Тема Физтех и вступительные по математике в МФТИ

Планиметрия на Физтехе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех и вступительные по математике в мфти

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#107201

Точка $O$ — центр окружности $ω 1$ , описанной около остроугольного треугольника $ABC$ . Окружность $ω 2$ , описанная около треугольника $BOC$ , пересекает отрезок $AB$ в точке $P$ . Найдите площадь треугольника $ABC$ , если $15 AP = 2 ,BP = 5,AC =9.$

Источники: Физтех - 2025, 11.5 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть окружности их центры, поэтому первым делом имеет смысл подмечать равные углы!

Подсказка 2

Обозначьте угол BAC за a. Чему равны углы BPC и BOC?

Подсказка 3

BPC и BOC равны 2a! А что тогда можно сказать про треугольник PAC?

Подсказка 4

Треугольник PAC равнобедренный! Давайте тогда внимательно посмотрим на условие ;)

Подсказка 5

В треугольнике PAC нам известны все стороны, поэтому мы можем что-то узнать про величины углов! Осталось понять, как же полученные значения связать с необходимой площадью.

Показать ответ и решение

Углы $BAC$ и $BOC$ — это центральный и вписанный углы для окружности $ω 1$ , опирающиеся на дугу $BC$ . Значит, $∠BOC = 2∠BAC$ . Кроме того, углы $BOC$ и $BPC$ вписаны в окружность $ω2$ и опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны между собой.

$PIC$

Пусть $∠BAC = α$ . Тогда $∠BOC = 2α,∠BP C = ∠BOC =$ $= 2α$ , а по теореме о внешнем угле треугольника $∠ACP =∠BP C − ∠BAC = α$ . Следовательно, треугольник $ACP$ равнобедренный, $CP = AP = 125$ . Из этого треугольника находим, что

√---------- sin α= -4AP-2− AC2-= 4, 2AP 5

и тогда

1 1 25- 4 SABC = 2AB ⋅ACsinα= 2 ⋅2 ⋅9⋅5 = 45

Ответ: 45

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126185

Окружность $ω$ с диаметром $AB$ пересекает сторону $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ в точке $D.$ Точка $F$ выбрана на отрезке $AC$ так, что $DF ⊥ AC,$ а $E$ — точка пересечения отрезка $DF$ с окружностью $ω$ , отличная от $D$ . Найдите $AF,$ если $AC = 10,AB = 6,BE = 5.$

Источники: Физтех - 2025, 10.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните свойства окружности и попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Заметьте, что ∠ABE = ∠ADE. Как можно выразить ∠ADF?

Подсказка 3

∠ADF = 90° - ∠DAF = ∠ACD.

Подсказка 4

Попробуйте найти подобные треугольники.

Подсказка 5

△ABE ∼ △ADF ∼ △ACD. Выразите стороны при помощи косинуса.

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что $∠ABE = ∠ADE$ как вписанные углы, опирающиеся на дугу $AE.$ Кроме того,

∠ADF = 90∘ − ∠DAF =∠ACD

Значит,

∠ABE =∠ADF =∠ACD = α

Но тогда треугольники $ABE,$ $ADF,$ $ACD$ — прямоугольные и имеют равные острые углы, следовательно, они подобны. Из треугольника $ABE$ получаем, что

BE- 5 cos(α)= AB = 6

Из треугольника $ACD$

CD = AC ⋅cos(α)

Из треугольника $CDF$

( )2 CF = CD ⋅cos(α)=AC ⋅cos2(α)=10⋅ 5 = 125 6 18

Значит,

125- 55 AF = AC − CF = 10− 18 = 18

Ответ:

$55 18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126188

На координатной плоскости построена фигура $Φ,$ состоящая из всех точек, координаты которых удовлетворяют неравенству $|| 15 -y√-|| || 15 √y-|| |x− 2 + 6 3|+|x− 2 − 6 3|≤3.$ Фигуру $Φ$ непрерывно повернули вокруг начала координат на угол $π$ против часовой стрелки. Найдите площадь множества $M,$ которое замела фигура $Φ$ при этом повороте.

Источники: Физтех - 2025, 10.6 ( см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно упросить исходное уравнение?

Подсказка 2

Сделайте замену u = y - 20; v = x / (2√3).

Подсказка 3

Заметьте симметрию в получившемся неравенстве: если пара (u,v) ему удовлетворяет, тогда пары (-u,v), (u,-v), (-u,-v) - тоже подойдут.

Подсказка 4

Окажется, что неравенство определяет квадрат (u,v), в котором -4 ≤ u ≤ 4, -4 ≤ v ≤ 4.

Подсказка 5

После обратной замены окажется, что Ф — прямоугольник с центром в (15/2; 0). Найдите прямые, на котором лежат его стороны.

Подсказка 6

Изобразите множество М, которое заметет фигура Ф. У Вас должны получиться 2 дуги, по большей из которых "едут" точки фигуры Ф. Попробуйте что-нибудь посчитать на рисунке.

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

-x- u =y− 20;v = 2√3-

Тогда первое неравенство имеет вид

|u+ v|+ |u − v|≤ 8

Если пара $(u,v)$ удовлетворяет данному неравенству, то и пары $(− u,v),$ $(u,−v),$ $(−u,−v)$ ему удовлетворяют, поэтому на координатной плоскости неравенство задаёт множество, симметричное как относительно обеих координатных осей, так и относительно начала координат.

Но при положительных $u,v$ неравенство эквивалентно

u+v +|u− v|≤ 8,

то есть $2u≤ 8$ при $u≥ v$ и $2v ≤ 8$ при $u ≤v.$

В итоге получаем, что неравенство $|u+ v|+ |u − v|≤ 8$ определяет квадрат $(u,v),$ в котором $− 4≤ u≤ 4;$ $− 4≤ u≤ 4.$

Значит, после обратной замены приходим к тому, что фигура $Φ$ — прямоугольник с центром в точке $15 (2 ;0),$ стороны которого лежат на прямых $x= 6,$ $x= 9,$ $√- y =±9 3.$

Множество $M,$ которое замела фигура $Φ,$ изображено на рисунке.

$PIC$

По теореме Пифагора

OE = 6;OB = 18

Тогда

OE + AB 1 cos∠BOE = --OB----= 2

∠BOE = 60∘

Искомая площадь М складывается из разности площадей двух полукругов (она будет равна $π 2 2 2 ⋅(OB − OE )),$ площади прямоугольника $ABCD$ и площади сегмента с меньшей дугой $BC$ (две половины равных прямоугольников и равных сегментов не попадают в разность полукругов).

Получаем

π (π 1 (2π) ) S = 2 ⋅(OB2 − OE2 )+AB ⋅BC + 3 ⋅OB2 − 2 ⋅OB2 ⋅sin-3 =

π √- ( π 1 √3) = 2 ⋅(182 − 62)+3 ⋅18 3 + 3 ⋅182− 2 ⋅182⋅2 =

= 252π − 27√3

Ответ:

$252π− 27√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#126189

На гипотенузе $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AB = BP,AC =CQ.$ Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $D$ , для которой $DP = DQ,$ а $∘ ∠PDQ = 90 .$ Найдите $∠DBC,$ если известно, что $∘ ∠DCB =20 .$

Источники: Физтех - 2025, 10.7 ( см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AC = b, AB = c, BC = a, p = (a + b + c) / 2, r — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Выразите PQ в этих обозначениях.

Подсказка 2

PQ = BP - BQ. Продолжите преобразования.

Подсказка 3

BP - BQ = AB - (BC - CQ) = AB - BC + AC = c - a + b = 2r.

Подсказка 4

Пусть B — точка касания вписанной окружности с гипотенузой BC. Попробуйте выразить BG.

Подсказка 5

Воспользуйтесь фактом о том, что отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны.

Подсказка 6

Выразите PG.

Подсказка 7

Заметьте, что G — середина PQ.

Подсказка 8

Каким является треугольник DPQ? Что можно сказать о DG?

Подсказка 9

Треугольник DPQ — прямоугольный и равнобедренный, тогда DG = PQ / 2 = r. Что можно сказать о точке D?

Подсказка 10

D — центр вписанной в треугольник ABC окружности. Вспомните его свойства.

Показать ответ и решение

Пусть $AC = b,$ $AB =c,$ $BC = a,$ $p= 1(a +b+ c), 2$ $r$ — радиус окружности, вписанной в треугольник $ABC.$ Тогда

PQ = BP − BQ = AB − (BC − CQ)= AB − BC +AC = c− a +b= 2r

$PIC$

Пусть $B$ — точка касания вписанной окружности с гипотенузой $BC.$ Отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, следовательно,

BG = p− AC = a-+b−-c 2

Тогда

P G= BP − BG =c− a+-c−-b= b+-c− a 2 2

Значит, $G$ — середина $PQ,$ $GP =GQ = r.$

Треугольник $DPQ$ — прямоугольный и равнобедренный, следовательно,

1 DG = 2PQ =r

Это означает, что $D$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, иначе говоря, точка пересечения биссектрис.

Значит,

1 ∠BDC = 90∘+ 2∠BAC = 135∘

Поэтому

∠DBC = 180∘ − 135∘− ∠DCB = 25∘

Ответ:

$25∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80766

Диагонали $BD$ и $AC$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $M,$ а отношение оснований $AD :BC = 1:2.$ Точки $I 1$ и $I 2$ — центры окружностей $ω1$ и $ω2,$ вписанных в треугольники $BMC$ и $AMD$ соответственно. Прямая, проходящая через точку $M,$ пересекает $ω1$ в точках $X$ и $Y,$ а $ω2$ — в точках $Z$ и $W$ ( $X$ и $Z$ находятся ближе к $M$ ). Найдите радиус окружности $ω1,$ если $13- I1I2 = 2 ,$ а $MZ ⋅MY = 5.$

Источники: Физтех - 2024, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Треугольники △AMD и △CMB подобны с коэффициентом 1/2, поэтому все соответствующие элементы относятся как 1/2. Нам дано произведение MZ*MY, которое напоминает произведение секущей на внешнюю часть. Но ведь мы знаем, что MZ/MX=1/2, поэтому легко находим MX*MY=10. А чему там равняется произведение секущей на внешнюю часть?

Подсказка 2

Конечно, квадрату отрезка касательной! Давайте отметим точку касания T: окружности ω₁ c отрезком BM. Тогда MT=√10. Если бы мы еще нашли MI₁, всё было бы в шоколаде...

Подсказка 3

Мы знаем, что MI₁/MI₂=2 и при этом MI₁+MI₂=13/2. Тогда MI₁=13/3. Воспользуйтесь теоремой Пифагора и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть центр окружностей $ω1$ и $ω2$ это $I1$ и $I2$ соответственно. Пусть точка $T$ — точка касания $ω1$ на $BM.$ Тогда

MT 2 = MX ⋅MY

(1)

Рассмотрим треугольники $△AMD$ и $△BMC.$ Они подобны с коэффициентом $1. 2$ Из этого следует, что $MZ = 1MX, 2$ как соответственные элементы в подобных треугольниках. Тогда

1 MZ ⋅MY = 2MX ⋅MY

Используя $(1)$ , получаем

1 2 1 2 2 MZ ⋅MY =2 MT = 2(MI 1 − TI1)

Пусть радиус $ω2$ это $r,$ тогда радиус $ω2$ это $2r.$ Тогда нужно найти $2r.$ Рассмотрим $△MT I1$

1 2 2 MZ ⋅MY = 2(MI1 +4r )

Из подобия $△AMD$ и $△BMC$ получаем , что $MI1 = 2MI2,$ из этого следует, что

2 MI1 = 3I1I2

Тогда

( ) MZ ⋅MY = 12 49I1I22 − 4r2

( ) 5= 1 4 ⋅ 169-− 4r2 2 9 4

2 169 79 √79 4r = 9--− 10=-9 =⇒ 2r= -3-

Ответ:

$√79 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80767

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , общая касательная касается окружностей $ω 1$ и $ω 2$ в точках $C$ и $D$ соответственно (точка $B$ лежит ближе к $CD$ , чем точка $A$ ). Луч $CB$ пересекает окружность $ω2$ в точках $B$ и $E$ . Найдите $ED :CD$ , если диагональ $AD$ четырехугольника $ACDE$ делит прямую $CE$ в отношении $3:10,$ считая от вершины $C$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу попробуем воспользоваться условием и отметим равные углы. А чему равен угол ACD? Как воспользоваться тем, что CD - касательная?

Подсказка 2

Угол ADC равен AED, а угол ACD равен 180 - ABC. Что полезного можно вывести из этого? Как поближе подобраться к углам треугольника AED?

Подсказка 3

Угол ABE равен углу ACD (почему?). Как воспользоваться вписанностью? Нам было бы очень хорошо, если бы мы понимали, как воспользоваться тем, на какие отрезки AM делит AM...

Подсказка 4

Оказывается, треугольники AED и ADC подобны! Тогда что можно сказать интересного о прямой AM?

Подсказка 5

Это биссектриса угла AEC! Как воспользоваться найденным подобием? Вспоминаем свойство биссектрисы и находим требуемую дробь!

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим равные углы. $∠ADC = ∠AED,$ по свойству угла между касательной и хордой. Градусная мера угла $∠ACD$ вдвое меньше дуги $AC,$ содержащую $B,$ окружности $ω1,$ по свойству угла между касательной и хордой. Тогда $∠ABC = 180∘− ∠ACD,$ так как градусная мера дуги $AC,$ не содержащую $B$ равняется $360∘− 2∠ACD.$ Следовательно, $∠ABE = ∠ACD.$ Также $∠ACD =∠ADE,$ как вписанные. Из этого следует, что треугольники $△AED$ и $△ADC$ подобны. Это значит, что $∠EAD = ∠DAC,$ то есть $AM$ — биссектриса угла $∠EAC.$ Запишем соотношения из подобия $△AED$ и $△ADC$

( ) ED-= EA-= AD- =⇒ ED- 2 = EA- CD AD AC CD AC

По теореме о биссектрисе $AM$ получаем

EA EM 10 AC-= MC- = 3-

Тогда получаем, что

( )2 √-- ED- = EA-= EM- = 10- =⇒ ED- = √10 CD AC MC 3 CD 3

Ответ:

$√10-:√3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67586

Дан прямоугольный треугольник $ABC.$ Окружность, касающаяся прямой $BC$ в точке $B,$ пересекает высоту $CD,$ проведённую к гипотенузе, в точке $F,$ а катет $AC$ — в точке $E.$ Известно, что $AB∥EF,AD :DB = 3:1$ . Найдите отношение площади треугольника $ABC$ к площади треугольника $CEF.$

Источники: Физтех-2023, 11.2 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу… Точки E, F, B – лежат на одной окружности, причем точки E и F соединены! А что нам может помочь найти окружность? Правильно, равные углы. Что надо сделать, чтобы выйти на эти равные углы?

Подсказка 2

Да, нужно соединить все точки, лежащие на этой окружности, то есть надо соединить B с E и B с F! Тогда нетрудно видеть, что ∠CBF=∠FEB(угол между хордой и касательной), а также в силу параллельности ∠FEB=∠ABE! Таким образом, в силу равенства ∠CBF и ∠ABE: при гомотетии с некоторым положительным коэффициентом BF перейдет в BE, поскольку △ABC∼△CDB! Какие соотношения из этого можно написать?

Подсказка 3

Да, поскольку точки E и F разбивают отрезки AC и CD соответственно на два отрезка с одинаковым отношением(это первое соотношение), а также можно применить теорему Фалеса(это второе соотношение)! Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 4

Верно, получается, что CF=DF! То есть, F – середина отрезка CD. Осталось заметить лишь одно подобие треугольников, какое же?

Подсказка 5

Верно, △ACD∼△ECF, потому что EF – средняя линия △ACD! Теперь нужно только расписать отношение площадей!

Показать ответ и решение

Соединим точку $B$ с точками $E$ и $F.$ Так как $AB ∥ EF,$ то $∠ABE = ∠FEB,$ а $∠CBF =∠F EB$ по теореме об угле между касательной и хордой. Поэтому $∠ABE =∠CBF.$ Следовательно, $BE$ и $BF$ — соответствующие элементы в подобных прямоугольных треугольниках $ABC$ и $CBD$ (По двум углам: $∠ABC$ — общий и $∘ ∠ACB =∠CDB = 90 ).$ Значит,

AE CF CE-= DF-

По обобщённой теореме Фалеса

ACEE-= DCFF-

Из полученных равенств следует, что

CF-= DF-⇒ CF = DF DF CF

Значит, $F$ — середина $CD,$ а так как $EF ∥ AD,$ то $EF$ — средняя линия $△ACD.$ Отсюда

SACD = 4SCEF

А значит,

( ) ( ) SABC-= --SABC--= 4⋅0,5⋅AB-⋅CD- = 4AB-=4 AD-+ DB- =4 1 + 1 = 16 SCEF 0,25SACD 0,5⋅AD ⋅CD AD AD AD 3 3

Ответ:

$16 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70776

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

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

Подсказка 5

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

Подсказка 6

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

Показать ответ и решение

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

$PIC$

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

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

По теореме о касательной и секущей

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

Следовательно,

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

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

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

FA = FE cos∠EF A

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

( )2 = R2cosψ = 39 ⋅ 12 = 351 8 13 16

Ответ:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#33396

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром О. Окружность, проходящая через точки $A,O$ и $C$ , пересекает отрезок $BC$ в точке $P$ . Касательные к $ω$ , проведённые через точки $A$ и $C$ , пересекаются в точке $T$ . Отрезок $TP$ пересекает сторону $AC$ в точке $K$ . Известно, что площади треугольников $AP K$ и $CP K$ равны соответственно $6$ и $4$ .

а) Найдите площадь треугольника $ABC$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $7 ∠ABC = arctg 5$ . Найдите $AC$ .

Источники: Физтех - 2021, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Сразу воспользуемся тем, что AT и TC — касательные к ω. Получаем, что углы OCT и OAT - прямые. Что тогда мы можем сказать про окружность, проходящую через A, O, C?

Пункт а, подсказка 2

Да, верно! Эта окружность также проходит через точку T, а отрезок OT является её диаметром. Теперь, чтобы подобраться к точке K, попробуйте посчитать вписанные в данную окружность уголки, обозначив ∠ABC за β.

Пункт а, подсказка 3

Отлично! Мы получили, что ∠TAC = ∠TPC = ∠ABT = ∠ABC = β. Тогда у нас PK || ABC. Значит, треугольники ABC и CPK подобны. Для решения задачи осталось лишь найти коэффициент подобия между ними. Для этого воспользуйтесь последним условием на площади треугольников APK и CPK. Ведь мы знаем, что у них высота из P общая.

Пункт б, подсказка 1

Ещё из пункта а) мы знаем, что ∠APK = ∠KPC и отношение AK к KC. Тогда воспользуемся свойством биссектрисы для PK. А также у нас есть новое условие на β. Раз мы знаем, что tgβ = 7/5, то легко можем найти sin2β или cos2β.

Пункт б, подсказка 2

В треугольнике APC мы знаем cos∠APC = cos2β и отношение AP к PC. Если бы мы знали хоть одну из сторон AP и PC, то мы бы легко нашли AC через теорему косинусов. Попробуйте выразить площадь треугольника APC двумя способами и найти оттуда AP.

Пункт б, подсказка 3

Пользуясь условием на площади треугольников APK и CPK, получаем, что площадь APC равна 10. С другой стороны, эта же величина равна sin∠APC*AP*PC/2. Осталось лишь всё выразить и досчитать.

Показать ответ и решение

$PIC$

a) Так как прямые $TC$ и $TA$ - касательные к $ω$ , они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и $∠OCT =∠OAT = 90∘$ . Отсюда следует, что точки $A$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $OT$ (назовём эту окружность $Ω$ ). На этой же окружности лежит точка $P$ , поскольку она лежит на окружности, проходящей через точки $A,O,C$ . Обозначим $∠ABC = β$ . Тогда по свойству угла между хордой и касательной получаем, что $∠TAC = β$ . Далее, $∠T PC =∠T AC =β$ (углы, вписанные в окружность $Ω$ ). Из того, что $∠TPC = ∠ABC$ , следует, что $AB ∥PT$ .

Так как у треугольников $APK$ и $CPK$ общая высота, проведённая из вершины $P$ , их площади относятся как основания, т.е. $CK :AK = S△CPK :S△APK = 4:6 =2 :3$ . Треугольники $ABC$ и $KP C$ подобны, поскольку $PK ∥AB$ , и коэффициент подобия $k$ равен $CAKC= AK+CKKC- = 1+ ACKK-= 52$ . Но тогда $SABC =$ $k2⋅S△CPK = (52)2⋅4= 25$

б) Поскольку $∠ABC$ острый, то $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ (центральный угол вдвое больше вписанного), $∠AP C =∠AOC =2β$ (вписанные в $Ω$ углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, $PK−$ биссектриса треугольника $ACP$ (также можно заметить, что $∠T PA= ∠TCA = ∠ABC = β$ , как вписанные и как угол между касательной и хордой соответственно). Биссектриса треугольника делит противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому $CP :AP = CK :AK = 2:3$ . Пусть $CP = 2y$ ; тогда $AP = 3y$

Из дополнительного условия $β = arctg 7 5$ . Следовательно,

cos2β cos2 β− sin2β 1− tg2β 1− (7)2 12 cos2β =--1--= cos2-β+-sin2β = 1+-tg2β-= 1+-(57)2 = −37 ∘(-----)-(-----) ∘ -5--- sin2β = ∘1-− cos22β = 1 + 12 1− 12 = 49⋅25= 35. 37 37 372 37

Площадь треугольника $ACP$ равна $1 1 35- 105-2 2 ⋅CP ⋅AP sin2β = 2 ⋅2y⋅3y ⋅37 = 37 y$ , откуда получаем $105y2 37 = 10$ , $2 74- y = 21$ . По теореме косинусов из треугольника $APC$ находим, что $AC2 = (2y)2+ (3y)2− 2 ⋅2y⋅3y⋅cos2β =$ $12 625y2 625⋅74 13y2+ 12y2⋅37 =--37- = 37⋅21$ , откуда окончательно получаем $25√2 AC = -√21-$ .

Ответ:

$a)25, b)2√5√2 21$

Критерии оценки

Решён пункт а) – 4 балла;

частичные продвижения за пункт а):

доказано, что 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵 – 2 балла;

доказано, что четырёхугольник 𝐴𝑂𝐶𝑇 вписанный – 1 балл (не суммируется с вышеуказанными 2 баллами).

Решён пункт б) – 3 балла;

частичные продвижения за пункт б):

доказано, что 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝑃 𝐶 – 1 балл.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#104428

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O,$ и при этом треугольники $BOC$ и $AOD$ — правильные. Точка $T$ симметрична точке $O$ относительно середины стороны $CD.$ Докажите, что $ABT$ — правильный треугольник.

Источники: Физтех 2021, 16.6 (olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о четырёхугольнике ABCD? Давайте посчитаем уголки ;)

Подсказка 2

ABCD — равнобокая трапеция, а угол CTB = 120°. Мы работаем в окружности, поэтому имеет смысл отметить равные вписанные уголки.

Подсказка 3

Отлично, ∠ATB = 60°. Получается, что осталось доказать, что ∠ABT также равен 60°. Для этого можно, например, разбить его на два уголка, и по частям "перенести" в другое место, где мы точно знаем, что сумма равна 60°.

Подсказка 4

∠ABT равен сумме углов ∠ABD и ∠DBT. А чему в свою очередь равные эти два угла?

Показать доказательство

$PIC$

Несложно показать, что $ABCD$ — равнобедренная трапеция, поэтому вокруг неё можно описать окружность (назовём её $Ω)$ . Диагонали четырёхугольника $CODT$ точкой пересечения делятся пополам, поэтому он параллелограмм, и при этом

∠CT D =∠COD = 180∘− ∠AOD = 120∘.

Поскольку $∠CAD = 60∘$ , в четырёхугольнике $CADT$ сумма противоположных углов равна $180∘$ , и вокруг него также можно описать окружность. Следовательно, все 5 точек $A,B,C,T,D$ лежат на окружности $Ω$ . Углы $ATB$ и $ACB$ вписаны в $Ω$ и опираются на одну дугу, поэтому они равны, и $∠AT B = 60∘$ . Далее отметим, что

∠DBT = ∠DCT (вписанные, опираются на одну дугу) , ∠DCT = ∠BDC (за счёт того, что BD ∥CT), ∠BDC =∠BAC (трапеция равнобокая).

Отсюда следует, что

∠ABT =∠ABD +∠DBT =∠ABD +∠BAC =180∘− ∠AOB = 60∘.

Итак, доказано, что в треугольнике $ABT$ два угла равны $60∘$ , поэтому он равносторонний.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#33592

Две окружности одинакового радиуса $5$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . На первой окружности выбрана точка $C$ , а на второй - точка $D$ . Оказалось, что точка $B$ лежит на отрезке $CD$ , a $∘ ∠CAD = 90$ . На перпендикуляре к $CD$ , проходящем через точку $B$ , выбрана точка $F$ так, что $BF =BD$ (точки $A$ и $F$ расположены по разные стороны от прямой $CD )$ .

а) Найдите длину отрезка $CF$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $BC =6$ . Найдите площадь треугольника $ACF$ .

Источники: Физтех-2020, 11.6, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самая естественная мысль, которая возникает это найти отрезок из теоремы Пифагора. Тогда нам нужно найти два катета. Подумаем, как удобнее всего выразить сторону в треугольнике, если мы знаем радиус описанной окружности?

Подсказка 2

Верно, их можно выразить через теорему синусов. Для этого нам осталось только обозначить удобный угол и найти стороны.

Подсказка 3

Теперь попробуем ввести ещё один угол бетта, равный углу BCF, и узнать углы треугольника АDС. Что можно сказать про тангенс угла бетта, как можно выразить его через отрезки?

Подсказка 4

Ага, понимаем, что тангенсы углов BCF и DAB равны, а значит и углы эти равны. Теперь осталось выразить сторону АС треугольника АCF и найти его площадь.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R = 5$ - радиусы данных в условии окружностей, $∠BAD =α,∠BCF =β$ . Тогда $∠BAC =90∘− α$ , и по теореме синусов для $△ABD$ :

BD = 2Rsin α

для $△ABC$ :

BC =2R sin(90∘− α)= 2R cosα

Значит,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 CF =BC + BF = BC +BD = 4R cosα +4R sin α= 4R ,

откуда $CF = 2R= 10.$

б) Так как $tgβ = BF-= BD-= sinα-= tgα BC BC cosα$ , то $β = α$ . Далее, углы $ADC$ и $ACD$ вписаны в равные окружности и опираются на одну и ту же хорду $AB$ , поэтому они равны, и из прямоугольного треугольника $CAD$ находим, что $∠ADC = ∠ACD =45∘$ . Тогда

∘ ∘ ∘ ∘ ∠ABC = 180 − 45 − (90 − α )=45 + α,

поэтому

AC = 2Rsin(45∘+ α)

Итак,

SACF = 1⋅CA ⋅CF ⋅sin∠ACF = 2

1 ∘ ∘ = 2 ⋅2Rsin(45 +α )⋅2R sin(45 + β)=

2 2 ∘ 2 ∘ 2 = 2R sin (45 + α)= R (1− cos(90 + 2α))= R (1+ sin2α)=

( ∘-------) = R2 1 +2cosα 1 − cos2α

, где $cosα = B2RC= 35.$ Значит, $SACF = 49.$

Ответ:

а) $CF = 10$

б) $SACF = 49$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#33649

а) Две параллельные прямые $ℓ 1$ и $ℓ 2$ касаются окружности $ω 1$ с центром $O 1$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Окружность $ω 2$ с центром $O2$ касается прямой $ℓ1$ в точке $D$ , пересекает прямую $ℓ2$ в точках $B$ и $E$ , а также вторично пересекает окружность $ω1$ в точке $C$ (при этом точка $O2$ лежит между прямыми $ℓ1$ и $ℓ2$ ). Известно, что отношение площади четырёхугольника $BO1CO2$ к площади треугольника $O2BE$ равно 2. Найдите отношение радиусов окружностей $ω2$ и $ω1$

б) Найдите эти радиусы, если дополнительно известно, что $BD = 2$ .

Источники: Физтех-2020, 10.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R1,R2$ - радиусы окружностей $ω1$ , $ω2$ соответственно, $∠O1BO2 =α$ , а прямые $DO2$ и $ℓ2$ пересекаются в точке $P$ . Тогда из условия касания $AB ⊥ ℓ2$ ( $AB$ — диаметр) и $DO2 ⊥ℓ2$ , откуда $∠O2BE = π2 − α$ , а $∠BO2P =$ $π2 − ∠O2BE = α$ . Треугольники $BO1O2$ и $CO1O2$ равны по трем сторонам, поэтому $SBO1CO2 =$ $2SO1BO2 = 2⋅ 12 ⋅BO1 ⋅BO2 ⋅sin α= R1R2sinα$ . Площадь треугольника $BO2E$ равна $12O2P ⋅BE = 12R2cosα ⋅2R2 sinα= R22cosαsinα$ . Применим данное в условии отношение площадей $SBSO1CO2 =R-R1cosα = 2 BO2E 2$ и $1R1 = R2cosα 2$ . Кроме того, как расстояния между прямыми, равны $AB =DP$ , откуда $2R1 = R2+ R2cosα$ , следовательно $2R1 =R2 + 1R1 2$ , и $R2 = 3 R1 2$ .

б) Из прямоугольного треугольника $ABD$ получаем $BD2 = AB2+ AD2$ , то есть $BD2 = 4R2+ BP2 = 4R2+ (R2sinα)2 = 4R2+ R2− (R2 cosα)2 = 4R2 +R2 − (2R1− R2)2 =4R1R2 1 1 1 2 1 2$ . Итак, $R2 = 3 R1 2$ и $4R1R2 = 22 =4$ . Отсюда $∘-2 ∘ 3- R1 = 3,R2 = 2$ .

Ответ:

а) $R2 = 3 R1 2$ ; б) $R = ∘ 2,R = ∘-3 1 3 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#33670

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются внешним образом в точке $F$ , а их общая внешняя касательная касается окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно в точках $A$ и $B$ . Прямая $ℓ$ проходит через точку $B$ , вторично пересекает окружность $ω$ в точке $C$ , а также пересекает $Ω$ в точках $D$ и $E$ (точка $D$ расположена между $C$ и $E)$ . Общая касательная окружностей, проходящая через точку $F$ , пересекает прямые $AB$ и $BE$ в точках $P$ и $H$ соответственно (точка $F$ лежит между точками $P$ и $H)$ . Известно, что $BC = 42,DH =HC = 4$ .

а) Найдите длину отрезка $HP$ .

б) Найдите радиусы обеих окружностей.

Источники: Физтех 2019 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что этот отрезок целиком сразу мы найти не сможем. Попробуем сделать это по частям: сначала найдём HF, потом PF. У нас есть множество секущих и касательных. Тогда какую теорему можно попробовать применить для нахождения отрезков касательных?

Подсказка 2

Верно, это теорема о касательной и секущей. Отсюда сразу находим HF и остальные отрезки секущей BE. Осталось вспомнить, что отрезки касательных из одной точки равны и найти PF.

Подсказка 3

Попробуем воспользоваться идеей, что нам известен отрезок АВ и конструкция из прямоугольной трапеции. Понятно, что неизвестные радиусы можно обозначить за R и r. Тогда какое естественное уравнение мы можем уже записать для них?

Подсказка 4

Ага, можно записать теорему Пифагора. Отсюда мы получили первое уравнение на радиусы. Теперь, так как катет и гипотенуза треугольника выражены через радиусы, хочется попробовать найти значение косинуса этого угла. Попробуйте найти равенство углов, а затем вспомнить, какая теорема в треугольнике лучше всего ищет угол?

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Трижды применяем теорему о касательной и секущей:

√-- HF 2 = HC ⋅HB =4⋅46⇒ HF =2 46 2 HF2- HF =HD ⋅HE ⇒ HE = HD = 46 BA2 = BD ⋅BE =50⋅92⇒ BA = 10√46

Поскольку отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны между собой, $PF = PA = PB$ , следовательно, $√-- P F = 12AB = 5 46$ . Итак, $√ -- P H = PF + FH = 7 46$ .

б) Пусть $∠BP H = γ$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BPH$ получаем $BH2 =$ $BP2+ HP 2− 2BP ⋅PH ⋅cosγ$ , т.е. $462 = 72⋅46 +52⋅46− 70 ⋅46cosγ$ , откуда $46= 49+ 25 − 70cosγ$ , $cosγ = 25$ Пусть $O$ и $Q$ — центры, а $R$ и $r$ — радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; так как окружности касаются, точка касания $F$ лежит на линии центров $OQ$ , и при этом $OQ ⊥ PH$ . Углы $A$ и $F$ четырёхугольника $AOF P$ прямые, поэтому $∠AOF = 180∘− ∠AP F =∠BP F =γ$ .

Рассмотрим прямоугольную трапецию $ABQO$ . В ней $OQ =R + r,OA = R,BQ =r,AB =$ $10√46,∠AOQ = γ$ . Опуская из точки $Q$ высоту $QT$ на основание $AO$ , получаем прямоугольный треугольник $OQT$ , в котором $TQ =AB = 10√46,OT = R − r$ . По теореме Пифагора получаем

(R+ r)2 =(R− r)2 +(10√46)2

Rr =25⋅46

Кроме того,

2= cosγ = R−-r =⇒ R = 7r 5 R+ r 3

Находим, что

--- --- 5√-322- 5√138 R = √3 ,r= √ 7

Ответ:

а) $HP = 7√46$

б) $∘ 138 ∘ 322- 5 7 ;5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#77069

Хорды $AB$ и $CD$ окружности с центром $O$ имеют длину 10. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ , причем $DP = 3.$ Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L.$ Найдите отношение $AL :LC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы можем сказать, про четырехугольник ABCD, если прямые, содержащие стороны AB и CD, пересекаются вне окружности, и AB=CD, и это хорды окружности?

Подсказка 2

Конечно, что это трапеция. А если это трапеция, то как мы обычно ищем отношение, в котором ее диагональ делит точка пресечения диагоналей? А что нам нужно, чтобы найти это отношение?

Подсказка 3

Верно, мы ищем это отношение через подобие треугольников BCL и ADL, и это отношение равно AD к BC. Знаем ли мы это отношение, если у нас дан отрезок CD и DP?

Показать ответ и решение

Так как $AB =CD$ , то $ABCD$ — равнобедренная трапеция.

Значит, $AP =P D= 3, PB = PC =13$ . Отсюда треугольники $BOP$ и $COP$ равны по трем сторонам, и значит, $P O$ — биссектриса $∠BP C$ .

$PIC$

Тогда по свойству биссектрисы $LLCA = PPCA-= 133 .$

Ответ: 3 : 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91349

В окружность $Ω$ радиуса 13 вписаны трапеция $ABCD (AD ∥BC)$ и прямоугольник $A B C D 1 1 1 1$ таким образом, что $AC ⊥ B D ,BD ⊥ A C . 1 1 1 1$ Найдите отношение площади $ABCD$ к площади $A1B1C1D1,$ если известно, что $AD = 10,BC = 24.$

Источники: Физтех 2019, 11.4 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Проведём через центр окружности $O$ прямую, перпендикулярную основаниям трапеции. Пусть она пересекает $AD$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно.

$PIC$

Так как диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам, $AX = XD = 5$ и $BY = YC = 12$ . По теореме Пифагора из треугольников $AXO$ и $BYO$ находим, что $OX =12$ и $OY = 5$ . Отсюда $XY = 7$ или $XY =17.$

Заметим, что так как диагонали параллелограмма перпендикулярны диагоналям прямоугольника, то углы между диагоналями в обеих этих фигурах одинаковы. Так как площадь четырехугольника равна произведение его диагоналей, то теперь нам нужно посчитать

--AC⋅BD---= B1D21-t A1C1⋅B1D1 26⋅26

Пусть $XY =7$ . Заметим, что $AD- XE- BC = EY$ . Значит, $5- 35 XY = 17XY = 17$ . По теореме Пифагора $∘----352 5-√-2---2 DE = 25+ 172 = 17 17 +7$ и так как $AD- DE- BC = EB$ , то $17 √--- BD = 5 DE = 338$ . Отсюда

AC ⋅BD 338 1 A1C1⋅B1D1-=26⋅26 = 2

Пусть $XY =17$ . Заметим, что $ABDC-= XEEY-$ . Значит, $XY = 157XY = 5$ . По теореме Пифагора $√ -- √ - DE = 50= 5 2$ и так как $ABDC-= DEEB-$ , то $√- BD = 175 DE = 17 2$ . Отсюда

-AC-⋅BD---= 578-= 289- A1C1⋅B1D1 676 338

Ответ: 289 : 338

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91350

Хорды $AB$ и $CD$ окружности $Γ$ с центром $O$ имеют длину 4. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ . Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L$ , причём $AL:LC = 1:4.$

a) Найдите $AP.$

б) Пусть дополнительно известно, что радиус окружности $Γ$ равен 3, а точка $T$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ACP.$ Найдите длину отрезка $P T$ и площадь треугольника $ACP.$

Источники: Физтех 2019 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

a) Раз хорды равны и их продолжения пересекаются, то $ABCD$ — равнобедренная трапеция, у которой равны углы при основании, поэтому $ADP$ — равнобедренный треугольник. Следовательно, треугольники $BOP$ и $COP$ равны по трём сторонам, так что $P O$ — биссектриса. По свойству биссектрисы $PC- LC- PA = LA = 4,$ откуда $CD- PA =3,$ и значит, $4 PA = 3.$

$PIC$

б) Проведем биссектрису угла $CAP$ и пересечем ее с окружностью в точке $T ′$ . Заметим, что угол $PAC$ равен дугам $AB + AD +CD = CD + CD +AD$ . Значит, половина угла $PAC$ равна углу $T′AC$ и равна дугам $CD + AD2-$ . Значит, $T ′$ это середина дуги $AD$ . Так же биссектриса угла $ACD$ проходит через $T ′$ . Значит, $T = T′$ .

Степень точки $P$ равна $PA⋅PB = 649 = PO2 − 9 =(PT +3)2− 9$ . Отсюда $√ --- PT = −3 +-1435$ и $√--- PO = -1345-$

Посчитаем через теорему косинусов косинус угла $AP O$ .

AP2+-PO2-− AO2 169 +-1459-− 9 -80-- -10- cos∠AP O = 2 ⋅AP ⋅AO = 2⋅4⋅√9145 = 8√145 = √145

√-- √- sin∠AP C = 2sin∠AP O cos∠AP O= 2⋅√10-⋅√45-= 60-5 145 145 145

AP ⋅PC ⋅sin∠APC 4 ⋅16⋅60√5 128√5 SAPC =-------2-------= -145⋅9⋅2- = -87--

Ответ:

$PA = 4 3$

$√145- PT = −3 + 3$

$128√5 SAPC = 87$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#103419

B прямоугольный треугольник $ABC (∠B = 90∘)$ вписана окружность $Γ$ с центром $I,$ которая касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Прямая, проходящая через точку $I,$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите радиус окружности $Γ ,$ если $MK = 144,$ $NL = 25.$ Найдите $AC,$ если дополнительно известно, что прямая $MN$ параллельна $AC.$

Источники: Физтех - 2019, 9.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На рисунке есть очень много прямых углов, давайте их все отметим и попробуем найти какие-то равные отрезочки

Подсказка 2

Так как в четырёхугольнике KILB три прямых угла и две равные смежные стороны, KILB – квадрат! Обозначим его сторону за r (ведь это фактически радиус вписанной окружности), можно ли теперь записать какое-то уравнение, чтобы найти эту неизвестную?

Подсказка 3

Так как KI || BN, △KMI ∼ △BMN, записав отношение их подобия, находим r) Теперь нужно как-то найти АС, сразу в глаза бросаются подобные треугольники АВС и MBN, если мы найдём коэффициент их подобия, то сможем найти АС, ведь MN легко вычислить по теореме Пифагора!

Подсказка 4

Давайте опустим высоты ВН и ВВ₁ треугольников BMN и АВС соответственно, знаем ли мы НВ₁?

Подсказка 5

НВ₁ – это расстояние между прямыми MN и АС, то есть расстояние от точки I до АС, что, разумеется, равно радиусу вписанной окружности! Тогда нам остается посчитать, чему равны ВН, MN и ВВ₁ = ВН + НВ₁, и найти АС через коэффициент подобия)

Показать ответ и решение

Пусть радиус окружности Г равен $r.$

$PIC$

Заметим, что $IK ⊥AB,$ так как $AB$ касается окружности Г в точке $K.$ Аналогично, $IL ⊥BC.$ Также заметим, что $IK = IL$ как радиусы Г. Получается, в четырехугольнике $BKIL$ две смежные стороны равны и три угла являются прямыми, откуда этот четырёхугольник — квадрат, то есть $BK = KI = IL= LB = r.$

Два прямоугольных треугольника $KMI$ и $BMN$ подобны, так имеют общий угол $KMI.$ Отсюда

KM BM -KI-= BN--

144= 144+-r r 25+r

Получается, $r= 60.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание: Мы пользуемся тем, что точка $N$ лежит на отрезке $LC,$ так как если бы она лежала на $BL,$ то прямая $IN$ пересекала бы продолжение стороны $AB,$ а не саму сторону, что противоречило бы условию. Аналогично точка $M$ лежит на $AK.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, $BM = 144+60 =204= 17⋅12,$ а $BN = 25 +60= 85= 17 ⋅5.$ По теореме Пифагора $MN = 17 ⋅13.$

Пусть окружность Г касается $AC$ в точке $P.$ Тогда $IP ⊥ AC$ и $IP =r =60.$ Отсюда расстояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC$ равно 60.

Проведём $BB 1$ — высоту треугольника $ABC.$ Пусть $BB ∪ MN = H. 1$ Из параллельности $MN$ и $AC$ имеем, что $BH ⊥ MN,$ то есть $BH$ — высота треугольника $BMN.$ Из формул площадей прямоугольного треугольнька можно выразить, что длина высоты — это произведение катетов делить на гипотенузу, то есть

BM-⋅BN- 17⋅12⋅17⋅5 17⋅60 BH = MN = 17⋅13 = 13 .

При этом $HB1$ — это какое-то рассояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC,$ то есть $HB1 = 60,$ а $17⋅60 BB1 = BH +HB1 = 13 + 60.$

Прямоугольные треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны, так как $AC ∥MN,$ откуда

MN AC BH--= BB1-

( ) 17 ⋅13 17⋅60-+60 AC = MN-⋅BB1 = -----171⋅360------= 390. BH --13--

Итак, $AC = 390.$

Ответ:

$r= 60,AC = 390$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#103420

Дана равнобокая трапеция $ABCD$ $(AD ∥ BC,AD >BC ).$ Окружность $Ω$ вписана в угол $BAD,$ касается отрезка $BC$ в точке $C$ и повторно пересекает $CD$ в точке $E,$ так что $CE = 9,ED = 16.$ Найдите радиус окружности $Ω$ и площадь трапеции $ABCD.$

Источники: Физтех - 2019, 10.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим точки касания окружности со сторонами $AB$ и $AD$ трапеции через $F$ и $H$ соответственно.

$PIC$

По теореме о касательной и секущей $2 DH = DE ⋅DC = 16⋅25,$ откуда $DH = 20.$ Так как $C$ и $H$ — точки касания окружности с параллельными прямыми $BC$ и $AD,$ отрезок $CH$ есть диаметр окружности, перпендикулярный этим прямым. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $CDH$ находим, что $CH =15.$ Следовательно, радиус $R$ окружности равен $1 2CH =7,5.$

Так как касательные, проведённые к окружности из одной точки, равны, то $BC = BF, AF =AH,$ а в силу того, что трапеция равнобедренная, $BC + AH =AF + FB =AB = 25.$ Отсюда получаем, что сумма оснований есть $BC +AH + HD = 25+ 20 =45,$ и площадь трапеции равна $12 ⋅45 ⋅15 =337,5.$

Ответ:

$r= 7,5; S = 337,5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#31715

На продолжении стороны $AC$ треугольника $ABC$ за точку $A$ отмечена точка $T$ такая, что $∠BAC = 2∠BTC.$ Найдите площадь треугольника $ABC,$ если известно, что $AB =AC, BT = 70,AT = 37.$

Источники: Физтех-2018, 9.5, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол BAC - внешний для треугольника BAT! Какие выводы можно сделать, пользуясь этим знанием и условием на углы BAC, BTC?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность ABT. Далее нам было бы здорово сделать какие-то выводы про наш треугольник CBT, пользуясь доказанным фактом и тем, что AB = AC по условию

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BAC$ — внешний для треугольника $T AB,$ то из условия получаем $∠ABT =∠BT A.$ Тогда $AB = AC =AT$ и $∠CBT$ прямой. Отсюда по теореме Пифагора $√ ------- BC = 742− 702 = 24$ и $SABC = SCBT∕2= 24⋅70∕4= 420.$

Ответ:

$420$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#71791

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ проведена диагональ $BD,$ и в каждый из полученных треугольников $ABD$ и $BCD$ вписана окружность. Прямая, проходящая через вершину $B$ и центр одной из окружностей, пересекает сторону $DA$ в точке $M.$ При этом $8 AM = 5$ и $12 MD = 5 .$ Аналогично, прямая, проходящая через вершину $D$ и центр второй окружности, пересекает сторону $BC$ в точке $N.$ При этом $30 BN = 11$ и $25 NC = 11.$

(a) Найдите отношение $AB :CD.$

(b) Найдите длины сторон $AB$ и $CD,$ если дополнительно известно, что данные окружности касаются друг друга.

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Так ли проста прямая, соединяющая центр вписанной окружности с вершиной треугольника?) Просят найти AB/CD, а какие вообще отношения с AB и CD можно записать?

Пункт а), подсказка 2

Прямые BM и DN это биссектрисы треугольников! Тогда стоит воспользоваться свойством биссектрисы, чтобы связать отношениями AB с CD

Пункт б), подсказка 1

Мы уже знаем отношение AB/CD, так что хочется попробовать как-то с помощью переменных выразить AB и CD, чтобы потом решить уравнение.

Пункт б), подсказка 2

На рисунке есть окружности и касательные, на что это может намекать?

Пункт б), подсказка 3

Отрезки касательных к окружности из одной точки равны! Так что мы можем все отрезки, в том числе и AB и CD, выразить через отрезки, выходящие из вершин B и D.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Так как биссектриса треугольника делит его сторону пропорционально двум другим сторонам, то

AB :BD = AM :MD = 2:3

BD :DC = BN :NC = 6:5

Следовательно,

2 6 AB :CD = 3 ⋅5 =4 :5

(b) Обозначим точки касания окружности, вписанной в треугольник $ABD,$ с его сторонами $AB,$ $AD, BD$ через $P,F,K$ соответственно; точки касания окружности, вписанной в треугольник $BCD$ с его сторонами $BC, CD,BD$ — через $Q,E,K$ соответственно (по условию точка касания со стороной $BD$ общая).