Тема ДВИ по математике в МГУ

Планиметрия на ДВИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дви по математике в мгу

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#91956

Окружность, вписанная в треугольник $ABC$ , касается стороны $AC$ в точке $D$ . Известно, что $AD = 2+ √3,CD = √3$ . Найдите угол $∠CAB$ , если известно также, что он в два раза меньше угла $∠ACB$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 241, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Пусть $∠BAC = 2α.$ По свойству вписанной окружности $BI$ и $CI$ — биссектрисы углов $B$ и $C.$ Тогда $∠BAI = ∠IAD =α.$ По условию $∠BCA = 2∠BAC,$ поэтому $∠BCI = ∠ICA= 2α.$ Найдем $tg2α,$ тогда задача будет решена.

$PIC$

$ID$ перпендикулярно $AC,$ так как $D$ — точка касания вписанной окружности и стороны $AC$ . Тогда

tgα= AIDD-, tg2α= CIDD-.

Таким образом,

√- tg2α-= 2+√--3. tgα 3

Получаем уравнение

√- √ - 3tg2α= (2+ 3)tgα

По формуле тангенса двойного угла $tg2α= -2tgα 1−tg2α$ получаем

√ --2tgα-- √- 31− tg2α =(2+ 3)tgα

Сокращаем на $tgα$ и умножаем на знаменатель:

√- √- 2 3= (2+ 3)(1− tg2α)

Выражаем квадрат тангенса и получаем

2− √3 √- tg2α= 2+-√3 = (2− 3)2

Угол $α$ — острый, поскольку сумма углов треугольника равна $180∘,$ то есть $2α +4α +∠ABC = 180∘,$ откуда $6α< 180∘.$ Получаем, что $α < 30∘.$ Тогда $tgα= 2− √3.$ Подставим это в формулу для тангенса двойного угла:

√- √- tg2α= 2(2−--3√)(2+--3)= √1- 2 3 3

Таким образом, $∘ 2α= 30.$

Ответ:

$30∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#91979

Вокруг остроугольного треугольника $ABC$ описана окружность. На дуге $CA$ (не содержащей точку $B$ ) этой окружности отмечена некоторая точка $P$ . Прямая, проходящая через точки $B$ и $H$ , где $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$ , пересекает отрезок $AP$ в точке $Q$ . Найдите отношение $AC$ к $BC$ , если известно, что точки $C,P,Q,H$ лежат на одной окружности.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что

∠AHcH + ∠AHbH = 90∘+90∘ = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AHbHHc$ вписанный, а значит, $∠A = ∠CHQ.$

Точки $A,B,C,P$ лежат на одной окружности по условию, поэтому

∠AP C = 180∘ − ∠B.

Вспоминая то, что по условию ещё и точки $C,P,Q,H$ лежат на одной окружности, получим:

∘ ∠CHQ = 180 − ∠AP C = ∠B

Значит, $∠A= ∠B =⇒ AC = BC.$

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#92116

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ отмечена точка $D$ , отличная от $B$ и C. Пусть $E$ — точка пересечения отрезка $AC$ с окружностью, описанной около треугольника $ABD$ , отличная от $A$ . Пусть $F$ — точка пересечения отрезка $AB$ с окружностью, описанной около треугольника $ACD$ , отличная от $A$ . Пусть $′ ′ ′ D ,E ,F$ — точки пересечения окружности, описанной около треугольника $ABC$ , с прямыми $AD,BE,CF$ соответственно, отличные от точек $A,B,C$ . Найдите угол $′ ′′ ∠E D F$ , если известно, что $∘ ∠EDF =30 .$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 243, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Докажем, что $∠E ′D′F′ = ∠EDF.$ Для этого покажем, что они состоят из одинаковых углов.

$PIC$

$∠AD′F′ = ∠ACF′,$ так как они опираются на одну дугу окружности, описанной около треугольника $ABC.$ А также из того, что $AF DC$ вписанный следует, что $∠ACF ′ = ∠ADF.$

Таким образом, показано, что $∠AD′F′ = ∠ADF.$ Совершенно аналогично доказывается, что $∠AD ′E ′ =∠ADE.$

В итоге $∠E′D′F ′ =∠EDF = 30∘.$

Ответ:

$30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92261

В окружность $Ω$ вписан четырёхугольник $ABCD$ . На стороне $BC$ отмечена точка $E$ таким образом, что $CD = CE = 1$ и $∘ ∠AED =30$ . Найдите радиус окружности $Ω$ , если известно, что $∘ ∠ACD =25$ и $∘ ∠ACB = 75$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 244, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

$∠CDE = ∠CED = 40∘$ из треугольника $CDE,$ $∠CAE = 35∘$ из треугольника $CEA,$ $∠DAB = 80∘$ из вписанности четырёхугольника $ABCD.$

По теореме синусов для треугольника $DCE :$

--DE-- = --1-,DE = sin-80∘ =2cos40∘. sin100∘ sin40∘ sin 40∘

По теореме синусов для треугольника $ACD :$

----1---= -AD--,AD = -sin25∘-. sin∠DAC sin 25∘ sin∠DAC

Наконец, применяя теорему синусов для $ADE$ :

-AD-- -----DE------ sin 30∘ = sin(∠DAC +35∘).

Подставляем в последнюю пропорцию выражения для $AD$ и $DE$ , которые получили выше:

∘ sin∠DAC--⋅2-cos40∘ 2sin25 = sin(∠DAC +35∘) .

Отсюда видно, что $∠DAC =30∘$ подходит, т.к. $sin 65∘ = cos25∘$ , а из

sin50∘ sin(∠DAC + 35∘) sin25∘-= 2cos25∘ =---sin∠DAC----= cos35∘+ sin35∘ctg∠DAC.

понятно, что этот угол определяется однозначно (он лежит в интервале от $0$ до $π$ , и мы знаем численное значение его котангенса).

Таким образом, можно выразить радиус окружности из треугольника $DAC :$

R = 1⋅--1-∘ =1. 2 sin 30

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Посчитаем углы:

∠DCE =∠ACE +∠DCA =100∘

∘ ∠CDE =∠CED =40

∠EAC =180∘− ∠AEC − ∠ECA =35∘

Отметим на $AE$ такую точку $F,$ что $∠CF E =40∘ :$

$PIC$

Тогда $∠FCA =35∘,$ то есть $∠FCA = ∠EAC,$ откуда $F A= FC.$ А $∠EF C =70∘,$ то есть $∠EFC = ∠AEC,$ откуда $FC = EC = CD =1.$ Значит, треугольник $FDC$ равнобедренный, а так как $∠F CD =60∘,$ то $FDC$ ещё и равносторонний, то есть $FC = CD = FD.$

Итак, мы получили, что

FA =F D =FC = 1,

откуда точка $F$ является центром окружности, описанной около треугольника $ACD.$ Отсюда искомый радиус равен 1.

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92346

Окружность $Ω 1$ с центром $O 1$ и окружность $Ω 2$ с центром $O 2$ пересекаются в точках $A$ и $B,$ причем $∠O AO =120∘. 1 2$ Окружность, описанная около треугольника $O1AO2$ пересекает окружности $Ω1$ и $Ω2$ соответственно в точках $C$ и $D$ (отличных от точки $A$ ). Найдите угол $∠BDC,$ если известно, что $∘ ∠ACB = 15 .$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 245, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Треугольники $O AO 1 2$ и $O BO 1 2$ равны по трем сторонам, поэтому $∠AO O = ∠BO O . 1 2 1 2$ Угол $AO B 1$ опирается на дугу $AB$ и является центральным, поэтому оба угла $AO1O2$ и $BO1O2$ равны половине дуги $AB,$ как и опирающийся на нее вписанный угол $ACB.$ Таким образом, $∘ ∠AO1O2 =∠BO1O2 = ∠ACB = 15 .$ Тогда из треугольника $AO1O2$ получаем $∘ ∠AO2O1 = 45.$

$PIC$

Докажем, что точки $C,B$ и $O2$ лежат на одной прямой. Для этого введем точку $C′,$ получающуюся пересечением окружности $Ω1$ и прямой $O2B$ и точку $T,$ получающуся пересечением окружности $Ω2$ и прямой $O2B.$ Докажем, что $C = C′.$ Для этого докажем, что $C ′O1AO2$ — вписанный четырехугольник.

Так как $△O1AO2 = △O1BO2,$ то $∠AO2O1 = ∠BO2O1.$ Угол $AT B$ вписан, поэтому равен половине дуги $AB,$ откуда $∠AT B = ∠AO2O1.$ Треугольник $ATO2$ равнобедренный, поэтому $∠T AO2 = ∠ATO2.$ Рассмотрим треугольники $△ATC ′$ и $△O1AO2.$ В них $∠AO1O2 = ∠AC ′T$ (доказательство аналогично тому, что приведено выше для угла $ACB$ ), $∠AT B = ∠AO2O1.$ Тогда и $∠O1AO2 = ∠C′AT.$ Вычитая из этих углов общую часть — $∠C ′AO2,$ получаем $∠O1AC ′ =∠O2AT.$ Треугольник $AO1C′$ равнобедренный, значит, $∠O1AC ′ =∠O1C ′A.$ Тогда получается, что в описанной окружности треугольника $O1AO2$ углы $O1O2C$ и $BDC$ вписаны и опираются на одну дугу, поэтому равны, причём $∠AO2O1 = ∠BO2O1 =45∘.$

$PIC$

∠O1C′O2+ ∠O1AO2 =(∠O1C′A+ ∠AC ′O2)+ ∠O1AO2 =(∠AO2O1 +∠AO1O2 )+∠O1AO2 = 180∘

Таким образом, $′ O1AO2C$ — вписанный четырёхугольник, то есть описанная окружность треугольника $O1AO2$ пересекает $Ω1$ в точке $C′ = C,$ поэтому $C,B,O2$ — одна прямая. Аналогично можно доказать, что $D,B,O1$ — одна прямая. В итоге $∠BDC =45∘.$

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92365

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)

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 7#89778

Вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ окружность касается катетов $AC$ и $BC$ в точках $D$ и $F.$ Найдите $sin∠CBD,$ если известно, что $√-- sin∠CAF = 1∕ 10.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 237, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Положим $CD = x,BF = y,AD =z$ . Тогда $CF = x,BE = y,AE =z$ , где $E−$ точка касания окружности с гипотенузой.

$PIC$

По теореме Пифагора $(x+ y)2 +(x+ z)2 = (y+ z)2$ .

Раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые, получаем $x2 +xy+ xz = yz$ или, что то же самое,

x⋅ x + x+ x =1. y z y z

Раскладывая на множители, получаем

( x )(x ) y + 1 z +1 =2.

По условию $√-- sin∠CAF =1∕ 10$ . Тогда $√ -- cos∠CAF = 3∕ 10$ и $tg ∠CAF = 1∕3$ . Стало быть, $x∕(x+ z)= 1∕3$ , откуда $z =2x$ .

Подставляя $x 1 z =2$ в полученное выше соотношение, получаем $y = 3x$ . Тогда $tg ∠CBD = 1∕4$ , откуда $√ -- sin∠CBD = 1∕ 17$ .

Ответ:

$√-1- 17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#89916

Прямая $ℓ$ касается окружности, описанной около треугольника $ABC$ , в точке $A$ . Известно, что $AB > AC$ и что $AC = 1$ . На стороне $AB$ отмечена точка $D$ так, что $AD = AC$ . Прямая, проходящая через точку $D$ и через центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ , пересекает прямую $ℓ$ в точке $E$ . Найдите длину отрезка $AE$ .

Источники: ДВИ - 2023, вариант 233, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ . Поскольку $AD =AC$ , точка $I$ лежит и на биссектрисе, и на высоте треугольника $ADC$ . Следовательно,

1 ∠ADI =∠ACI = 2∠ACB.

$PIC$

Так как $ℓ−$ касательная, то $∠EAC = ∠ABC$ , а отсюда

∠AED +∠ADE =180∘− ∠DAE = 180∘− (∠DAC +∠EAC )=

= 180∘− (∠BAC + ∠ABC) =∠ACB =2∠ACI = 2∠ADE.

Стало быть, $∠AED =∠ADE$ , то есть треугольник $AED$ равнобедренный и $AE = AD = AC =1.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#89917

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. На его диагонали $AC$ отмечена точка $E$ , а на продолжении этой диагонали за точку $C$ отмечена точка $F$ таким образом, что $∠ADE =∠CBF.$ Найдите угол $∠CDF$ , если известно, что $∘ ∠ABE = 15 .$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 236, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Углы $∠ADB$ и $∠ACB$ равны как опирающиеся на одну дугу. При этом $∠ADB =$ $∠ADE +∠EDB$ и $∠ACB =∠CBF +∠CF B$ . Поскольку по условию $∠ADE = ∠CBF$ , получаем $∠EDB = ∠CFB$ . Отсюда следует, что четырёхугольник $BFDE$ вписанный. В частности, $∠BEF = ∠BDF$ . При этом $∠BEF =∠BAE +∠ABE$ и $∠BDF =∠BDC +∠CDF$ . Поскольку углы $∠BAE (=∠BAC )$ и $∠BDC$ равны как опирающиеся на одну дугу, получаем $∠CDF = ∠ABE = 15∘$ .

Ответ:

$15∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#89918

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)

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#90273

Из точки $E$ пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ опущены перпендикуляры $EK, EL,EM,EN$ на его стороны $AB,BC,CD,AD$ соответственно, причём основания перпендикуляров принадлежат соответствующим сторонам. Найдите площадь четырёхугольника $KLMN,$ если известно, что $KL = 5,MN = 3,$ а расстояние от точки $E$ до прямой $LM$ равно $√ - 3.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 238, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Поскольку $∠AKE = ∠ANE = 90∘,$ четырёхугольник $AKEN$ вписанный и $∠ENK =∠EAK$ как опирающиеся на одну дугу. Аналогично, $∠MNE = ∠MDE.$

По условию $ABCD$ — вписанный, поэтому $∠BAC = ∠BDC.$ Отсюда,

∠ENK = ∠BAC = ∠BDC =∠MNE.

Следовательно, $NE$ — биссектриса угла $MNK,$ то есть точка $E$ равноудалена от $NK$ и $MN.$ Аналогично, точка $E$ равноудалена от всех сторон четырёхугольника $KLMN,$ то есть является центром вписанной в него окружности.

$PIC$

Получается, $KLMN$ — описанный, а суммы длин противоположных сторон описанного четырёхуголька равны. Значит, периметр $KLMN$ равен $2(KL +MN )=16.$ Радиус же описанной окружности равен расстоянию от точки $E$ до прямой $LM,$ которое по условию равно $√- 3.$

Вспомним формулу площади описанных фигур

S = p⋅r,

где $p$ — полупериметр, а $r$ — радиус вписанной окружности.

Итак, тогда площадь $KLMN$ равна $1 √- √ - 2 ⋅16⋅ 3 =8 3.$

Ответ:

$8√3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#90135

Середины сторон выпуклого четырёхугольника $ABCD$ лежат на окружности. Известно, что $AB = 1,BC = 4,CD =8$ . Найдите $AD$ .

Источники: ДВИ - 2022, вариант 221, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $EFGH$ является параллелограммом, поскольку стороны попарно параллельны диагоналям $ABCD$ , но раз он вписан, то также является прямоугольником, то есть диагонали $ABCD$ перпендикулярны.

$PIC$

Пусть $AC∩ BD = I$ , отсюда $AI2 +BI2 = 1,BI2+ CI2 = 16$ и $CI2 +DI2 =64$ , тогда

AI2+ DI2 = AD2 =1+ 64− 16=49

AD =7

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#49757

На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно. Точки $B,C,E,D$ лежат на одной окружности. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ADC$ , если известно, что $∠CDE =∠BAC$ и что радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ , равен $1.$

Источники: ДВИ - 2020, вариант 206, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Из условия и из равенства вписанных углов получаем

∘ ∠ABC = ∠DBE + ∠CBE = ∠DCE + ∠CDE = ∠DCE + ∠DAC = 180 − ∠ADC.

Стало быть, $sin ∠ABC = sin(180∘− ∠ADC) =sin∠ADC$ , откуда видим, что радиусы окружностей, описанных около $ΔABC$ и $ΔADC$ , равны по теореме синусов.

$PIC$

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#63660

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $B$ прямоугольника $ABCD$ , пересекает сторону $BC$ в точке $E$ , а диагональ $AC$ – в точке $F$ . Найдите площадь четырёхугольника $ABEF$ , если $BE = 8,EC = 4$ , а точки $D,F,E$ лежат на одной прямой.

Источники: ДВИ - 2020, вариант 204, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку четырёхугольник $ABEF$ вписан в окружность, угол $∠AFE$ прямой. Следовательно, треугольники $ECF$ , $CDF$ , $DAF$ подобны. Поскольку $CE = 4$ , $AD =12$ , то $3EF = DF$ . Из подобия $2 2 (CF) = EF ⋅DF = 3(EF)$ , откуда $√ - CF = 3EF$ . По теореме Пифагора для $ΔEF C$ , $EF =2$ , откуда $√ - CF =2 3$ и из теоремы Пифагора для $ΔCF D$ получаем $√ - CD = 4 3$ . Стало быть, площадь $√ - SABC = 24 3.$ Далее, из того же подобия следует, что $AF = 3CF$ . Стало быть, $1 1 SFEC = 3 ⋅4 ⋅SABC =$ $√- 2 3.$ Тогда площадь четырёхугольника $ABEF$ равна $√ - √ - √ - 24 3− 2 3= 22 3$ .

Ответ:

$√- 22 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#63661

Произведение оснований трапеции равно 18. Найдите периметр трапеции, если известно, что в неё вписана окружность, а диагонали делят среднюю линию на три равные части.

Источники: ДВИ - 2020, вариант 205, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим одну из диагоналей. Она делит трапецию на два треугольника, средние линии которых относятся как 2:1. Стало быть, одно из оснований трапеции в два раза больше другого. Поскольку их произведение равно 18, эти основания равны 6 и 3. Поскольку в трапецию вписана окружность, сумма боковых сторон равна сумме оснований, то есть периметр равен $2⋅(6+ 3) =18.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#64602

На гипотенузе $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ отмечены точки $D$ и $E$ таким образом, что $AD :DB =BE :EA = 1:4$ . Найдите $AB$ , если известно, что площадь треугольника $ABC$ равна 18 , а тангенс угла $∠DCE$ равен $5∕3$ .

Источники: ДВИ - 2019, задача 5 (cpk.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Условие явно намекает, что нужно посчитать, чем мы и займёмся. Пусть $AB = c,BC =a,AC =b ⇐= a2+b2 = c2,SABC = a2b$ . Чтобы добраться до нужного нам угла, выразим его через разность, для этого опустим перпендикуляры $DK,LE$ на катет $AC$ . Далее найдём углы $∠ACE, ∠ACD$

tg∠ACE = EL-= 4∕5BC-= 4a CL 1∕5AC b

Где все длины отрезков легко считаются из $KD ∥EL ∥BC$ . Аналогично $tg∠ACD = 1∕5a= a- 4∕5b 4b$ . Пришло время вспомнить тангенс разности

5 4ab − a4b 15ab 15⋅2SABC 3 = tg∠DCE = tg(∠ACE − ∠ACD )= 1+-4a⋅ a-= 4(a2+b2) =-4c2--- b 4b

Отсюда находим $∘ ----- c= 9⋅2⋅418 =9$ .

Ответ: 9

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#64601

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ . Пусть $M$ — середина отрезка $AD$ , а $N$ — произвольная точка отрезка $BC$ . Пусть $K$ — пересечение отрезков $CM$ и $DN$ , a $L$ — пересечение отрезков $MN$ и $AC$ . Найдите все возможные значения площади треугольника $DMK$ , если известно, что $AD :BC =3 :2$ , а площадь треугольника $ABL$ равна 4.

Источники: ДВИ - 2018, задача 5 (cpk.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Воспользуемся $△DMK ∼ △NCK$ , а также равенством $AM = MD$ , получим

CK--= NC-= NC- = CL- MK DM AM AL

Из равенство первого и последнего отношений получаем $△CLK ∼ △CAM$ (у них общий угол, а стороны делятся в одинаковом отношении). Иначе говоря, получаем $LK ∥ AD$ . Поэтому прямая $LK$ делит все отрезки между двумя основаниями в одинаковом отношении, откуда

SABL = AL-⋅SABC = DK ⋅SABC = 4 AC DN

Аналогично

DK- DK- 3∕2- 3 DK- 3 SDKM = DN SMDN = DN ⋅ 2 SABC = 4 ⋅DN SABC = 4 ⋅4= 3

Здесь использовано $SABC- BC- -2- SMDN = MD = 3∕2$ , что верно, поскольку в каждом из треугольников высота будет равна высоте трапеции.

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#64471

Две окружности касаются внутренним образом в точке $T$ . Хорда $AB$ внешней окружности касается внутренней окружности в точке $S$ . Прямая $TS$ пересекает внешнюю окружность в точках $T$ и $C$ . Найдите площадь четырёхугольника $T ACB$ , если известно, что $CB = BT = 3$ , а радиусы окружностей относятся как $5:8.$

Источники: ДВИ - 2016, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим через $X$ и $Y$ точки пересечения внутренней окружности с отрезками $AT$ и $BT$ соответственно.

Проведём общую касательную окружностей в точке $T.$ Тогда угол между касательной и хордой большей окружности $BT$ равен углу $BAT$ и тот же угол между касательной и хордой $TY$ меньшей окружности равен углу $YTX.$

∠BAT = ∠YXT, ∠BTA = ∠YTX =⇒

△BAT ∼ △Y XT =⇒ AT-= AX- BT BY

Применяя теорему о касательной и секущей, получаем

AS2-= AX-⋅AT-= AT2, BS2 BY ⋅BT BT2

то есть,

AS- AT- BS = BT,

что в силу обратной теоремы о биссектрисе означает, что $∠ATS = ∠BTS$ . Но из равенства $CB = BT$ следует, что

∠CT B =∠T CB,

стало быть, $AT∥CB$ , то есть четырёхугольник $TACB$ - трапеция, причём вписанная, то есть равнобокая. Значит, $AC = CB = BT =3$ .

Далее, треугольники $ATS$ и $BCS$ подобны с коэффициентом подобия $T S∕CS = = 5∕(8− 5)=$ 5/3. Следовательно, $AT = 5$ , а средняя линия трапеции $TACB$ равна 4. Высота же трапеции равна катету прямоугольного треугольника с гипотенузой 3 и другим катетом 1 , то есть равна $√ - 2 2$ . Таким образом, искомая площадь равна $√- √ - 4⋅2 2 =8 2$ .

Ответ:

$8√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#64470

Окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ с центрами в точках $O 1$ и $O 2$ касаются внешним образом в точке $A$ . Общая внешняя касательная к этим окружностям касается $Ω1$ и $Ω2$ соответственно в точках $B1$ и $B2$ . Общая касательная к окружностям, проходящая через точку $A$ , пересекает отрезок $B1B2$ в точке $C$ . Прямая, делящая угол $ACO2$ пополам, пересекает прямые $O1B1,O1O2,O2B2$ в точках $D1,L,D2$ соответственно. Найдите отношение $LD2 :O2D2$ , если известно, что $CD1 = CO1.$

Источники: ДВИ - 2014, вариант 1, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Отрезки $CB1,CA$ и $CB2$ равны как отрезки касательных. Следовательно, $△O1CB1 =$ $△O1CA,△O2CB2 =△O2CA$ . Значит, $CO1$ и $CO2$ — биссектрисы углов $ACB1$ и $ACB2$ соответственно, так что образуют прямой угол. Стало быть, $∠LCO1 = 90∘− ∠LCO2 = 90∘− ∠LCA =∠CLA$ , то есть

∠D1LO1 = ∠LCO1.

Пользуясь этим соотношением, получаем:

CD1 =CO1 ⇐⇒ ∠CD1O1 = ∠CO1D1 ⇐⇒

⇔ ∠D1LO1 = ∠LCO1 =∠CD1O1 + ∠CO1D1 = 2∠CO1D1 = ∠D1O1L ⇐⇒ ⇔ D1L= D1O1 ⇐⇒ LD2 = O2D2.

Последнее следует из подобия треугольников $O1D1L$ и $D2O2L$ .

Ответ:

$1 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#64469

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность радиуса $R$ и описана около окружности радиуса $r$ . Найдите $r$ , если $R= 12$ , а косинус угла между диагональю $AC$ и основанием $AD$ равен $3∕4.$

Источники: ДВИ - 2013, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

∘ ---(-)2- √- sin∠CAD = 1− 3 = -7- 4 4

Если трапецию можно вписать в окружность, то трапеция – равнобедренная. По теореме синусов $AB = CD =2R sin∠CAD = 6√7.$ Высота $CH$ , опущенная из вершины $C$ на большее основание $AD,$ делит его на больший отрезок $(AH)$ , который равен полусумме оснований, и меньший $(HD )$ , равный полуразности оснований. В трапецию можно вписать окружность, если сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон:

√- a+ b= 2⋅6 7

√ - 1 1 1a+-b --7 r =2 h= 2AH tg ∠CAD = 2 2 ⋅ 3 = 7

$PIC$

Второе решение. (по сути то же самое, но в общих обозначениях вместо промежуточных вычислений)

Из того, что трапеция вписана, следует, что она равнобокая. Положим $AB =CD =a,BC = b,AD = c.$ Не ограничивая общности, можно считать, что $c≥ b.$ Из того, что трапеция описана, следует, что $b+ c= 2a.$ Опустим перпендикуляр $CH$ на сторону $AD$ . Toгда $CH = 2r,AH = c2 + b2 = a$ (поскольку точки касания окружности делят основания пополам). Следовательно, обозначив $φ =∠CAD,$ получаем: