Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Планиметрия на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67954

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ равны и перпендикулярны. Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $√-- AB = 26.$

Источники: ПВГ-2023, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $BE = AD = 2a,AB = c,∠ABC = β,AD ∩BC = F.$ Так как $BF$ — высота и биссектриса треугольника $BDA,$ то этот треугольник равнобедренный, поэтому $BA = BD =c,AF =F D =a$

$PIC$

Первое решение.

По теореме Менелая для треугольника $EBC$ и прямой $AD :$

EF BD CA FB-⋅DC-⋅AE-= 1

Так как $BD = DC = 2c$ и так как по свойству биссектрисы $CAAE-=1+ CAEE-= 1+ CBBA-=1 + 2cc = 3,$ то остаётся соотношение

EF- ⋅3 =1 ⇐ ⇒ EF = a,FB = 3a F B 2 2

Тогда по теореме Пифагора для треугольника $AFB :$

a2+(3a)2 = 26 2

√- a= 8

Тогда $∘ -- ∘-- sinβ2 = 286,cosβ2 = 1286$ и по формуле синуса двойного угла площадь треугольника можно выразить как

∘ ---∘ --- S = 1 ⋅c⋅2c⋅2sin βcosβ =26⋅2⋅ 8-⋅ 18= 2⋅12= 24 ABC 2 2 2 26 26

Второе решение.

По формуле для длины биссектрисы:

2 ⋅2c⋅c β 2a= -2c+c-cos2;

3a = c⋅cosβ. 2 2

Из треугольника $BDF$ получим, что

β a= c⋅sin 2

Поделим эти уравнения друг на друга и получим, что

β 2 tg2 = 3

Тогда из основного тригонометрического тождества: $β β cos2 = √313,sin 2 = √213.$ Значит, из формулы синуса двойного угла $sinβ = 1123.$ Наконец,

SABC =c2sinβ =24

Ответ: 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71440

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

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

Показать ответ и решение

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

$PIC$

Высоту $h= BH$ выразим по теореме Пифагора

( )2 h2 = a2− b−-a 2

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

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

AB ⋅CD + BC⋅AD = AC ⋅BD ⇔ a2+ab= c2

Таким образом,

2 c =a(a+ b),

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

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

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

2R = BD--= 6⋅√8 ⇒ R= √8- sinA 3 7 7

Ответ:

$√8- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#94092

Бумажный квадрат площади 17 согнули по прямой, проходящей через его центр, после чего соприкасающиеся части склеили. Найдите максимально возможную площадь получившейся бумажной фигуры.

Источники: ПВГ - 2021, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим сторону квадрата через $a.$ Пусть прямая отсекает от стороны квадрата $AD$ отрезок $AP =x < a. 2$ Найдём $AQ$ .

$PIC$

Обозначим $∠RP S = ∠RP Q= α,∠QPA = β$ . Поскольку из треугольника $PRS$ (здесь $S$ это проекция точки $R$ на основание $AD$ ) находим $tgα =a−a2x$ , то

tg(2α) =-a(a−-2x) 2x(x− a)

a(a−-2x) AQ= x⋅tgβ = xtg(− 2α )= 2(a − x)

Следовательно катеты прямоугольных треугольников равны $x$ и $a(a−2x) 2(a−x)-$ . Откуда искомая площадь равна

2 a2-+ ax(2(aa−−-2xx))

С помощью производной можно получить, что максимум функции

x(a-− 2x) f(x)= (a− x)

достигается при $a(2− √2) x= ---2--$ , что соответствует углу

π 3π 3π β = 4,2α = 4-,α= -8 .

Ответ:

$17(2 − √2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39871

Высота, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит гипотенузу на два отрезка, один из которых равен $16$ . Найдите длину второго отрезка, если радиус вписанной в этот треугольник окружности равен $5.$

Источники: ПВГ-2020, 10 класс

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это $△ABC, ∠B =90∘$ , $BH$ — высота и $AH = 16$ , второй отрезок $CH = t2$ . Тогда высота к гипотенузе $√------- BH = AH ⋅CH = 4t$ .

С одной стороны,

2 SABC = BH-⋅AC-= 4t⋅(16+t-). 2 2

С другой стороны, используя равенство $AB +BC = AC +2r$

S = PABC-⋅r= r⋅(2r+2AC-)= 5(t2+ 21). ABC 2 2

Тогда для $t$ получим кубическое уравнение

3 2 2 2t − 5t + 32t− 105 =(t− 3)(2t + t+35)= 0

Поскольку вторая скобка не имеет корней, то $t= 3 =⇒ CH =t2 = 9$ .

Ответ:

$9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#45588

Серединный перпендикуляр к биссектрисе $AD$ треугольника $ABC$ пересекает прямую $BC$ в точке $E$ . Найдите $BC$ , если $AB :AC = 3:2$ и $CE =3$ .

Источники: ПВГ-2020

Показать ответ и решение

$PIC$

В силу свойства биссектрисы $BD =3x,CD =2x$ . Далее заметим, что $∠EDA =∠B + ∠BAD = ∠EAD = ∠CAD + ∠EAC =⇒ ∠EAC = ∠B$ (помним, что $△AED$ равнобедренный). Отсюда $△ECA ∼ △EAB$ , то есть

EC-= EA- ⇐⇒ --3--= 3+-2x ⇐⇒ 4x2− 3x= 0 =⇒ x= 3 =⇒ BC = 15 AE EB 3+ 2x 3+ 5x 4 4

Ответ:

$15 4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#46085

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

Источники: ПВГ-2020

Показать ответ и решение

$PIC$

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

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

Откуда $R= -BC- = √8- 2sinα 15$ .

Ответ:

$√8-- 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#45074

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на высоте $BH$ , равной основанию $AC$ , как на диаметре построена окружность, пересекающая боковую сторону $BC$ в точке $F$ . Каково отношение площади треугольника $FCH$ к площади треугольника $ABC?$ Какая часть площади треугольника $ABC$ находится внутри окружности?

Источники: ПВГ-2019, 11.4 (см. rsr-olymp.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: $BH = 2a,HC =a,BF = y,F C = x$ . Поскольку угол $BF H$ - прямой, то по теореме об соотношениях в прямоугольном треугольнике для двух катетов $BH,HC$ будем иметь:

{ a2 = x(y+ x), ⇒ y= 4⇒ y = 4x 4a2 =y(x+ y) x

Из отношения площадей треугольников с общим углом находим ответ на первый вопрос:

SFSCH- = 2a(axx+-y) = 110 ABC

Из теоремы Пифагора для $△BHC$ имеем $5a2 = 25x2 =⇒ x= √a 5$ . Далее пусть $O$ — центр окружности из условия, а также $∠HOF =α$ , запишем теорему косинусов для $△BOF$

(-4a-)2 2 2 3 4 √5- = 2a +2a cosα ⇒ cosα = 5 ⇒ sin α= 5

Обозначим площадь сектора $HOF$ через $S1$ . Тогда $1 2 4 S1 = 2a ⋅arcsin 5$ . Внутри окружности у треугольника два таких сектора. Кроме того, внутри окружности два треугольника одинаковой площади (симметрия относительно $BH$ ). Найдем площадь $S2$ $1 2 △BOF :S2 = 2a2sinδ = 5a2$ . Тогда ответ на второй вопрос будет следующий: $2(S +S) 1( 4 4) -S1ABC2-= 2 arcsin5 +5$ .

Ответ:

$-1, 1(arcsin4 + 4) 10 2 5 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68256

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на высоте $BH$ , которая в полтора раза больше основания $AC$ , как на диаметре, построена окружность, пересекающая боковую сторону $BC$ в точке $F$ . Каково отношение площади треугольника $FCH$ к площади треугольника $ABC?$ Какая часть площади треугольника $ABC$ находится внутри окружности?

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: по условию высота $BH$ в полтора раза больше основания $AC$ , тогда пусть $BH =3a, HC = HA = a, BF = y$ и $FC = x$ . Поскольку угол $BF H$ — прямой(опирается на диаметр), то $△F HC ∼ △BHC, △BF H ∼ △BHC$ , тогда из отношений подобных сторон имеем

{ FHCC-= HBCC- BBFH-= BBHC-

{ a2 = x(y+ x), 9a2 =y(x+ y)

=⇒ y =9x

Из отношения площадей треугольников $FCH$ и $ABC$ с общим углом $HCF$ находим ответ на первый вопрос:

SFCH 12 ⋅a⋅x⋅sin∠HCF SABC-= 1⋅(x+-y)⋅2a⋅sin∠HCF--= 2

= ---x-- = 1- 2(x+ y) 20

По теореме Пифагора для треугольника $BHC$ выразим $x$ через $a:$

2 2 2 -a- a + 9a = 100x =⇒ x= √10.

Пусть $O$ — центр окружности, описанной вокруг треугольника $BHF$ . Обозначим $α= ∠HOF$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BOF$ , в котором

$∠BOF = 180∘− α$ и $BO = OF = 3a2-$ как радиусы:

BF2 = BO2 +OF 2− 2BO⋅OF ⋅cos∠BOF

( 9a )2 ( 3a)2 9a2 4 3 √10 = 2⋅ 2- +2 ⋅4--cosα =⇒ cosα = 5 =⇒ sinα= 5.

Обозначим площадь сектора $HOF$ через $S1$ . Тогда по формуле кругового сектора

2 S1 = 1⋅ 9a-⋅arcsin 3 2 4 5

Пусть $P$ — точка пересечения окружности и стороны $AB$ . Тогда внутри окружности, в силу симметрии, два таких сектора равной площади: $HOF$ и $HOP$ . Кроме того, внутри окружности два треугольника одинаковой площади: $SBOP = SBOF =S2$ . Теперь найдем $S2$

S2 = 1 ⋅ 9a2-sinα= 27a2 2 4 40

Тогда ответ на второй вопрос будет следующий:

2(9a2⋅arcsin 3+ 27a2) 2-(S1+-S2)= ---8-----2-5--40--= SABC 3a

3( 3 3) = 4 arcsin5 + 5

Ответ:

$-1; 3(arcsin3+ 3) 20 4 5 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#45071

В треугольник $ABC$ , в котором сумма сторон $AC$ и $BC$ в $9 5$ раз больше стороны $AB$ , вписана окружность, касающаяся сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $M,N$ и $K$ соответственно. Отношение площади треугольника $MNC$ к площади треугольника $ABC$ равно $r$ . Найдите при данных условиях:

а) наименьшее значение $r$ ;

б) все возможные значения $r$ .

Источники: ПВГ-2018, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) По формуле отрезков касательных для вписанной окружности имеем $MC = NC = p− c, p = a+b2+c, a,b,c$ — стороны $BC, AC,AB$ треугольника, отсюда

2 2 2 SMNC-= (p−-c)-= (a+-b−-c)-= 4(a+-b)-. SABC ab 4ab 81ab

Используем неравенство о средних $a+ b≥ 2√ab-$ (знак равно достигается, только в случае $a =b$ ), то $16(a+b)2 ≥ 4⋅4ab= 16 81ab 81ab 81$ .

б) Перепишем отношение площадей в следующем виде:

SMNC-= 4(a+b)2= -4( a+ 2+ b)= -4 (t+ 1+ 2) SABC 81ab 81 b a 81 t

где $a t= b$ . По неравенству треугольника $a+ b> c,a+ c> b,b+ c> a$ . Учитывая то, что $5(a+b)- c= 9$ последние неравенства равносильны $7 a 2 2 > b > 7$ . Отсюда $2 7 t∈(7,2)$ . Функция $4 ( 1 ) f(t)= 81-t+ t +2$ монотонно убывает на $(0;1)$ и возрастает на $(1;+∞ )$ , она симметрична относительно $1$ , откуда $2 7 2 f(7)= f(2)= 7$ . В итоге находим множество значений $16 7 2 f(t) : f(1) =81 ≤f(t)≤ f(2)= 7$ на отрезке $2 7 (7,2)$ . Любое промежуточное значение можно задать выбором $a$ и $b$ .

Ответ:

а) $16 81$

б) $16 2 [81;7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#105110

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

a) углы $∠BAD$ и $∠BCD;$

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

Источники: ПВГ 2018

Показать ответ и решение

$PIC$

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

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

б)

$PIC$

Радиус окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ , равен

--BC-- = -3√--=√3. 2sin60∘ 223

Но

∠BDC = 180∘− 40∘− 20∘ =120∘,

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

--BC--- √- 2sin120∘ = 3.

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

Ответ:

а) $30∘$ и $20∘$

б) $√- 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#79927

Медиана $AM$ треугольника $ABC$ перпендикулярна его биссектрисе $BL.$ Найдите площадь треугольника $ABM$ , если площадь треугольника $ABL$ равна $10.$

Источники: ПВГ 2017

Показать ответ и решение

$PIC$

Биссектриса треугольника $ABM$ служит его высотой, поэтому $AB =$ $BM = MC ≡ x,$ а также $AL :LC =AB :BC = 1:2,$ откуда $AL = y$ и $CL= 2y.$ Далее, имеем

SABM-= -SACM- = -x⋅3y-= 3 SABL SBCL∕2 2x ⋅2y∕2 2

3 SABM = 2 ⋅10= 15

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#79928

В прямоугольном треугольнике $ABC$ из вершины прямого угла $C$ проведёна высота $CK$ . Периметр треугольника $ABC$ равен 13, а периметр треугольника $BCK$ равен 5. Найдите периметр треугольника $ACK.$

Источники: ПВГ 2017

Показать ответ и решение

$PIC$

Треугольники $ABC$ , $ACK$ и $CBK$ подобны. Периметры подобных треугольников относятся так же, как соответствующие стороны:

PACK-= AC-,PCBK-= CB-. PABC AB PABC AB

По теореме Пифагора

(AC)2+ (CB)2= 1, (AB)2 (AB)2

откуда

PC2BK + P2AKC = P2ABC.

Поэтому $PAKC = 12.$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91251

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

Источники: ПВГ 2017

Показать ответ и решение

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

1 1 2BC ⋅AH = 2BC ⋅AD cosφ

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

a 2R = sinα-

$PIC$

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

AE-= BE- BE DE

DE = BE2- AE

По теореме синусов для треугольника $ABE$ получаем

α- BE = 2Rsin 2

Значит,

4R2sin2 α DE = ---d---2

Отсюда

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

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

AE- d-- cosφ = EF = 2R

Значит,

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

В итоге площадь треугольника $ABC$ равна

a(d2− 4R2sin2 α ) a(d2− -a22-sin2 α) 12BC ⋅AH = -----2R-----2-= ------sin2aα---2--= sinα

= 1tg α(4d2cos2 α-− a2) 4 2 2

Ответ:

$1 ⋅tg α⋅(4d2cos2 α-− a2) 4 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#51852

Серединами оснований $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ являются точки $K$ и $L$ соответственно. Известно, что $AD = 10⋅BC.$ На боковых сторонах $AB$ и $CD$ взяты, соответственно, точки $M$ и $N$ , так что прямая $MN$ параллельна основаниям трапеции. При каком значении отношения $AM :MB$ сумма площадей треугольников $BKN$ и $MNL$ будет наибольшей?

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Введем обозначения: $S = S,AD =k ⋅BC (k> 1),BC = a, ABCD$ высота трапеции $ABCD − h,x = MB. AB$ Тогда $S = a+kah, 2$ откуда $-2S ah= 1+k$ Получаем: $1 a -xS-- SBKN = 2 ⋅ 2 ⋅hx= 2(1+k).$ Так как $MN =x(k− 1)a +a,$ то

$PIC$

SMNL = a(x(k−-1)+-1)⋅(1− x)h= S(x(k-− 1)+-1)(1−-x) 2 1+ k SBKN +SMNL = ---S-- (2x2(1 − k)+ x(2k− 3)+2) 2(1+ k)

Функция $f(x)= 2x2(1− k)+x(2k− 3)+ 2$ имеет максимум при $x0 =-2k−-3 4(k− 1)$ Если $k= 10,$ то $x0 = 17, 36$ откуда $AM :MB =19 :17.$

Ответ:

$19:17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90131

В окружность с центром $O$ вписан четырехугольник $ABCD$ , диагонали $AC$ и $BD$ которого пересекаются в точке $M$ , причем $AM =4,AB = 6$ . Определите, какой может быть наименьшая длина диагонали $BD$ , если известно, что стороны $AB$ и $AD$ равноудалены от точки $O$ .

Источники: ПВГ 2016

Показать ответ и решение

Из равноудалённости сторон $AB$ и $AD$ от точки $O$ вытекает их равенство. Следовательно равны углы $∠ACD = ∠ADB = ∠ABD$ . Таким образом, треугольники $ABM$ и $ACB$ подобны. Откуда $2 AB = AM ⋅AC$ , т.e. $AC = 9$ , а следовательно, $MC = 5$ . Так как $DM ⋅MB = CM ⋅MA = 5⋅4$ , то $DM = 5x,MB = 4∕x.$ Следовательно,

4 ( 4) 2 √ - BD = 5x+ x = 5 x + 5x ≥ 5⋅2⋅√5-=4 5,

применяя $a2+ b2 ≥2ab$ . Остаётся заметить, что данный случай реализуется, когда $AC$ проходит через центр окружности.

$PIC$

Ответ:

$4√5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#63886

В треугольнике $ABC$ стороны $AB$ и $BC$ соответственно равны 3 и $1.$ Биссектриса $BD$ равна $√2.$ Найдите угол $BAC.$

Источники: ПВГ 2014

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству биссектрисы $AD = 3x,CD = x$ для некоторого $x$ . Запишем теоремы косинусов для $△ABC$ и $△ABD$ :

2 1 =9+ 16x − 24xcos∠A (1)

2 2= 9+9x − 18xcos∠A (2)

3⋅(1)− 4⋅(2): −5= −9+ 12x2

x= 1∕√3

Тогда из (1)

16 cos∠A = 9+-3-−-1= -40√- 24⋅√13 24 3

5 ∠BAC = arccos3√3

Ответ:

$arccos-5√- 3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#79929

Треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром в точке $O.$ Биссектрисы внутренних углов треугольника при вершинах $A$ и $B$ пересекают описанную окружность в точках $A1$ и $B1$ соответственно. Угол между биссектрисами равен $∘ 60 .$ Длина стороны $AB$ равна 3. Найдите площадь треугольника $A1B1O.$

Источники: ПВГ 2014

Показать ответ и решение

$PIC$

Угол между биссектрисами равен углу при вершине $C,∠C =$ $60∘.$ Точки $A1$ и $B1$ лежат на перпендикулярах к сторонам треугольника, опущенным из точки $O$ — центра описанной окружности. Отсюда следует, что угол $∠A1OB1 =120∘.$ Радиус окружности можно найти по теореме синусов $√- R= 2sin360∘ = 3.$ Тогда площадь искомого треугольника равна $√-√- √- S = 0,5 3 3 sin120∘ = 343$

Ответ:

$3√3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#92072

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA ,BB 1 1$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $2⋅AO =7 ⋅OA ,BO = 2⋅OB 1 1$ . Найдите отношение высоты, опущенной из точки $A$ , к радиусу вписанной в треугольник $ABC$ окружности.

Источники: ПВГ 2014

Показать ответ и решение

Используя, основное свойство биссектрисы находим:

AB :BC :AC = 4:2 :3

$PIC$

Откуда

ha 2S∕a 2p 2+ 3+ 4 9 -r = S∕p-= a-= ---2---= 2

Ответ: 9 : 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#80606

Кратчайшее расстояние от вершины $B$ треугольника $ABC$ до точек противолежащей стороны равно $12$ . Найдите стороны $AB$ и $BC$ этого треугольника, если $√ - sin∠C = 3∕2$ и $AC = 5.$

Источники: ПВГ 2013

Показать ответ и решение

Рассмотрим три возможных случая.

1) Углы $A$ и $C$ острые. Тогда $∘ ∠C = 60$ и высота $BH$ равна 12. Но в этом случае $√ - CH = 4 3$ и основание $H$ высоты не может лежать на стороне $AC.$