Тема ТурЛом (турнир Ломоносова)

Планиметрия на Турломе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела турлом (турнир ломоносова)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119821

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ,BB ,CC . 1 1 1$ Известно, что расстояние от точки $A$ до $BC$ и $B C 1 1$ равны $24$ и $20$ соответственно. Найдите периметр треугольника $A1B1C1.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.3(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим основания высот в треугольнике, можно сразу подумать о вписанных четырёхугольниках и поотмечать равные уголки! Давайте поступим так и в этой задаче, чтобы сделать какой-то интересный вывод про C₁A.

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что C₁A — это биссектриса внешнего угла для треугольника A₁B₁C₁. Что тогда можно сказать про точку А относительно этого треугольника?

Подсказка 3

Да, это центр вневписанной окружности! Тогда в условии нам дан радиус этой окружности:) Осталось вспомнить, чему равно расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью, и найти ответ.

Подсказка 4

Вы еще тут? Расстояние от вершины треугольника до точки касания со вневписанной окружностью равно полупериметру этого треугольника! А найти его в этой задаче можно с помощью теоремы Пифагора)

Показать ответ и решение

Пусть точка $S$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $A C . 1 1$

$PIC$

Так $A1,B1,C1$ — основания высот, то четырёхугольники $CB1C1B$ и $AC1A1A$ — вписанные, откуда $∠AC1B1 = ∠ACB = ∠A1C1B.$ При этом $∠AC1S = ∠A1C1B$ как вертикальные, то есть $∠AC1S =∠AC1B1.$ Это значит, $C1A$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $A1B1C1.$ Аналогично для $B1A.$ Тогда $A$ — это центр вневписанной окружности для треугольника $A1B1C1,$ а расстояние от $A$ до $B1C1$ — радиус этой вневписанной окружности.

Отсюда точка $S$ являестя точкой касаниянашей вневписанной окружности с $A1C1.$ Тогда $AS = 20,AA1 = 24.$ По теореме Пифагора:

∘ ------- √ -- A1S = 242− 202 =4 11

Вспомним известный факт, что расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью равняется полупериметру треугольника, откуда искомый периметр равен $√-- 8 11.$

Ответ:

$8√11$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90450

Окружность с центром в точке $O$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и вторично пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Предположим, что окружности с диаметрами $BP$ и $CQ$ касаются друг друга внешним образом в точке $T.$ Найдите длину отрезка $AO,$ если $AB =18,AC =36$ и $AT = 12.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока точка A не очень связана со всей остальной картинкой. Попробуйте выражать степень точки A относительно всех трёх окружностей.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что степень точки A относительно окружности с диаметрами BP равна степени точки A относительно окружности с диаметрами CQ. А также мы знаем, что T - точка касания этих же окружностей. Что тогда можно сказать про прямую AT?

Подсказка 3

Верно! Это же радикальная ось этих окружностей, а значит, и касательная. Теперь с помощью теоремы об отрезках секущей и касательной мы можем найти отрезки AP и AQ. Однако мы ещё никак не использовали свойства точки O. Попробуйте отметить центры двух других окружностей (точки Y и X) и рассмотреть четырёхугольник AXOY.

Подсказка 4

Мы получаем, что он вписанный. А значит, углы AYX и AOX равны. Теперь мы можем выразить AO через AX и угол AYX. Осталось лишь найти этот угол. В треугольнике AYX мы уже знаем 2 стороны, и если найдём третью, то и любой его элемент сможем посчитать, а значит и угол AYX. Попробуйте найти XY, воспользовавшись тем, что T — точка касания.

Показать ответ и решение

Заметим, что $AP ⋅AB = AQ ⋅AC$ (степень точки $A$ относительно окружности $(P BC)).$ Но также величина $AP ⋅AB$ является степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $BP,$ а величина $AQ⋅AC$ — степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $QC.$ И эти величины равны, а значит, точка $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей. Также на ней лежит точка $T,$ потому что это их общая точка. Но у касающихся окружностей радикальной осью является их общая касательная. Стало быть, $AT$ — их общая касательная.

Отметим точки $X$ и $Y$ — середины отрезков $QC$ и $PB.$

$PIC$

Из равенств $AT2 =AP ⋅AB$ и $AT2 = AQ ⋅AC$ находим $AP = 8,AQ =4,QX = XC = 16,PY = YB =5.$ В силу касания $Y T ⊥ AT,XT ⊥ AT,$ то есть точки $Y,T,X$ коллинеарны. Следовательно, $XY = YT +XT =5+ 16= 21.$

Заметим, что $OX ⊥ OC$ и $OY ⊥ BP,$ потому что $O$ — центр окружности $(PBC ).$ Таким образом, четырёхугольник $AY OX$ вписанный, а отрезок $AO$ — диаметр опиcанной окружности треугольника $AXY.$ С одной стороны, по формуле Герона площадь треугольника равна $126.$ С другой стороны, она равна $AY⋅YX-⋅AX, 2AO$ откуда вычисляем $AO = 65. 3$

Ответ:

$65 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68033

Внутри окружности $ω$ проведены две перпендикулярные хорды, пересекающиеся в точке $P;$ точки $M 1$ и $M 2$ их середины. Прямая $M1M2$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $B,$ причём $M1$ лежит между $A$ и $M2.$ Какие значения может принимать разность $BM2 − AM1,$ если $PM1 = 15,PM2 = 20?$

Источники: Турнир Ломоносова-2023, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, у нас есть две хорды и их середины, есть еще и третья хорда, у которой мы тоже можем отметить середину! Какое доп.построение хочется сделать?

Подсказка 2

Да, мы знаем, что отрезок проведённый из центра окружности к середине хорды — перпендикулярен хорде, поэтому давайте проведём три таких отрезочка!(к каждой из хорд). Что можно сказать про полученный четырёхугольник OM₁PM₂, где O - центр окружности?

Подсказка 3

Верно, это прямоугольник! Тогда мы можем найти M₁M₂ из прямоугольного треугольника! Осталось понять, как от M₁M₂ прийти к исходной разности в вопросе задачи, учитывая, что M - середина AB!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O −$ центр окружности, $M$ — середина отрезка $AB.$ Поскольку отрезок, соединяющий центр окружности с серединой хорды перпендикулярен этой хорде,

∠OM1P =∠OM2P =∠OMA = 90∘.

Заметим, что

BM2 − AM1 = (BM − MM2 )− (AM − MM1 ) =MM1 − MM2,

т.к. $AM = BM.$

Далее, в четырёхугольнике $OM1P M2$ три угла прямые, т.е. этот четырёхугольник — прямоугольник,

OM1 =P M2 = 20,OM2 = PM1 = 15,∠M1OM2 = 90∘.

Тогда в прямоугольном треугольнике $OM1M2$ проведена высота $OM$ на гипотенузу. По теореме Пифагора $∘ ---2----2- √ ------- M1M2 = OM 1 +OM 2 = 400 +225= 25.$ Так как катет есть среднее геометрическое гипотенузы и своей проекции на неё, то $MM1 =16,MM2 = 9.$ Откуда получаем ответ.

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76578

Пусть $O$ — центр описанной окружности, $G$ — точка пересечения медиан остроугольного треугольника $ABC.$ Прямая, перпендикулярная $OG$ , проходящая через точку $G,$ пересекает отрезок $BC$ в точке $K.$ Касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ пересекает прямую $KG$ в точке $L.$ Найдите величину угла $∠ACB,$ если $∘ ∠LOK = 155 ,$ а $∘ ∠ABC =53 .$

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят найти какой-то угол и из условий нам дали значения каких-то углов. В таких задачах, где надо работать с углами, очень часто могут помочь вписанные четырёхугольники. Давайте попробуем найти такие, которые бы смогли перенести наши уголочки из условия в какие-то более удобные места.

Подсказка 2

Попробуйте посмотреть на GMKO и AOGL: они оба содержат части угла из условия LOK, а так же переносят их ближе к треугольнику AMC, а что мы можем сказать про угол ABC, можем ли мы его тоже перенести поближе к AMC?

Подсказка 3

Верно, ABC равен углу LAC, как угол между касательной и хордой, остаётся только внимательно присмотреться к треугольнику AMC и писать ответ.

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина стороны $BC;$ поскольку $AM$ — медиана, то точки $G$ лежит на $AM.$

$PIC$

Четырёхугольник $OGMK$ — вписанный, так как $∠OGK =90∘ = ∠OMK$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OM$ — серединный перпендикуляр к $BC$ ), откуда $∠GOK = 180∘ − ∠GMK =$ $∠GMC.$

Четырёхугольник $OGLA$ — вписанный, так как $∠OGL = 90∘ = ∠OAL$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OA$ — радиус, а $AL$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ ), откуда $∠GOL =∠GAL.$

Значит,

∠ACB = 180∘− (∠CAM + ∠CMA )= 180∘ − (∠LAM + ∠CMA − ∠LAC )=

= 180∘− (∠LOG +∠GOK − ∠ABC )= 180∘ − (∠LOK − ∠ABC )=

= 180∘ − (155∘− 53∘) =78∘

Первое равенство следует из суммы углов треугольника $AMC.$

Ответ:

$78∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#93349

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ На сторонах $AB$ и $AC$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно. Оказалось, что описанная окружность треугольника $AP O$ касается прямой $BO,$ описанная окружность $AQO$ касается прямой $CO,$ а периметр треугольника $AP Q$ равен $AB + AC.$ Найдите величину угла $∠BAC.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2021, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно воспользоваться тем, что BO и СO - касательные. Для этого можно посчитать уголки за счёт теоремы об угле между касательной и хордой. Также за счёт того, что O — центр описанной окружности, мы можем наложить условие на отрезки AO, BO и CO.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что PB = PO и QO = QC. Пора воспользоваться последним условием на периметр треугольника APQ. Попробуйте записать его и использовать полученные равенства.

Подсказка 3

Сделав это, мы получили, что PQ = PO + OQ. А значит, P, O и Q лежат на одной прямой. Раз так, то мы можем записать условие на то, что ∠POQ развёрнутый. Попробуйте выразить этот угол через ∠BAC.

Подсказка 4

Раз O — центр описанной окружности, то ∠BOC = 2∠BAC. Теперь взглянем на сумму ∠QOC + ∠POB. Выразите её через ∠BAC, используя полученные ранее равенства.

Показать ответ и решение

Поскольку описанная окружность треугольника $APO$ касается прямой $BO,∠P OB =∠P AO.$ Кроме того, поскольку $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC, OA =OB,$ откуда $∠OAB = ∠OBA.$ Значит, $∠POB = ∠PBO,$ откуда $P B = PO.$ Аналогично, $QO = QC.$

По условию, $AP + AQ +PQ = AB +AC,$ то есть $PQ= PB + QC,$ Из предыдущего абзаца мы знаем, что тогда $PQ = PO +OQ,$ т.е. точки $P,$ $O$ и $Q$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Осталось посчитать уголки. Например, это можно сделать так:

180∘ =(∠POB + ∠QOC )+∠BOC =

(∠PAO + ∠QAO )+∠BOC =∠BAC +2∠BAC = 3∠BAC

∘ ∠BAC = 60 .

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#103183

В ромб $ABCD$ вписана окружность $ω$ с центром $O.$ Точки $P$ и $Q$ выбраны на сторонах $BC$ и $CD$ соответственно таким образом, что $P Q$ касается $ω$ в точке $L.$ Обозначим точку касания $ω$ со стороной $CD$ через $K.$ Докажите, что площадь треугольника $PQD$ равна площади четырёхугольника $OLQK.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2020, 11.2 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за M и N пересечение отрезков OL и OK с DP. С площадью четырёхугольника не так легко работать, да и нужные нам фигуры имеют общую часть. К какому тогда равенству площадей хочется перейти?

Подсказка 2

S(PML) + S(NKD) = S(OMN). А что интересного можно сказать про окружность, которая вписана в ромб?

Подсказка 3

Точка O — середина BD. Мы работаем с равенством площадей внутри четырёхугольника BPQD. Но задействована не вся его площадь. Быть может, какие-то площади можно "переложить"?

Подсказка 4

Проведите PO. Что можно сказать об образовавшемся треугольнике BPO?

Подсказка 5

PO --медиана треугольника BPD. А факт мы знаем про медиану? ;)

Показать доказательство

Для начала заметим, что центр вписанной окружности ромба совпадает с центром самого ромба, а значит, является серединой диагонали $BD$ . Теперь отметим точки пересечения отрезков $OL$ и $OK$ с отрезком $DP$ : точки $M$ и $N$ соответственно. Тогда вычитая из обеих площадей площадь пятиугольника $NMLQK,$ получаем, что нужное нам равенство площадей эквивалентно равенству

SPML + SNKD = SOMN

$PIC$

Добавим теперь к обеим частям равенства площади треугольников $OP M$ и $OND$ . Получим, что теперь наше равенство выглядит следующим образом

SOPL+ SOKD = SOPD

$PIC$

Теперь отметим точку $R$ касания вписанной в ромб окружности со стороной $BC$ . В силу симметрии относительно диагонали $AC$ треугольники $OKD$ и $ORB$ равны. А в силу симметрии касательных относительно прямой $OP$ равны треугольники $OPL$ и $OP R$ ( $OP$ , очевидно, является биссектрисой угла между касательными, и $PR = PL$ ). Тогда наше равенство переходит в следующее: