Тема СПБГУ

Планиметрия на СПБГУ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела спбгу

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87411

Дан остроугольный треугольник $ABC$ , меньший угол которого $∠ABC = 40∘$ . Внутри треугольника выбрана такая точка $D$ , что

∘ ∘ ∠BAC + ∠ADB = 180 и 2∠ACB + ∠DBA = 180.

Через точку $C$ провели прямую, параллельную прямой $AD$ , она пересекла прямую $BD$ в точке $E.$ Биссектрисы углов $∠ABD$ и $∠CAD$ пересекаются в точке $F.$ Найдите угол $∠DF E.$

Источники: СПБГУ - 2024, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Положим для краткости $∠ABF =φ$ , тогда $∠DBF = φ$ и $∠DBA =2φ$ . По условию

∘ 2∠ACB +2φ =2∠ACB + ∠DBA = 180

и, значит, $∠ACB =90∘− φ$ .

∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠DBA − ∠ADB = 180 − 2φ− (180 − ∠BAC )=∠BAC − 2φ.

Следовательно,

∠DAF = ∠DAC-= ∠BAC--− ∠BAD = φ 2 2

и четырехугольник $AF DB$ вписанный.

Таким образом, $∠ADF = ∠ABF = φ$ , значит, треугольник $AFD$ равнобедренный и, в частности, $F A= FD$ . Поскольку $AF −$ биссектриса угла $∠CAD$ , а прямые $AD$ и $CE$ параллельны, $∠ACE =∠CAD =2φ =∠ABE$ . Следовательно, четырехугольник $AECB$ является вписанным

$PIC$

В силу вписанности

∘ ∠AF-D ∠AED =∠AEB =∠ACB =90 − φ= 2 ,

стало быть, точка $F$ является центром описанной окружности треугольника $ADE$ и, значит, $∠DF E = 2∠DAE$ . Осталось заметить, что

∠DAE =180∘− AED − ∠ADE = 180∘− ∠ACB − ∠BAC = ∠ABC = 40∘,

откуда получаем ответ $∠DF E =80∘$ .

Ответ:

$80∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67960

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)

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 3#70477

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Внутри треугольника $AOB$ выбрана такая точка $K,$ что прямая $KO$ является биссектрисой угла $CKD.$ Луч $DK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $COK$ в точке $L,$ а луч $CK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $DOK$ в точке $M.$ Найдите отношение площадей треугольников $ALO$ и $BMO.$

Источники: СПБГУ-22, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $r1$ и $r2$ — радиусы окружностей, описанных около треугольников $COK$ и $DOK$ соответственно. Заметим, что

∠LKO = 180∘− ∠DKO =180∘− ∠CKO = ∠MKO

откуда $LO r1 MO- = r2$ . Кроме того, из вписанности $ABCD$ вытекает, что треугольники $AOD$ и $BOC$ подобны по двум углам. Тогда

-AO = OD-= r2 BO OC r1

так как хорды $OD$ и $OC$ соответствуют одинаковым вписанным углам. Поэтому

LO- ⋅ AO-= 1⇐⇒ LO ⋅AO =MO ⋅BO MO BO

Поскольку $∠KMO = ∠KDO$ и $∠KLO = ∠KCO,$ треугольники $MCO$ и $DLO$ подобны, откуда

∘ ∘ ∠AOL = ∠AOM +∠LOM = 180 − ∠COM +∠LOM = 180 − ∠DOL + ∠LOM =

= ∠BOL +∠LOM = ∠BOM

Таким образом,

S = 1⋅LO ⋅AO ⋅sin∠AOL = 1⋅MO ⋅BO ⋅sin∠BOM = S AOL 2 2 BOM

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92160

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанной окружности треугольника $AOB$ с прямыми $AD$ и $BC$ соответственно. Найдите отношение $OK :OL$ , если известно, что $∠BCA =∠BDC$ .

Источники: СПБГУ-21, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Поскольку четырехугольник $ABCD$ вписанный, верны равенства $∠BAC = ∠BDC$ и $∠BCA = ∠BDA$ .

$PIC$

Заметим также, что $∠BCA = ∠BDC$ по условию и $∠BAO =∠BLO$ как углы, опирающиеся на одну дугу. Тогда

∠BCA = ∠BDC = ∠BAC = ∠BAO = ∠BLO.

Поэтому треугольник $CLO$ равнобедренный, то есть $OC = OL$ . Кроме того,

∠ADO = ∠BCA = ∠BDC =∠ODC и ∠AKO =∠ABO =∠ABD = ∠ACD.

Значит, треугольники $DKO$ и $DCO$ равны по двум углам и стороне, откуда $OK = OC$ . Таким образом, $OK = OL$ .

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#103214

На диагонали $BD$ параллелограмма $ABCD$ отмечена точка $P,$ не лежащая на диагонали $AC.$ На луче $AP$ взята такая точка $Q,$ что $AP = PQ.$ Через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AB,$ она пересекла сторону $BC$ в точке $R.$ Затем через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AD,$ она пересекла прямую $CD$ в точке $S.$ Найдите угол $P RS.$

Источники: СПБГУ - 2020, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $T$ - точка пересечения прямых $AB$ и $SQ$ , а прямая $QR$ пересекает отрезки $AD$ и $BD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Так как $AMQT$ — параллелограмм, отрезок $TM$ проходит через точку $P$ и делится в ней пополам. Значит, $△T BP = △MNP,$ откуда

MN = TB = QR

$PIC$

Обозначим через $K$ и $L$ середины отрезков $AM$ и $T Q$ соответственно. Треугольники $APK$ и $QP L$ равны по стороне и двум углам, что дает $P K =LP.$ В силу подобия треугольников $DKP$ и $DMN$

LP-= PK- = MN-= QR- LS KD MD QS

Поэтому треугольники $PLS$ и $RQS$ подобны, и мы получаем $∠LSP =∠QSR.$ Таким образом, точки $S,R$ и $P$ лежат на одной прямой.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $O$ и $N$ — точки пересечения диагоналей параллелограммов $ABCD$ и $RQSC$ соответственно. Так как $AO = OC,$ отрезок $OP$ — средняя линия треугольника $AQC.$ Поэтому

1 OP ||CQ и OP = 2CQ = CN.

Тогда четырёхугольник $OPNC$ является параллелограммом, откуда $P N||OC$ . Треугольники $ABD$ и $RQC$ подобны, поскольку их соответствующие стороны параллельны. Следовательно,

CD AB RQ SC AD- =AD- = RC-= RC-.

Поэтому треугольники $ADC$ и $RCS$ также подобны и, значит, $∠DAC = ∠CRS.$ Таким образом, прямая $RS$ параллельна $AC,$ а по доказанному выше она параллельна и $P N.$ Поскольку у прямых $RS$ и $PN$ есть общая точка $N,$ они совпадают, откуда $∠P RS = 180∘.$

Ответ:

$180∘$