный угол $α,$ поэтому $AC = 2rsinα,$ аналогично $BC = 2Rsin β.$

По теореме синусов имеем

√------------- ∘ ---------- ∘---------- √ ------ 2RABC = 2RABC ⋅2RABC = -AC-⋅-BC- = AC--⋅ BC-= 2r ⋅2R, sin β sinα sinα sinβ

что не зависит от положения окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#85176Максимум баллов за задание: 7

Окружности радиусов $R$ и $r$ $(R> r)$ касаются внутренним образом в точке $A$ . Хорда $CD$ большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньшей окружности. $E$ — одна из точек пересечения $CD$ с меньшей окружностью. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей как $O$ и $O′$ соответственно.

Тогда $′ AO = r, AO = R$ .

$PIC$

Треугольники $AEE′$ и $ACD$ равнобедренные, пусть $∠ACE = β = ∠ADE ′$ и $∠CAE = α= ∠DAE ′.$

Тогда по свойству внешнего угла треугольника $∠AED = α+ β = ∠AE′C.$

По теореме синусов в треугольнике $ACD$ получаем $AC = 2Rsinβ$

По теореме синусов в треугольнике $AEE′$ получаем

AE = AE′ = 2rsin(α +β)

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $ACE,$ обозначив искомый радиус описанной около него окружности за $RACE :$

2RACE = --AC----= AE-- sin(α +β) sinβ

Следовательно

2 --AC---- AE-- 2R-sinβ-⋅2rsin(α+-β) 4RACE = sin(α+ β) ⋅sinβ = sin(α +β)⋅sinβ

4R2ACE = 4Rr

√ --- RACE = Rr

Ответ:

$√Rr-$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86026Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ отметили основания высот $D,E,F$ из вершин $A,B$ и $C$ соответственно. Пусть $ω ,ω 1 2$ — окружности, вписанные в треугольники $BDF$ и $CED$ соответственно, касающиеся сторон $DF$ и $DE$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Пусть прямая $MN$ вторично пересекает окружности $ω1,ω2$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $MP =NQ.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $OB$ и $OC$ — центры $ωB$ и $ωC,$ их радиусы — $rB$ и $rC,$ а точки касания с $BC$ — $T$ и $U.$ Из вписанных четырёхугольников $AF DC$ и $ABDE$ имеем:

∠MDOB = 1∠F DB = 1∠BAC = 1∠CDE =∠OCDN 2 2 2

Значит, прямоугольные треугольники $DMOB$ и $DMOC$ подобны c коэффициентом $rrc. B$

Пусть $φ= ∠DMN$ и $ψ = ∠MND.$ Прямые $FM$ и $EN$ касаются $ωB$ и $ωC,$ откуда:

∠MT P = ∠FMP =∠DMN =φ

∠QUN = ∠QNE = MND = ψ

(Возможно, что точка $P$ или $Q$ совпала с $T$ или $U,$ или лежит внутри треугольника $DMT$ или $DUN.$ Чтобы убрать привязку к конкретным случаям, можно использовать направленные углы)

В окружностях $ωB$ и $ωC$ длины хорд $MP$ и $NQ$ равны соответственно:

MP =2rBsin ∠MT P = 2rBsinφ,NQ = 2rC sin∠QUN =2rCsin ψ

Напишем теорему синусов для треугольника $DNM :$

DN--= ∠DMN--= sinφ- DM MND sinψ

Наконец, собирая все полученные равенства:

MP 2rBsinφ rB sinφ DM sinφ sinψ sinφ -NQ = 2rCsinψ-= rC ⋅-ψ--=-DN-⋅sinψ-= sinφ-⋅sinψ-= 1

получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#92261Максимум баллов за задание: 7

В окружность $Ω$ вписан четырёхугольник $ABCD$ . На стороне $BC$ отмечена точка $E$ таким образом, что $CD = CE = 1$ и $∘ ∠AED =30$ . Найдите радиус окружности $Ω$ , если известно, что $∘ ∠ACD =25$ и $∘ ∠ACB = 75$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 244, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии нам даны углы и равные стороны, давайте тогда попробуем посчитать и другие!

Подсказка 2

∠DAB = 80°, а ∠CAE = 35°! Давайте теперь подумаем, а на что намекает нам поиск радиуса описанной окружности треугольников, в которых известны некоторые стороны и углы?

Подсказка 3

Будем пользоваться теоремой синусов! Было бы удобно для этого выбрать треугольники с известными углами и с общими сторонами.

Подсказка 4

Применим теорему синусов для треугольников △DCE, △ACD и выразим DE и AD через тригонометрические функции и ∠DAC! А в каком треугольнике мы можем связать эти две стороны с помощью пропорции?

Подсказка 5

Запишем пропорцию со сторонами AD и DE из теоремы синусов для треугольника △ADE! Теперь мы можем подставить раннее найденные представления этих сторон и выразить 2*sin(25).

Подсказка 6

2sin(25°) = sin(∠DAC)*2*cos(40°)/sin(∠DAC+35°). Осталось лишь найти, чему может быть равен ∠DAC и найти радиус известным ранее способом ;)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

$∠CDE = ∠CED = 40∘$ из треугольника $CDE,$ $∠CAE = 35∘$ из треугольника $CEA,$ $∠DAB = 80∘$ из вписанности четырёхугольника $ABCD.$

По теореме синусов для треугольника $DCE :$

--DE-- = --1-,DE = sin-80∘ =2cos40∘. sin100∘ sin40∘ sin 40∘

По теореме синусов для треугольника $ACD :$

----1---= -AD--,AD = -sin25∘-. sin∠DAC sin 25∘ sin∠DAC

Наконец, применяя теорему синусов для $ADE$ :

-AD-- -----DE------ sin 30∘ = sin(∠DAC +35∘).

Подставляем в последнюю пропорцию выражения для $AD$ и $DE$ , которые получили выше:

∘ sin∠DAC--⋅2-cos40∘ 2sin25 = sin(∠DAC +35∘) .

Отсюда видно, что $∠DAC =30∘$ подходит, т.к. $sin 65∘ = cos25∘$ , а из

sin50∘ sin(∠DAC + 35∘) sin25∘-= 2cos25∘ =---sin∠DAC----= cos35∘+ sin35∘ctg∠DAC.

понятно, что этот угол определяется однозначно (он лежит в интервале от $0$ до $π$ , и мы знаем численное значение его котангенса).

Таким образом, можно выразить радиус окружности из треугольника $DAC :$

R = 1⋅--1-∘ =1. 2 sin 30

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Посчитаем углы:

∠DCE =∠ACE +∠DCA =100∘

∘ ∠CDE =∠CED =40

∠EAC =180∘− ∠AEC − ∠ECA =35∘

Отметим на $AE$ такую точку $F,$ что $∠CF E =40∘ :$

$PIC$

Тогда $∠FCA =35∘,$ то есть $∠FCA = ∠EAC,$ откуда $F A= FC.$ А $∠EF C =70∘,$ то есть $∠EFC = ∠AEC,$ откуда $FC = EC = CD =1.$ Значит, треугольник $FDC$ равнобедренный, а так как $∠F CD =60∘,$ то $FDC$ ещё и равносторонний, то есть $FC = CD = FD.$

Итак, мы получили, что

FA =F D =FC = 1,

откуда точка $F$ является центром окружности, описанной около треугольника $ACD.$ Отсюда искомый радиус равен 1.

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#137273Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BC$ — наибольшая сторона в треугольнике $ABC,$ в котором проведены высоты $AA 1$ и $BB . 1$ Биссектриса $∠C$ пересекает описанную около треугольника $ABC$ окружность в точке $L,$ высоту $AA1$ — в точке $P,$ $BB1$ — в точке $Q.$ Найдите градусную меру угла $ACB,$ если известно, что $AP = LQ.$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 4, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $α =∠BCL,$ $β =∠ALC,$ $γ = ∠BLC.$

$PIC$

Докажем равенство треугольников $ALP$ и $BLQ.$ Заметим, что $AP =LQ$ по условию и $AL= LB$ как хорды, на которые опираются равные углы. Кроме того,

∠AP L= ∠A1PC = 90∘− α =∠B1QC = ∠BQL

По теореме синусов

AP AL LB LQ sin∠ALP-= sin∠AP-L = sin∠BQL-= sin-∠LBQ-

Тогда $sin∠ALP = sin∠LBQ.$ Но $∠ALP =∠ABC <90∘$ и

∠LBQ = 180∘− ∠BLC − ∠BQL =

= 90∘ − ∠BAC + α< 90∘− ∠BAC +∠ACB ≤90∘

Последнее неравенство верно, поскольку $BC ≥ AB.$ Значит, углы $ALP$ и $LBQ$ — острые, следовательно, равные, поскольку их синусы равны. Получаем, что треугольники $ALP$ и $BLQ$ равны по стороне и 2 углам. Следовательно, $∠LAP = ∠QLB = γ.$ Из треугольника $ALP$

∘ ∘ β+ γ+ 90 − α = 180

∘ β+ γ = 90 +α

Из четырехугольника $ALBC$

β+ γ = 180∘− 2α =90∘+ α

α= 30∘

Тогда $∘ ∠ACB = 60 .$

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#49714Максимум баллов за задание: 7

Внутри угла с вершиной $O$ отмечена точка $P.$ Рассматриваются всевозможные пары точек $X$ и $Y$ на сторонах угла такие, что $∠OP X = ∠OP Y.$ Докажите, что все прямые $XY$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Проведём через точку $P$ прямую, перпендикулярную $OP.$ Пусть она пересекает стороны угла в точках $A$ и $B,$ причем точки $X$ и $A$ лежат на одной стороне угла, точки $B$ и $Y$ — на другой.

$PIC$

Обозначим $∠OP X$ за $α.$ По условию $∠OP Y = ∠OP X =α.$ Тогда $∠AP X = 90∘− α= ∠BP Y.$

Рассмотрим треугольник $AP X.$ По теореме синусов

AX AP AP sin(90∘− α) sin(90∘− α-) = sin-∠AXP ⇒ AX = --sin∠AXP----

В треугольнике $OXP$ по теореме синусов

OX-- ---OP---- -OP-sin-α- sinα = sin ∠OXP ⇒ OX = sin∠OXP

Сумма смежных углов равна $180∘,$ поэтому $∠AXP = 180∘ − ∠OXP.$ Тогда $sin∠AXP = sin(180∘− ∠OXP )= sin ∠OXP.$ Тогда

OX- = ---OP-sinα∘----= OP--sinα AX AP sin(90 − α) AP cosα

Аналогично запишем отношение $BY- : OY$

BY-= PB-cosα- OY OP sinα

Пусть $AP ∩ XY = L.$ По теореме Менелая для треугольника $AOB :$

BY- OX- AL- PB-cosα- OP-sinα AL- OY ⋅XA ⋅BL = 1 ⇒ OP sinα ⋅AP cosα ⋅BL = 1 ⇒ P B AL AL AP ⇒ AP- ⋅BL-= 1 ⇒ BL- = PB-

Так как расположение точек $A$ и $B$ не зависит от выбора точек $X$ и $Y,$ то отношение $AP- P B$ фиксированно и зависит только от выбора точки $P.$ Тогда и отношение $AL BL-$ фиксированно и не зависит от выбора точек $X$ и $Y,$ а значит, все прямые $XY$ пересекают $AB$ в точке $L,$ для которой верно $AL-= AP-. BL PB$ Тогда все прямые $XY$ пересекаются в одной точке.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#49716Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник, у которого длины сторон — числа рациональные. Докажите, что рациональным числом является

а) отношение $R :r,$ где $R$ и $r$ — радиусы описанной и вписанной окружности;

б) значение $α β γ sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2,$ где $α,$ $β,$ $γ$ — углы треугольника.

Источники: БИБН-2023, 11.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

В условии сказано сразу про три стороны треугольника. Какие формулы сразу с величинами всех сторон есть в геометрии?

Пункт а), подсказка 2

Если в условие что-то говорится сразу про три стороны треугольника, то полезным будет воспользоваться формулами площади для треугольника: через стороны и радиус описанной, через полупериметр и радиус вписанной и формулой Герона.

Пункт а), подсказка 3

Правильно выразив и подставив величины из формул, можно найти отношение R/r.

Пункт б), подсказка 1

Полезным будет выразить гамма через альфа и бетта, пользуясь теоремой о сумме углов треугольника.

Пункт б), подсказка 2

Вместо гамма теперь в аргументе синуса стоит (180-альфа-бетта) Нужно попробовать свести все аргументы к сумме либо разности альфа и бетта.

Пункт б), подсказка 3

Аккуратно и правильно примените несколько тригонометрических формул из произведения в сумму.

Пункт б), подсказка 4

В конечном итоге мы получаем выражение которое зависит только от косинусов альфа, бетта и гамма. Рациональность данных величин нетрудно доказать, используя теорему косинусов.

Показать доказательство

Первое решение.

Введём длины сторон, как $a,b,c∈ ℚ,$ $S$ — площадь, $a+b+c- p = 2 ∈ ℚ$ — полупериметр. Далее воспользуемся формулами $abc ∘---------------- S =pr = 4R = p(p− a)(p− b)(p− c),$ откуда

R abcp abc r =-4S2-= 4(p-− a)(p-− b)(p−-c) ∈ℚ

Для углов известно $α+ β+ χ= π,$ зная это, распишем произведение

( ) ( ) sin αsin βsin χ-= 1 cos α−-β− cosα-+-β sin π−-α−-β= 1 cosα-− β-− cosα-+β cosα+-β= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

= 1(cosα+ cosβ − cos(α +β)− 1)= 1(cosα+ cosβ +cosχ− 1) 4 4

Осталось воспользоваться теоремой косинусов. Например, для угла $χ$ имеем

2 2 2 c = a + b − 2abcosχ =⇒ cosχ ∈ℚ

То есть косинусы также рациональны, откуда следует рациональность произведения.

Второе решение.

а)

$PIC$

Мы знаем, что $S = pr,$ где $S$ — площадь треугольника, а $p$ — его полупериметр. С другой стороны, $S = abc, 4R$ где $a,$ $b,$ $c$ — стороны треугольника. Тогда

r= S, R = abc p 4S

Следовательно,

abc S- abc⋅p- R :r= 4S :p = 4S2

По формуле Герона

S2 = p(p− a)(p− b)(p− c)

Тогда

abc⋅p abc R:r= 4p(p− a)(p-− b)(p−-c) = 4(p-− a)(p−-b)(p−-c)

Заметим, что здесь каждый из множителей рационален, а следовательно и отношение рационально.

б) Запишем теорему синусов:

AB-- AC-- BC-- sinγ = sinβ = sinα =2R

Отсюда получаем

AB =2R sinγ, AC = 2Rsinβ, BC = 2R sinα

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$ Рассмотрим треугольник $BIC$ и запишем для него теорему синусов:

BC BI CI sin(90∘+-α)-= sinγ-= sinβ- 2 2 2

$PIC$

Подставим $BC = 2Rsinα,$ распишем синус двойного угла и синус суммы, получим

4R sinα cosα BI CI ---co2sα--2-= sinγ-= sin-β 2 2 2

Отсюда получаем

$pict$

Аналогично

β γ AI = 4R sin2 sin2

Заметим, что

$pict$

Таким образом,

α β γ r r sin2-⋅sin2 ⋅sin2 = 4R-sinβ-sinγ-⋅4Rsin-αsin-γ⋅ 2 2 2 2 ⋅----r-----= ---------r3--------- 4Rsin α2 sin β2 43R3sin2 α2 ⋅sin2 β2 ⋅sin2 γ2

Тогда

3 α 3 β 3 γ -r3- α- β γ -r- sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2 = 43R3 ⇒ sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2 = 4R

По предыдущему пункту $R:r$ рационально, значит и $r:4R$ рационально.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#63950Максимум баллов за задание: 7

B неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $BB 1$ . Известно, что $AA :BB =AC :BC 1 1$ и что радиус окружности, касающейся стороны $AB$ и продолжений сторон $CA$ и $CB$ , равен 1. Найдите периметр треугольника $ABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2023, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрите, у нас есть условие, что AA1/BB1 = AC/BC. Обратите внимание на треугольники AA1C и BB1C. Что можно про них сказать?

Подсказка 2

Хочется сказать что они подобны, но у них общий угол BCA не между двумя соответственными сторонами. Тогда это почти как 4 признак равенства треугольников, только подобия: если растянуть один из треугольников так, что там две стороны будут равны, то выйдет как раз 4 признак равенства! Что это будет означать?

Подсказка 3

Это значит, что либо угол AA1C = BB1C, но это значит, что ABC - равнобедренный, а так нельзя. Остается, что AA1C + BB1C = 180. Что тогда можно сказать про угол BCA?)

Подсказка 4

Он равен 60! А теперь попробуйте посчитать периметр, вспомнив про то, что отрезок касательной из C к нашей вневписанной окружности - это полупериметр)

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем, что $∠BCA = 60∘$ . Для этого положим $∠BAC = α,∠ABC = β$ , $∠BCA = γ$ и воспользуемся теоремой синусов.

Имеем:

AA1-= ---AC---, BB1-=---BC--- , sinγ sin∠AA1C sinγ sin∠BB1C

откуда

-AA1= AC- ⋅ sin∠BB1C BB1 BC sin∠AA1C

С учетом условия $AA1 AC- BB1 = BC$ это означает, что $sin∠BB1C = sin∠AA1C$ . Равенству $α =β$ противоречит условие задачи.

Поэтому $β α ∘ α + 2 + 2 + β =180$ , откуда $∘ α +β =120$ и $∘ γ = 60$

Теперь найдем периметр треугольника $ABC$ . Пусть окружность с центром $O$ касается стороны $AB$ в точке $K$ , а продолжений сторон $CA$ и $CB$ - в точках $S$ и $T$ соответственно.

Тогда $AK =AS,BK = BT$ и

AB + CA +CB = CA + AS+ CB +BT = CS +CT = =OS ctg γ+ OTctg γ =2ctg30∘ =2√ 3 2 2

Ответ:

$2√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#64446Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике с тупым углом $A$ проведены высоты $BB 1$ и $CC . 1$ Докажите, что отрезок, соединяющий проекции точки $B 1$ на прямые $BA$ и $BC$ , равен отрезку, соединяющему проекции точки $C1$ на прямые $CA$ и $CB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол А тупой, поэтому не может быть никаких неоднозначностей насчет вида картинки. У нас много прямых углов, а доказать нужно равенство двух некоторых отрезков. Так и хочется использовать синусы. Осталось выбрать, синусы каких углов нам понадобятся: высоты проведены в треугольнике АВС, поэтому через синусы углов В и С этого треугольника сразу хочется что-нибудь повыражать.

Подсказка 2

Наверное, на этом этапе понятно, как через введенные синусы и сторону ВС выражаются углы В и С треугольника АВС, но что же делать с искомыми отрезками? Попробуйте поискать на картинке четверки точек, лежащих на одной окружности. Не забываем, что выражение отрезков с использованием синусов применимо не только в прямоугольном треугольнике, но и для любых углов, вписанных в окружность и отрезков, стягивающих соответствующие хорды.

Показать доказательство

Пусть проекции $B 1$ на $AB,BC$ это $U,V$ , проекции $C 1$ на $AC,CB$ — $P,Q$ . Тогда требуется показать $PQ = UV.$

$PIC$

Пусть $∠C = γ,∠B =β$ , $BC = a$ . Тогда $CC1 =asin β$ .

Заметим, что $CC1PQ$ вписан в окружность с диаметром $CC1$ , поскольку в нём $∠C1P C = ∠C1QC = 90∘$ . Отсюда по теореме синусов

PQ =CC1 sin∠PCQ = asinβ sinγ.

Далее можно сразу заметить симметричность обозначений, а можно повторить рассуждения для $BB1 =asinγ$ и вписанного $BB1UV$ .

PQ = UV =asin βsinγ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#68530Максимум баллов за задание: 7

Дан угол с вершиной в точке $O$ и градусной мерой $120∘$ . На одной его стороне отмечена точка $A$ , на другой — точки $B$ и $C$ . Известно, что $OA = 2$ , $OB =1$ . Оказалось, что тангенс угла $OBA$ в два раза больше тангенса угла $OCA$ . Найдите $OC$ .

Источники: 24 Кубок Колмогорова

Показать ответ и решение

Обозначим угол $OBA$ через $β$ , угол $OCA$ — через $γ$ .

$PIC$

Из теоремы синусов для треугольника $OBA$ имеем $-OA- ---OB--- sin β = sin(60− β)$ , откуда $sin(60− β)⋅OA = sinβ⋅OB$ . Поделив на $sinβ$ и применив формулу синуса разности, получаем $ctg β =OA ⋅ctg 60 +OB ∕sin60$ . Аналогично $ctg γ = OA ⋅ctg 60+ OC∕sin60$ . Вспомнив, что $ctg γ = 2ctg β$ , получаем уравнение

2OA ⋅ctg 60+ 2OB ∕sin60= OA ⋅ctg 60 +OC ∕sin60,

OC =OA ⋅cos60 +2OB = 2⋅ 12 + 2⋅1= 3.

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#74812Максимум баллов за задание: 7

Выпуклый шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность. Докажите, что его диагонали $AD$ , $BE$ , $CF$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

AB ⋅CD ⋅EF = BC⋅DE ⋅FA

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Здесь нам понадобится такое утверждение, как синусная теорема Чевы. Оно бывает полезно, когда речь идет о пересечении трех отрезков в одной точке, но при этом мы не имеем треугольника и/или оснований чевиан в нем, чтобы применить обычную теорему Чевы. А еще она работает в обе стороны:)

Подсказка 2

Синусная теорема Чевы это, конечно, хорошо, наверное даже мы можем применить ее для треугольника АСЕ (или ВDF). Но не хотелось бы такое огромное количество синусов оставлять, поэтому вспомним, что наши 6 точек лежат на одной окружности, а это кое-что значит для отношения синусов углов. На что его можно заменить?

Подсказка 3

Да, работает теорема синусов, и отношение синусов углов равно отношению хорд, которые стягивают дуги, на которые опираются эти углы.

Показать доказательство

Предположим, что диагонали шестиугольника пересекаются в одной точке. Рассмотрим треугольник $ACE.$ В нем прямые $AD, BE$ и $CF$ являются чевианами, пересекающимися в одной точке.

Тогда, согласно синусной теореме Чевы

sin∠CAD sin∠AEB sin ∠ECF sin∠DAE-⋅sin∠CEB-⋅sin-∠FCA-= 1

$PIC$

Из теоремы синусов следует, что синусы двух углов в окружности относятся также, как и хорды, на которые они опираются. Заменим в выражении выше отношения синусов на отношения хорд:

CD-⋅ AB-⋅ EF-= 1 DE BC FA

что и требовалось доказать.

В обратную сторону утверждение доказывается с помощью обратной синусной теоремы Чевы. Снова выделим треугольник $ACE.$ По условию $CD- AB- EF- DE ⋅BC ⋅FA =1,$ и значит $sin∠CAD--sin∠AEB- sin∠ECF- sin∠DAE ⋅sin∠CEB ⋅sin∠FCA = 1.$ Согласно теореме, чевианы $AD,BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке.

Предыдущая подтема

Следующая подтема