Тема Счётная планиметрия

Подобные треугольники и теорема Фалеса

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#91226Максимум баллов за задание: 7

Точки $K$ и $N$ расположены соответственно на сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC,$ причём $AK = BK$ и $AN = 2NC.$ В каком отношении отрезок $KN$ делит медиану $AM$ треугольника $ABC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что надо как-нибудь привязаться к точке пересечения медианы и отрезка KN. Эту точку обозначим P. Отношения удобно искать через подобия. Можно ли на картинке найти подобные треугольники, хотя бы один из которых содержит P?

Подсказка 2

Можно! И даже оба треугольника будут содержать точку P: если провести KM — среднюю линию ABC, то у нас найдутся две параллельные прямые KM и AC. Какие тогда треугольники, содержащие P, подобны?

Подсказка 3

Конечно, это треугольники APN и MPK! А можно ли найти их коэффициент подобия?

Подсказка 4

Можно! Для этого снова используем, что KM - средняя линия, а потому 2KM = AC. Используя это свойство и данные из условия, можно легко получить ответ.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точку $P$ — пересечение $AM$ и $KN.$ Тогда $KM$ — средняя линия треугольника $ABC,$ значит $KM = 12AC$ и $△AP N$ и $△MP K$ подобны. Значит,

-AP = AN--= 23AC-= 4 P M MK 12AC 3

Ответ:

$4 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#91227Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ На сторонах $AB$ и $BC$ выбрали точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $2 2 AP ⋅AC = AI,CQ ⋅AC =CI .$ Докажите, что прямая $PQ$ проходит через точку $I.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто, если в условии даны равенства вида XY * ZT = MN * PQ, то полезным для решения будет переписать их в виде равенства отношений XY / MN = PQ / ZT. О чем можем говорить последнее отношение в рамках нашей задачи?

Подсказка 2

О подобии треугольников. В частности, треугольники PAI и IAC подобны. Как, используя это, доказать, что точки P, I, Q лежат на одной прямой?

Подсказка 3

Найти углы BIP и BIQ, после чего проверить их равенство. Чему равны эти углы?

Показать доказательство

$PIC$

Из $AP ⋅AC = AI2$ следует $AAPI-= AAIC,$ добавляя равенство уголков $∠P AI = ∠IAC$ (центр вписанной окружности треугольника лежит ведь на биссектрисе), получаем подобие $△PAI$ и $△IAC,$ откуда $∠PIA =∠ICA.$ Аналогичными рассуждениями получаем, что $∠QIC = ∠IAC.$ Таким образом

∠P IQ = ∠PIA +∠AIC + ∠CIQ= ∠IAC + ∠AIC+ ∠ACI =180∘

по сумме углов $△AIC.$ Отсюда следует доказываемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#91228Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $B$ и $D$ равны, $CD =4BC,$ а биссектриса угла $A$ проходит через середину стороны $CD.$ Чему может быть равно отношение $AD :AB?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем последовательно понимать, как пользоваться множеством фактов, которые нам дали в условии. Начнём с углов и биссектрисы. Нужно какое-то дополнительное построение, связанное с ней. Что в таком случае хорошо сработает для биссектрисы? Немного заглядывая вперёд, нам поможет это в дальнейшем с углами.

Подсказка 2

Верно, можно применить симметрию для точки D, пусть это точка K. Но не совсем понятно, куда она попадёт на AB. Это легко выясняется как раз из-за равенства углов и параллельности, откуда K лежит на отрезке AB. Дальше можно заметить ещё два следствия из симметрии и того, что мы поняли до этого.

Подсказка 3

Конечно, треугольник DKC прямоугольный и из-за этого AM параллельно KC. Теперь понятно, ради чего это всё затевалось. Что можно сказать про треугольники KBC и AKM?

Подсказка 4

Верно, они подобны с коэффициентом два по равенству из условия. Сейчас уже несложно перейти к сторонам AD и AB. Осталось только посчитать отношения, не забыв, что AD=AK, и победа!

Показать ответ и решение

Обозначим через $M$ середину стороны $CD.$ Отметим на луче $AB$ точку $K,$ симметричную точке $D$ относительно прямой $AM.$

$PIC$

Поскольку

∠ABC =∠ADM = ∠AKM

то $BC∥KM$ и точка $K$ лежит на отрезке $AB.$ Поскольку

CM = DM = KM

то $∠DKC = 90∘$ и $KC∥AM.$ Следовательно, у треугольников $AKM$ и $KBC$ стороны соответственно параллельны, поэтому они подобны с коэффициентом $KM-= 2, BC$ откуда $AD =AK =2KB$ и искомое отношение равно $2. 3$

Ответ:

$2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#91229Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $D$ лежит на стороне $AC,AD = BC,$ углы $BAC$ и $DBC$ равны, $CE$ — биссектриса угла $C.$ Докажите, что $ED$ параллельно $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

О чем говорит равенство углов BAC и BDC?

Подсказка 2

Треугольники BAC и BDC подобны по двум углам (угол С общий). Чем может помочь для доказательства задачи найденное подобие?

Подсказа 3

Из подобия можно получить отношения отрезков. В свою очередь, параллельность прямых можно выразить через равенство отношений отрезков секущих. Равенство каких отношений в найденном подобии стоит рассмотреть?

Подсказка 4

Отношение CA / CB равно отношению СB / CD, которое можно переписать как AD / DC, а это именно то, что мы и планировали получить, поскольку для доказательства параллельности достаточно проверить, что AD / DC = AE / EB. Как иначе можно выразить последнее отношение?

Подсказка 5

По свойству биссектрисы AE / EB = CA / CB, в свою очередь мы показали, что последнее отношение равно AD / DC

Показать доказательство

$PIC$

Треугольники $CBD$ и $ACB$ подобны по двум углам. Значит,

CA:CB = CB :CD = AD :CD

С другой стороны, по свойству биссектрисы треугольника $CA :CB = AE :BE.$ Поэтому $AD :CD = AE :BE.$ Отсюда и из теоремы о пропорциональных отрезках следует, что $DE∥CB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#91230Максимум баллов за задание: 7

В параллелограмме $ABCD$ на сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $AP = CQ,X$ — точка пересечения отрезков $AQ$ и $CP.$ Докажите, что $DX$ — биссектриса угла $D.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно проверить, что некоторая прямая является биссектрисой?

Подсказка 2

В некотором треугольнике проверить равенство отношений, в котором биссектриса делит противоположную стороны и отношений соответствующих сторон треугольника. К сожалению, на картинке на данный момент нет треугольника, в котором бы DX являлась биссектрисой. Постройте его!

Подсказка 3

Пусть прямые AQ и CD пересекаются в точке T, тогда по свойству, которое мы обсудили ранее, достаточно проверить, что AX / XT = AD / DT. Как можно иначе выразить каждое из отношений?

Подсказка 4

Первое из отношений равно AP / CT (мы хотим рассмотреть именно такое отношение, поскольку в нем фигурирует отрезок AP, а это позволяет нам воспользоваться равенством отрезков AP и CQ).

Показать доказательство

Пусть прямые $AQ$ и $CD$ пересекаются в точке $T.$

$PIC$

Из подобия треугольников $TQC$ и $AQB$ следует, что

TX :AX = TC :AP = TC :CQ

Из подобия треугольников $TQC$ и $TAD$ имеем $TC :CQ = TD:AD.$ Поэтому $TD :AD = TX :AX,$ то есть $DX$ — биссектриса треугольника $ADT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#92365Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ угол $A$ является тупым. На стороне $BC$ отмечена точка $D$ таким образом, что $AC = CD$ . При этом окружность, описанная около треугольника $ACD$ , касается прямой $AB$ в точке $A.$ На прямой $AD$ отмечена точка $E$ таким образом, что $CE = EA = AB.$ Найдите отношение $BC :AB.$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 246, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуем чертёж и подумаем – откуда могло бы взяться искомое отношение? Длины сторон нам неизвестны, на равнобедренный треугольник не похож, что остаётся делать?

Подсказка 2

Будем думать про углы и искать подобия! Как можно в этом контексте использовать условие об окружности и касательной?

Подсказка 3

Вспоминаем теорему об угле между касательной и хордой! Теперь у нас появилась пара равнобедренных треугольников, у которых равны углы при вершине – какой вывод можно сделать?

Подсказка 4

Выходит, треугольники EAB и ACD подобны! Отметьте в них равные углы и сделайте вывод о четырёхугольнике ABEC.

Подсказка 5

Осталось поработать с отношениями в подобных треугольниках и свойствами параллелограмма, после чего задача будет побеждена!

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству угла между касательной и хордой $∠EAB = ∠ACD.$ А учитывая, что треугольники $EAB$ и $ACD$ равнобедренные, можем сказать, что они подобны. Значит, $∠AEB = ∠CAD,$ а т.к. треугольник $ACE$ равнобедренный, то $∠ACE =∠CAD = ∠AEB.$ Следовательно, $∠AEC =∠EAB,$ из этого получаем, что $CE ∥AB,$ а раз $CE = AB,$ то $ABEC$ — параллелограмм.

Пусть $AC = y,AB =2x,$ тогда запишем подобие треугольников $ACD$ и $EAB$ с учётом, что $D$ — точка пересечения диагоналей в параллелограмме

AC-= AD- AB BE

y-= x 2x y

В итоге получаем

BC 2y √ - AB-= 2x = 2

Ответ:

$√2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#128913Максимум баллов за задание: 7

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $BP =P Q= QC.$ Точки $X$ и $Y$ выбраны соответственно на отрезках $AC$ и $AB$ так, что $P X ⊥ AC$ и $QY ⊥AB.$ Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $ABC$ равноудалена от прямых $XQ$ и $YP.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 9.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте собрать побольше информации о рисунке. Пусть M — середина стороны BC. Обратите внимание, в каком отношении точки P и Q делят MC и MB. Также не забывайте про свойство точки пересечения медиан.

Подсказка 2:

Пусть G — точка пересечения медиан. Мы получили, что GP параллельна AB и GQ параллельна AC. Попробуйте "поперекидывать" углы.

Подсказка 3:

Обратите внимание, что YP — медиана, проведённая к гипотенузе в треугольнике YBQ. То же самое можно сказать про XQ в XPQ. Это даёт больше возможностей для подсчёта углов.

Подсказка 4:

Попробуйте показать, что GP — биссектриса угла YPC, GQ — биссектриса угла XPB. Подумайте, почему это даст требуемое.

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина $BC,$ тогда $M$ — ещё и середина $PQ.$ Пусть $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$

По свойству медианы имеем $MG :GA = 1:2.$ А так как $MP :PB = 1:2,$ получаем, что $PG ∥BA.$ Тогда $∠Y PG =∠P YB$ и $∠QP G =∠P BY.$ Но $YP$ — медиана прямоугольного треугольника $BY Q,$ поэтому $∠P YB =∠P BY.$ Значит, $∠YPG = ∠QPG,$ то есть $PG$ — биссектриса угла $QPY.$ Поэтому точка $G$ равноудалена от прямых $PQ$ и $PY.$

$PIC$

Аналогично, $QG$ – биссектриса угла $PQX,$ и потому точка $G$ равноудалена от $PQ$ и $QX.$ Значит, она равноудалена от трёх прямых $YP,$ $PQ$ и $QX.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#128943Максимум баллов за задание: 7

Дан четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A = ∠C =90∘.$ Известно, что его вершины $A$ и $D$ вместе с серединами сторон $AB$ и $BC$ лежат на одной окружности. Докажите, что вершины $B$ и $C$ вместе с серединами сторон $AD$ и $DC$ тоже лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим через $K,L,$ $M,N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. По условию, четырехугольник $AKLD$ — вписанный. Значит,

∘ ∘ ∠KLD =180 − ∠KAD = 90.

Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC,$ поэтому $LD ⊥AC.$ Пусть отрезки $DL$ и $AC$ пересекаются в точке $D1.$

$PIC$

Опустим из точки $B$ перпендикуляр $BB1$ на прямую $AC.$ Тогда $BB1 ∥ LD1,$ значит, $D1$ — середина отрезка $CB1$ по теореме Фалеса. Кроме того, четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность, построенную на отрезке $BD$ как на диаметре, обозначим центр этой окружности через $O.$ Вновь по теореме Фалеса проекции точек $B$ и $D$ на прямую $AC$ находятся на равном расстоянии от проекции точки $O,$ то есть от середины отрезка $AC.$ Из этого следует, что $CD1 = AB1.$ Итого,

AB1 =CD1 = BD1.

Значит, $B1N$ — средняя линия в треугольнике $AD1B,$ поэтому

B1N ∥DD1 и ∠D1B1N = 90∘.

Поскольку еще и $NM$ — средняя линия треугольника $ACD,$ то $∘ NM ∥AC и ∠B1NM = 90.$ Следовательно, точки $B,C,N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $BM,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Воспользуемся обозначениями из первого решения, $K,L,$ $M, N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠BDC = ∠BAC = ∠BKL = 180∘− ∠AKL.

$PIC$

Таким образом, вписанность четырехугольника $AKLD$ равносильна равенству углов

∠ADL =∠BDC,

что эквивалентно равенству

∠ADB =∠CDL.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $LCD$ и $BAD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

LC AB CD- = AD.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

AB ⋅CD = 1AD ⋅BC. 2

Рассуждая аналогично, получаем, что это же равенство равносильно вписанности четырехугольника $BNMC.$ Поскольку $MN$ — средняя линия треугольника $ABD,$ то $MN ∥ AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠ABD = ∠ACD = ∠DMN = 180∘ − ∠CMN.

Таким образом, вписанность четырехугольника $BNMC$ равносильна равенству углов

∠CBN = ∠ABD

что эквивалентно равенству

∠ABN =∠CBD.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $BAN$ и $BCD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

AN- AB- CD = BC.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

1 AB ⋅CD = 2AD ⋅BC,

что завершает данное доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#129651Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A + ∠D =90∘.$ Его диагонали пересекаются в точке $E.$ Прямая $ℓ$ пересекает отрезки $AB,$ $CD,$ $AE$ и $ED$ в точках $X,$ $Y,$ $Z$ и $T$ соответственно. Известно, что $AZ =CE$ и $BE = DT.$ Докажите, что длина отрезка $XY$ не больше диаметра окружности, описанной около треугольника $ETZ.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $ω$ окружность $(ET Z)$ и через $d$ — её диаметр. Поскольку $BE = DT,$ то

BT = BE + ET =DT + ET =DE.

Из условия $∠A + ∠D =90∘$ следует, что лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $F$ под прямым углом. Проведем диаметр $EB ′$ в окружности $(ABE ).$ Поскольку $∠ABE >90∘,$ точки идут на окружности в порядке $A− B− E − B ′.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠AB B = ∠AEB = ∠CED, ∠BAB = 90 +∠F AC =∠ECD.

Следовательно, треугольники $CED$ и $AB ′B$ подобны по двум углам, поэтому

AB′= CE- = AZ. BB′ ED BT

Полученное равенство означает, что прямоугольные треугольники $AB′Z$ и $BB ′T$ подобны по отношению катетов. Тогда $∠BT B′ = ∠AZB ′,$ поэтому точка $B′$ лежит на окружности $ω.$ Заметим, что $AB$ — прямая Симcона точки $B′$ для треугольника $ZET,$ поскольку $∠B′AE = ∠B ′BE = 90∘.$ Тогда и проекция $B′$ на прямую $ZT$ тоже лежит на $AB,$ то есть $B ′X ⊥ ZT.$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что точка $C′,$ диаметрально противоположная $E$ на окружности $(CED ),$ лежит на окружности $ω,$ а также $′ C Y ⊥ ZT.$ Таким образом, $′ ′ BC$ — хорда окружности $ω,$ а $X$ и $Y$ — проекции точек $′ B$ и $′ C$ на прямую $ZT,$ поэтому $′ ′ XY ≤ B C ≤ d,$ что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Приведём схему другого решения.

Нетрудно показать, что $XZ = TY$ (например, используя Теорему Менелая). Пусть $M,N,K$ — середины $AC$ (и $ZE$ ), $BD$ (и $T E$ ), $XY$ (и $ZT$ ) соответственно. Пусть $F = AB ∩CD,$ Из прямоугольного треугольника $XF Y$ имеем $FK = XY∕2.$ Далее, $KMN$ — серединный треугольник для треугольника $EZT.$ Легкий счет углов (с использованием медианы прямоугольного треугольника) дает

∠MF N = 180∘− ∠MEN = 180∘− ∠MKN.

Значит, точки $M,K,N,F$ лежат на одной окружности, тогда $FK$ — хорда окружности ( $MKN$ ). Отсюда

XY ∕2= KF ≤2RMKN = RETZ,

что завершает решение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. На самом деле $B′C ′$ — диаметр окружности ( $ET Z$ ), что нетрудно установить счётом углов, но для решения этого не требуется. Равенство $XY = d$ достигается в том и только в том случае, когда исходный четырёхугольник — вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 3. Приведём план ещё одного подхода к задаче. Используем обозначения из приведённого выше решения, а также введём новые: $x= BF,$ $y = AB,$ $z = CF,$ $t= DC,$ $k = DE, EB$ $m = AE, FC$ $p=ZT,$ $α= ∠AED.$ Из теорем Менелая для $△EZT$ и прямой $AY B,$ $△EZT$ и прямой $CY D$ находим:

--1-- XZ = YT = P ⋅k!− 1

По теореме синусов для треугольника $p ZET :d = sinα,$ в силу сказанного выше

XY = XZ +Y Z+ ZT =p ⋅ k!+-1 k!− 1

Таким образом, достаточно доказать, что $sinα≤ kk!−!+11(⋆).$ Из теорем Менелая для $△AFC$ и прямой $BED,$ $△BF D$ и прямой $AEC$ легко видеть, что

k = t(x+-y), l= y(z+-t), zy xt

отсюда

(x+y)(z+t) k!− 1 (x +y)(z +t)− xz kl= ----xz----+ k!+1-= (x-+y)(z-+t)+xz.

Обозначим

∠FAC = β, ∠F DB = γ,

тогда $α =90∘+ β+ γ.$ Значит,

∘ -------------- sinα = cosγcosβ− sinγsinβ = (x+ y)(z+t)− xz,

последнее равенство получается из прямоугольных треугольников $AFC$ и $BF D.$ Остаётся заметить, что

∘ (x2+(z+-t)2)(z2+-(x-+y)2)-≥xz+ (z+t)(x+ y)

по неравенству Коши-Буняковского-Шварца, получаем в точности требуемое неравенство ( $⋆$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#129653Максимум баллов за задание: 7

Дан параллелограмм $ABCD.$ Точка $M$ — середина дуги $ABC$ окружности, описанной около треугольника $ABC.$ На отрезке $AD$ отмечена точка $E,$ а на отрезке $CD$ — точка $F.$ Известно, что $ME = MD =MF.$ Докажите, что точки $B,M, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $∠ADC =x.$ Из равнобедренных треугольников $DME$ и $DMF$ (или из того, что $M$ — центр окружности $(DEF )$ ) имеем $∘ ∠EMF = 360 − 2x.$ Для решения задачи остаётся понять, что тому же равен $∠EBF.$

При гомотетии с центром $D$ и коэффициентом $1∕2$ точки $E,$ $F,$ $B$ перейдут соответственно в $′ E ,$ $′ F ,$ $′ B$ — середины отрезков $DE,$ $DF$ и $DB.$ . Вместо $∠EBF$ найдём $′ ′ ′ ∠E B F ,$ заметив, что $′ E$ и $′ F$ — проекции $M$ на $AD$ и $CD,$ а $′ B$ — центр параллелограмма, или середина $AC,$ тем самым, $′ B$ — проекция $M$ на $AC.$ Видим, что $′ ′ M,E ,A,B$ лежат на одной окружности с диаметром $MA.$ Отсюда

∠DE ′B ′ =∠AMB ′ =∠AMC ∕2 =∠ABC ∕2= x∕2.

Аналогично $′′ ∠DF B = x∕2.$ Из четырёхугольника $′ ′′ E B F D$ видим, что

′ ′ ′ ∘ ∘ ∠E B F =360 − x− x∕2− x∕2= 360 − 2x,

что и требовалось.

$PIC$

Второе решение. Достаточно доказать равенство углов $∠ABE = ∠CBF$ (т.е. изогональность $BE$ и $BF$ относительно $AB,$ $BC).$ Действительно, тогда $M$ будет лежать на внешней биссектрисе угла $EBF$ и на серединном перпендикуляре к $EF,$ а значит, будет совпадать с серединой дуги $(EBF ).$

Равенство углов $∠ABE =∠CBF,$ в свою очередь, эквивалентно подобно $ABE ∼ CBF.$ Докажем это подобие.

Отметим на луче $AB$ за точкой $B$ точку $X$ так, что $BX = BC,$ а на луче $CB$ за точкой $B$ точку $Y$ так, что $BY =BA.$ Легко понять, что треугольники $BMC$ и $BMX$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда $MX = MC = MA.$ Рассмотрим серединный перпендикуляр к $DF,$ тогда он является перпендикуляром к параллельной прямой $AX,$ а поскольку $MA = MX,$ то он же является серединным перпендикуляром к $AX.$ Таким образом, трапеция $ADF X$ равнобедренная, а раз $ABCD$ — параллелограмм, то $CXBF$ — также равнобедренная трапеция, причём $CB = BX = XF$ и $∠XBC = 180∘− ∠ABC.$ Аналогичное получим для трапеции $AY BE.$ Видим, что $AY BE ∼ CXBF,$ откуда следует нужное нам $ABE ∼ CBF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#129667Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD,$ в котором нет параллельных сторон, вписан в окружность $ω.$ Через вершину $A$ проведена прямая $ℓ ∥BC, a$ через вершину $B$ — прямая $ℓb ∥CD,$ через вершину $C$ — прямая $ℓc ∥DA,$ через вершину $D$ — прямая $ℓd ∥AB.$ Четырёхугольник, последовательные стороны которого лежат на этих четырёх прямых (именно в этом порядке), вписан в окружность $γ.$ Окружности $ω$ и $γ$ пересекаются в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямые $AC,BD$ и $EF$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Если в задачах с окружностями требуется доказать, что 3 прямые пересекаются в одной точке, часто помогает найти 3 окружности, радикальными осями которых являются эти прямые. К тому же в нашей задаче EF определяется как радикальная ось каких-то окружностей.

Показать доказательство

Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что лучи $AB$ и $DC;$ $CB$ и $DA$ пересекаются. Пусть отрезки $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $G,$ а также $′ ′ ′′ AB C D$ — четырёхугольник, образованный прямыми $ℓa,$ $ℓb,$ $ℓc,$ $ℓd.$ Также обозначим через $X$ пересечение $AB$ и $′ CD ,$ через $Y$ — пересечение $CD$ и $′ AB .$

Пусть $′ ∠BAB = α.$ Из вписанности четырёхугольника $′ ′′ ′ AB C D$ и условий $AX ∥ ℓd,$ $CY ∥ ℓb$ имеем:

′ ∘ ′ ′ ′ ′ ′ ′ α= ∠B AX = 180 − ∠A B C = ∠C D X = ∠Y CA.

Значит, во-первых, точки $A,$ $D ′,$ $X,$ $C′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ1 :$ во-вторых, точки $C,$ $Y,$ $A′,$ $B′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ2 :$ в-третьих, точки $A,$ $X,$ $C,$ $Y$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ0.$ Заметим, что точка $B$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 1$ (поскольку она лежит на прямых $AX$ и $C ′D ′);$ точка $D$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 2$ (так как она лежит на прямых $CY$ и $A ′B′).$ Таким образом, $BD$ — радикальная ось окружностей $γ 0$ и $γ;$ $AC$ —радикальная ось окружностей $γ 0$ и $ω;$ $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ поэтому эти три прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

$PIC$

Второе решение. Введём обозначения как в первом решении. Для точки плоскости $P$ обозначим через $f(P)$ разность степеней точки $P$ относительно окружностей $ω$ и $γ.$ Поскольку $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ то достаточно доказать, что $f(G )=0.$ Кроме того, легко видеть, что $f(A)= −AC ′⋅AB ′$ и $f(C)= CD ′⋅CA ′.$

Заметим, что функция $f$ — линейная, то есть для точки $P$ на отрезке $QR$ выполнено равенство

f(P)= PR-⋅f(Q)+-PQ-⋅f(R-)(⋆). QR

Мы докажем это утверждение позднее. Пока, применив его для точек $A,G,C,$ мы получим, что

AG-⋅f(C)+-CG-⋅f(A-) f(G)= AC .

Таким образом, достаточно доказать, что $−ff((AC)) = ACGG-(∗∗).$

Заметим, что

AG- d(A,BD-) SADD- AB-⋅AD- GC = d(C,BD ) = SBCD = CB ⋅CD

(последнее равенство следует из того, что $∠BAD + ∠BCD =180∘;$ через $d(P,ℓ)$ мы обозначаем расстояние от точки $D$ до прямой $ℓ).$ Следовательно, равенство ( $∗∗$ ) переписывается в виде:

′ ′ AC′-⋅ AB′ = AB-⋅AD-. CD CA CB ⋅CD

Из вписанности четырёхугольника $ABCD$ и данных в условии параллельностей прямых следуют равенства углов:

∠CAD = 180∘− ∠ADB ′ = ∠BAD = 180∘− ∠BCD = ∠CBC′ = ∠AC ′B,

∠ABC ′ = ∠CDA ′ =∠BCD ′ = ∠B′AD.

Таким образом, $′ △ABC$ и $′ △CDA ,$ а также $′ △DAB$ и $′ △BCD$ подобны по двум углам. Из подобия получаем равенства отношений

′ ′ AC′ = AB + AB-′ = AD-, CA CD CD BC

остаётся лишь перемножить эти равенства.

$PIC$

Вернёмся к доказательству линейности функции $f.$ Введём декартовы координаты таким образом, чтобы центры окружностей $ω$ и $γ$ лежали на оси абсцисс, пусть их координаты будут $(x1,0)$ и $(x2,0),$ а радиусы окружностей $− R1$ и $R2.$ Тогда для произвольной точки $P$ с координатами $(x,y)$ по определению степени точки мы получаем, что

(x− x )2 f(P)= (x− x1)2+ y2− R21−--y22--+R22 = ax +b,

где $a$ и $b$ — две константы. Если точка $P$ лежит на отрезке $QR$ и $xq$ , $xr$ — координаты точек $Q$ и $R$ по оси абсцисс, то $x = PR⋅xqQ+RPQ⋅xr,$ откуда немедленно следует (*).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#135361Максимум баллов за задание: 7

Окружность с диаметром $BD$ касается сторон угла $A$ в точках $B$ и $C.$ Её хорда $DE$ проходит через середину хорды $BC,$ а отрезок $AD$ пересекает окружность в точке $F.$

а) Докажите, что хорды $EF$ и $BC$ параллельны;

б) Найдите отношение $EF :BC,$ если угол $BAC$ равен $∘ 60.$

Источники: Курчатов - 2024, 10.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Внимательно посмотрите на чёртеж: что мы могли бы сказать про точки E и F, если бы условие задачи выполнялось?

Пункт а, подсказка 2

Заметим, что вся картинка симметрична относительно прямой AO. Тогда нам нужно доказать, что точки E и F тоже симметричны относительно этой прямой! Но как это сделать?

Пункт а, подсказка 3

Пусть N — точка, диаметрально противоположная точке C. Тогда точки A, E и N должны лежать на одной прямой! Что это говорит нам об углах нашего чертежа?

Пункт а, подсказка 4

Угол CEN прямой, значит, угол CEA тоже должен быть прямым. Чтобы это доказать, найдите вписанный четырёхугольник на чертеже!

Пункт б, подсказка 1

На картинке много равных и прямых углов, что может намекать нам на обилие подобных треугольников! Из какого подобия мы можем достать нужное отношение?

Пункт б, подсказка 2

Пусть M — середина BC. Заметим, что треугольники MFE и MDN подобны! Это подобие даёт нам отношение некоторых сторон.

Пункт б, подсказка 3

Более того, одно из этих отношений — искомое, а второе мы можем найти, используя теорему Пифагора и степень точки M!

Показать ответ и решение

а) Пусть $M$ середина $BC,$ $N$ точка диаметрально противоположная $C.$ Докажем,что точки $E$ и $F,$ симметричны относительно прямой $AO,$ для этого достаточно чтобы $A,$ $E,$ и $N$ лежали на одной прямой.

Так как, $NC$ диаметр, то достаточно доказать, что $∘ ∠AEC =90 .$ Но так, как $∘ ∠AMC =90 ,$ то хотим доказать, что $A,$ $E,$ $M,$ $C$ лежат на одной окружности, для этого проверим, что $∠CAM = ∠CEM.$

Заметим, что $ACOB$ вписанный, $M$ лежит на прямой $AO$ и $BCED$ вписанный, поэтому верны следующие равенства

∠CAM =∠CAO =∠CBO =∠CBD = ∠CED = ∠CEM

б) Можно считать, что $OB = 2.$ Заметим,что

∠COB =180∘− ∠CAB = 120∘

Значит,из теоремы косинусов $BC = 2√3.$ Так же видно, что $OM = OC cos60∘ = 1.$ Наконец, заметим, что $DN =BC$ и $△EMF$ подобен $△DMN,$ поэтому

EF-= EF-= ME-- BC DN MD

Это отношение и посчитаем. Посчитаем $MD$ с помощью теоремы Пифагора, для $△DMT,$ где $T$ — середина $DN$

∘ ---2-----2 ∘----2-----2 √- MD = MT + TM = 4OM + CM = 7

Воспользуемся степенью точки $M$

BM ⋅CM = MD ⋅ME

Откуда получаем

BM ⋅CM 3 ME = --DM----= √7-

Посчитаем нужное отношение

-EF = 3 BC 7

Ответ:

$3 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#137268Максимум баллов за задание: 7

Дан равносторонний треугольник $ABC,$ на сторонах $AB$ и $BC$ которого выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AP :PB = BQ :QC =2 :1,$ $K$ — точка пересечения отрезков $AQ$ и $CP.$ Найдите градусную меру угла $AKB.$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 1, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, нам нужно воспользоваться тем, что треугольник — равносторонний. Что хочется провести?

Подсказка 2

Высоту, которая будет и медианой к тому же! Что тогда можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте найти подобные треугольники.

Подсказка 4

Заметим, что треугольники BPQ и BHС подобны. А какие треугольники равны между собой?

Подсказка 5

Обратим внимание на ABQ и CAP. Из их равенства следует нахождение вписанного четырехугольника, откуда можно найти искомый угол.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $BH$ — высота и медиана треугольника $ABC.$ Проведём через вершину $B$ параллельно $AC$ прямую и обозначим точку её пересечения с прямой $CP$ через $D$ (см. рисунок).

$PIC$

Треугольники $BPD$ и $APC$ подобны с коэффициентом $12,$ откуда

DB = 1AC = AH 2

Поэтому $ADBH$ — прямоугольник, то есть $∠ADB = 90∘.$ Заметим, что треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Тогда

∠BDK = ∠DCA = ∠BAK

Значит, четырёхугольник $ADBK$ — вписанный, откуда

∠AKB = 180∘− ∠ADB = 90∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Проведём в треугольнике $ABC$ высоту $CH.$

$PIC$

Так как $BH = 12AB,$ получим

BP- 2 BQ- BH = 3 = BC

Поэтому треугольники $BP Q$ и $BHC$ подобны, откуда $∘ ∠BP Q = ∠BHC = 90.$ Заметим теперь, что $BQ = AP,$ $AB = CA$ и $∘ ∠ABQ =∠CAP =60 .$ Тогда треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Кроме того,

∠AQB =∠CP A =180∘− ∠CPB

Тогда четырехугольник $BPKQ$ — вписанный, откуда

∘ ∘ ∘ ∠AKB =180 − ∠BKQ = 180 − ∠BP Q =90

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#67960Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ а $H$ — точка пересечения его высот. Оказалось, что прямая $OH$ параллельна стороне $BC.$ На плоскости отметили такую точку $K,$ что $ABHK$ — параллелограмм. Отрезки $OK$ и $AC$ пересеклись в точке $L.$ В каком отношении перпендикуляр, опущенный из точки $L$ на отрезок $AH,$ делит $AH?$

Источники: СПБГУ-23, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте постепенно раскручивать задачу и понимать, для чего нам дали факты из условия. Предположительно вообще вы можете угадать ответ, и он вас будет как-то направлять, но в любом случае нужно понаблюдать за картинкой. Зададим себе правильные наводящие вопросы. Для чего нам дали параллельность OH? Это ведь не в любом треугольнике верно. Что можно сказать про углы и получившуюся фигуру с параллельными прямыми?

Подсказка 2

Верно, так как высота перпендикулярна стороне BC, то она перпендикулярна и OH из параллельности. Пусть у нас проведена высота AD. Также у нас получилась трапеция. А значит, перпендикуляр OT равен HD. Какой факт тогда можно вспомнить об этих отрезках? Тут полезно вспомнить про прямую Эйлера и факты, связанные с ней.

Подсказка 3

Точно, OT будет в два раз меньше AH из-за подобия треугольников OMT и AHM, где M — это точка пересечения медиан. Но тогда 2HD=AH. Отлично, уже лучше! Теперь займёмся параллелограммом. Заметим, что у нас сторона AK перпендикулярна AC. Что можно подумать тогда сделать? Хотелось бы, чтобы отрезок AK был получше связан с картинкой. Может, стоит продлить его до пересечения с чем-нибудь?

Подсказка 4

Ага, давайте продлим AK за точку A. Тогда с чем хорошо пересечь эту прямую, учитывая 90 градусов? Конечно, давайте пересечём с описанной окружностью треугольника в точке N. Тогда точки N и C диаметрально противоположные. Откуда O лежит на CN. А что ещё можно сказать про точку N? Как она связана с ортоцентром?

Подсказка 5

Верно, точка N центрально-симметричная H относительно AB, так как CN это диаметр. Тогда у нас получается ещё один параллелограмм AHBN. Откуда получается, что AN =BH = AK. Давайте теперь обратим внимание на треугольник NKC. Чем в ней является отрезок OK? А отрезок CA?

Подсказка 6

Точно, это же медианы в треугольнике NKC! Но тогда L — это точка пересечения медиан. Отлично, про точку, казалось бы, непонятно каким образом относящуюся к картинке, мы установили такой факт. Остались последние шаги. Какой факт мы знаем про точку пересечения медиан? Как это можно связать с фактом из 3 подсказки?

Подсказка 7

Верно, точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2 к 1 от вершины. Теперь вспоминая, что мы проводили перпендикуляр из L на AH, можем применить теорему Фалеса и равенство отрезков. Победа!

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — основание высоты из точки $A,$ а $M$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $L$ на $AH.$ Прямая $OA ′$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BC,$ поэтому она параллельна высоте $AD.$

По свойству ортоцентра $′ AH = 2OA$ и $′ BH = 2OB .$ По условию прямые $OH$ и $BC$ параллельны, следовательно, $′ OHDA$ — прямоугольник и $′ 1 HD = OA = 2AH.$

Первое решение.

$PIC$

В параллелограмме $ABHK$ противоположные стороны равны, поэтому $AK = BH = 2OB′.$ Треугольники $ALK$ и $B′LO$ подобны по двум углам ( $∠ALK = ∠B′LO$ как вертикальные, $∠OB ′L = 90∘ =∠KAL )$ и их коэффициент подобия равен 2. Пусть $LB′ = x,$ тогда $AL = 2x$ и $CB ′ = AB′ = 3x,$ поскольку $B′$ — середина стороны $AC.$ Стало быть, $AL :AC = 2x :6x = 1:3$ и $AM :AD = 1:3,$ так как треугольники $ALM$ и $ACD$ подобны. Пусть $HD = y,$ тогда $OA ′= y,$ $AH = 2y$ и $AD =AH + HD = 3y.$ Следовательно, $AM = y$ и $MH = AH − AM =2y− y = y.$ Таким образом, $AM :MH = 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∠KAC =90∘.$ По условию $ABHK$ параллелограмм, значит, $AK = BH.$ Отрезок $B′P$ — средняя линия треугольника $CAK,$ поэтому $B ′P = 12AK = 12BH = OB′.$ Кроме того, $OB ′$ и $P B′$ перпендикулярны $AC,$ поэтому точки $O,$ $B ′$ и $P$ лежат на одной прямой. Таким образом, $OP = 2OB′ = AK$ и $OP$ параллельна $AK.$ Стало быть, $AOP K$ — параллелограмм. Пусть $Q$ — точка пересечения его диагоналей, тогда $AQ =QP.$ Следовательно, $AB′$ и $OQ$ — медианы треугольника $AOP$ , а $L$ — точка их пересечения, поэтому $AL :AB ′= 2:3$ и, значит, $AL:AC = 1:3.$ Из подобия треугольников $AML$ и $ADC$ следует, что $AAMD-= AALC-= 13.$ Тогда если $AM = x,$ то $AD = 3x$ и $AH =2x,$ а, значит, $MH =x$ и $AM :MH = 1:1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

$PIC$

Пусть точка $E$ — пересечение этой высоты с описанной окружностью треугольника $ABC,$ точка $′ A$ диаметрально противоположна точке $A$ на этой окружности, а точка $N$ — вторая точка пересечения прямой $AK$ с этой окружностью. Из параллельности прямых $OH$ и $BC$ следует, что прямая $OH$ перпендикулярна высоте $AD.$ Поскольку $′ AA$ — диаметр окружности, $′ ∘ ∠AEA =90$ и, значит, прямые $′ A E$ и $OH$ параллельны. Стало быть, $OH$ — средняя линия треугольника $′ AA E,$ поэтому $AH = HE.$ Далее,

∠CBE = ∠CAE = 90∘− ∠ACB = ∠CBH,

поэтому в треугольнике $BEH$ отрезок $BD$ является биссектрисой и высотой, а, значит, и медианой. Таким образом, $HD = DE.$ Из равенств $AH = HE$ и $HD = DE$ получаем, что $AH :AD = 2:3.$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∘ ∠NAC = 90$ и точки $C$ и $N$ диаметрально противоположны. Следовательно, $∘ ∠NBC =90$ и поэтому прямые $NB$ и $AH$ параллельны. Таким образом, четырехугольник $AHBN$ является параллелограммом. Стало быть, $AN =BH = AK$ и отрезок $CA$ является медианой в треугольнике $KCN.$ Но отрезок $KO$ также является медианой в этом треугольнике. Следовательно, $L$ — точка пересечения медиан этого треугольника и $AL:AC = 1:3.$ Тогда по теореме Фалеса $AM :AD =1 :3.$ Но мы уже знаем, что $AH :AD =2 :3,$ поэтому $AM = MH.$

Ответ:

$1 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#69400Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $KLM$ с прямым углом $M.$ На его катете $LM$ длины 52 как на диаметре построена окружность $ω.$ Из точки $K$ к этой окружности проведена касательная $KD,$ отличная от $KM.$ Перпендикуляр $DH,$ опущенный на отрезок $LM,$ пересекает отрезок $KL$ в точке $E.$ Найдите площадь треугольника $LDE,$ если известно, что $LH :MH =4 :9.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуем найти всё, что можем)) Воспользуемся всеми условиями на LH, LM, MH и найдем их) Тогда будет несложно найти оставшиеся отрезки на LM и DH! На картинке много прямых углов...что хочется сделать?

Подсказка 2

Найти среди них подобные! Учтём, что угол между касательной и радиусом прямой, тогда какие треугольники будут подобными (или даже равными)?

Подсказка 3

Треугольники MKO и KOD будут равными, тогда треугольники LHD и OKM будут подобны! Найдём отношение KM/LM. Теперь нам необходимо найти площадь треугольника LED, как можно это сделать?

Подсказка 4

Найдя его высоту и стороны! Высота его это LH, а в каких подобных треугольниках этот отрезок встречается, чтобы его найти?

Подсказка 5

Треугольники LHE и LMK подобны, поэтому несложно найти EH! Осталось лишь найти DE через DH и EH, что сделать из подобия несложно)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр окружности $ω.$ Заметим, что

∘ --------- LH =-4LM =16, MH = 36, OH = 1LM − LH = 10, DH = OD2 − OH2 = 24 13 2

Прямоугольные треугольники $LHD$ и $OMK$ подобны, поскольку

∠MLD = 1∠MOD = 1(180∘ − ∠MKD )= 90∘ − ∠MKO = ∠MOK 2 2

Тогда

KM-- 1 KM-- 1 DH- 3 LM = 2 ⋅OM = 2 ⋅LH = 4

Из подобия треугольников $LHE$ и $LMK$ мы получаем

3 EH = 4LH = 12

Поэтому

1 1 1 SLDE = 2 ⋅DE ⋅LH = 2 ⋅(DH − EH )⋅LH = 2 ⋅12⋅16 =96

Ответ: 96

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#69823Максимум баллов за задание: 7

Длины сторон $AB, AC,BC$ треугольника $ABC,$ периметр которого равен 6, в указанном порядке являются последовательными членами некоторой арифметической прогрессии. Найдите ее разность, если угол $∠BAC$ в два раза больше угла $∠ABC.$

Источники: САММАТ-2023, 11.4 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Представьте стороны треугольника в виде членов арифметической прогрессии. Попробуйте сделать это именно таким образом, чтобы в дальнейшем можно было удобно воспользоваться тем, что мы знаем периметр.

Подсказка 2

Пусть AB = a - d, AC = a, BC = a + d, тогда, посчитав периметр, мы находим, что a = 2. Обратите внимание на углы нашего треугольника. Какое дополнительно построение хочется сделать в данной конструкции?

Подсказка 3

Когда у нас один угол треугольника в два раза больше второго, очень удобным построением является биссектриса, проведенная из угла, который в два раза больше. Ей мы разбиваем треугольник на равнобедренный и подобный основному.

Подсказка 4

Кроме подобия мы так же можем записать свойство биссектрисы. Теперь мы получили систему уравнений с двумя неизвестными. Осталось ее решить и подумать над тем, какие d по знаку нам подходят, а какие - нет, и почему.

Показать ответ и решение

Так как стороны являются последовательными членами арифметической прогрессии, то пусть $AB =a − d,AC =a,BC = a+d.$ При этом заметим, что $d >0,$ так как напротив большего угла в треугольнике лежит большая сторона. Найдем $a$ сложив все стороны и приравняв к 6. Получим $a =2.$

$PIC$

Проведем биссектрису угла $A$ и отметим равные отрезки и равные углы как на картинке.

По свойству биссектрисы

a x a−-d = a-+d−-x

a2+ ad− ax =ax− xd

(1)

Так как треугольники $ABC$ и $AFC$ подобны по двум углам

x --a- a = a +d

(2)

a2 = ax +dx

Подставим в $(1)$

ax+ dx+ ad− ax =ax− xd

2dx+ ad= ax

x = -ad-- a− 2d

Подставим в $(2)$

--d-- --a- a− 2d = a+ d

ad+d2 = a2− 2ad

2 2 d =a − 3ad

d2 = 22− 6d

d2+ 6d − 4= 0

d= √13− 3

Ответ:

$√13-− 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#74439Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что биссектриса треугольника делит его сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.

Показать доказательство

Пусть $A,B,C$ — вершины иходного треугольника, в котором проведена биссектриса $AD.$ Опустим из $B$ и $C$ перпендикуляры $BX$ и $CY$ на $AD.$ Рассмотрим пары подобных треугольников $BDX$ и $CDY,$ а также $ABX$ и $ACY.$ Имеем равенство соотношений

BX BD AB BX CY-= DC-; AC-= CY-,

следовательно,

BD AB DC- = AC,

что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#75185Максимум баллов за задание: 7

На боковой стороне $CD$ трапеции $ABCD$ нашлась точка $M$ такая, что $BM = BC.$ Пусть прямые $BM$ и $AC$ пересекаются в точке $K,$ а прямые $DK$ и $BC$ — в точке $L.$ Докажите, что углы $BML$ и $DAM$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется провести, что начать записывать цепочку равенств углов, начиная с DAM? На картинке много параллельностей, есть смысл обращаться к углам с помощью отрезков!

Показать доказательство

Пусть $E$ — точка пересечения прямых $AM$ и $BC,$ точка $F$ — точка пересечения прямых $BM$ и $AD.$ Из параллельности прямых $F A$ и $BE$ следует равенство углов $∠F AE =∠BEA.$

$PIC$

Достаточно показать, что $∠LMB = ∠MEB,$ что эквивалентно тому, что прямая $BM$ касается окружности $(LME )$ , то есть тому, что верно равенство произведений отрезков секущих $BL ⋅BE =BM2,$ а в силу $BC = BM$ , равенство

BL⋅BE = BC2

Осталось заметить, что, в силу подобия треугольников $AKF$ и $CKB$

FD BL FA-= BC-

а в силу подобия треугольников $AMF$ и $EMB$

FD-= BC- FA BE

Получаем

BC- BL- BE = BC

Домножив обе части равенства на произведение знаменателей, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#75644Максимум баллов за задание: 7

На описанной окружности треугольника $ABC$ отмечена точка $X.$ Прямые $BX$ и $CX$ пересекают высоты $CC ,BB 1 1$ в точках $P,Q$ соответственно. Докажите, что середина отрезка $P Q$ лежит на прямой $B1C1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким способом можно показать, что середина некоторого отрезка лежит на данной прямой?

Подсказка 2

Мы можем показать, что концы отрезка движутся линейно, после найти два частных случая при каждом из которых середина лежит на данной прямой. Как можно доказать, что точка Q движется линейно при линейном движении точки P?

Подсказка 3

Легко показать, что треугольники PC₁B и QB₁C подобны, выведите из этого, что Q движется линейно.

Подсказка 4

Осталось найти два положения точки P. Утверждение в положении P=C₁ очевидно. Найдите второе положение.

Подсказка 5

В качестве второго можно взять положение, когда P лежит на описанной около ABC окружности. Точка Q при этом совпадает с ортоцентром треугольника. Докажите, что в этом случае C₁ является серединой отрезкой PQ, чем завершите решение.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть точка $P$ движется линейно по прямой $CC . 1$ Покажем, что точка $Q$ при этом движении линейно движется по прямой $BB1.$ Действительно, точки $A,B,C,X$ лежат на одной окружности, следовательно, $∠XBA = ∠XCA,$ кроме этого

∘ ∠P C1B = 90 = ∠QB1C,

что влечет подобие треугольников $PC1B$ и $QB1C,$ откуда заключаем равенство

BC1- B1Q = PC1CB1,

следовательно, расстояние от $B1$ до $Q$ линейно зависит от длины отрезка $C1B.$

$PIC$

Таким образом, точки $P$ и $Q$ движутся линейно, следовательно середина, соединяющего их отрезка, также движется линейно.

Осталось показать существование двух положений, при которых она лежит на прямой $B1C1.$ Такими, например, являются положения $P =A$ и $P = BB1 ∩(ABC ).$ Выполнение условия задачи очевидно в первом случае, а во втором эквивалентно утверждению о том, что точка, симметричная ортоцентру относительно одной из сторон треугольника, лежит на его описанной окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть, для определённости, точка $X$ лежит на дуге $AC,$ не содержащей точку $C.$ Обозначим через $H$ — точку пересечения высот треугольника $ABC,$ а через $H B$ — вторую точку пересечения прямых $BH$ с окружностью. Поскольку точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности, то $HB = B H 1 1 B$ . Прямоугольный треугольник $H B C B 1$ равен треугольнику $HB C, 1$ а треугольник $HB C 1$ подобен треугольнику $HC B, 1$ значит, треугольники $H B C B 1$ и $HC1B$ подобны. Из равенств

∠C1BP = ∠ACX = ∠B1CQ.

следует, что отрезки $BP$ и $CQ$ являются соответствующими в подобных треугольниках $HC1B$ и $HBB1C,$ поэтому

C1P-= -B1Q-. C1H B1HB

Пусть прямая, проходящая через точку $P$ параллельно $B1C1,$ пересекает прямую $BB1$ в точке $S.$ Тогда по теореме о пропорциональных отрезках

B1S C1P B1Q B1Q B1H-= C1H-= B1HB-= B1H-.

$PIC$

Значит, $B1S = B1Q,$ то есть $B1$ — середина $SQ,$ а поскольку $B1C1 ∥PS,$ то прямая $B1C1$ проходит через середину отрезка $P Q.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#89918Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BD$ и $CE$ . На $DE$ как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает отрезки $AE$ и $AD$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Найдите длину отрезка $FG,$ если известно, что $BC = 25,BD =20$ и $BE = 7.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 235, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам даны какие-то стороны в прямоугольных треугольниках, так что сразу хочется найти оставшиеся стороны в них ;) что еще хочется сказать о прямоугольных треугольниках на картинке? Как связать их стороны?

Подсказка 2

Находим, что CD = 15, CE = 24. Рассматривая треугольники, в которых они состоят, замечаем, что треугольники ABD и ACE подобны! Какие полезные соотношения можно из этого вывести?

Подсказка 3

AD/AE = 5/6 = (AE+7)/(AD+15). Видим, что из этого можем найти AD и AE! Какие выводы можно сделать из их длин?

Подсказка 4

AD=15, AE=18. Интересно, у нас появились равнобедренные треугольники ;) А что можно вывести из того, что малая окружность построена на DE как на диаметре?

Подсказка 5

Треугольник EDA — равнобедренный, и в нем DF — высота. Нам хочется как-то подобраться к подобию треугольника AFG с кем-то, чтобы найти нужный отрезок. Стало быть нужно посчитать углы… для этого не забываем, что при проведении высот образуется несколько вписанных четырехугольников ;)

Показать ответ и решение

Из прямоугольных треугольников $BCD$ и $BCE$ получаем $CD = √252−-202 =15$ и $CE = √252− 72 = 24$ .

$PIC$

Из подобия прямоугольных треугольников $ABD$ и $ACE$ получаем

AD-= BD-= 20= 5 и AE-+-7-= AB-= BD-= 5. AE CE 24 6 AD +15 AC CE 6

Из этих двух соотношений на $AD$ и $AE$ получаем $AD = 15,AE = 18$ . Таким образом, $AD = DC$ , откуда $ED = AD$ , то есть треугольник $AED$ равнобедренный. Поскольку же $DE$ — диаметр окружности, $DF ⊥AE$ , то есть $DF$ — высота и медиана треугольника $AED$ . Стало быть, $AF = 1AE = 9 2$ . Наконец, отметим, что четырёхугольники $BCDE$ и $EDGF$ вписанные, откуда следует, что $∠ABC = ∠ADE = ∠AFG$ . Значит, $FG∥BC$ , то есть треугольники $ABC$ и $AFG$ подобны. Но, как мы отметили выше, $AD = DC$ . Отсюда следует, что $BC = AB$ и, стало быть, $F G= AF = 9$ .

Ответ: 9