Тема МВ / Финашка (Миссия выполнима. Твоё признание — финансист!)

Планиметрия на МВ (Финашке)

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела мв / финашка (миссия выполнима. твоё признание — финансист!)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104130

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH$ , а на сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ так, что прямые $HM$ и $HN$ симметричны друг другу относительно прямой $BH$ . Прямые $MN$ и $AC$ пересекаются в точке $K$ . Найдите длину отрезка $AK$ , если $AH = 6,HC =9$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме Бланше симметричность $HM$ и $HN$ относительно высоты $BH$ равносильно конкурентности чевиан $BH,AN, CM,$ то есть $AN$ и $CM$ пересекаются на высоте $BH.$ Тогда по теореме Чевы для треугольника $ABC :$

AM BN CH MB--⋅NC-⋅HA- =1

А по теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $MN :$

AM--⋅ BN-⋅ CK =1 MB NC KA

Из этих двух равенств получаем

CK- = CH- KA HA

Подставляя данные в условии числа,

15-+AK--= 9 AK 6

-15 1 AK = 2

AK = 30

Ответ: 30

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81379

Два треугольника пересекаются по шестиугольнику $ABCDEF$ , в котором

∘ ∘ ∘ ∘ ∠A = ∠B =∠C = 100 ,∠D =130 ,∠E = 140,∠F =150

Найдите углы этих треугольников.

Источники: Миссия выполнима - 2024, 11.6 (см. www.fa.ru)

Показать ответ и решение

Случай $1$ (стороны треугольника - тройки несмежных сторон):

$PIC$

В таком случае все углы треугольников легко находятся, как $∘ ∘ ∘ ∘ 180 − (180 − α)− (180 − β)=α +β − 180$ , где $α,β$ - два соседних угла шестиугольника.

Тогда получаем, что углы красного треугольника равны $∘ ∘ ∘ 20 ,70 ,90$ , а углы синего - $∘ ∘ ∘ 20,50,110$ .

Случай $2$ (один из углов шестиугольника совпадает с углом треугольника):

$PIC$

Заметим, что это единственное возможное положение в этом случае. Углы синего треугольника равны $150∘$ ; $180∘− (180∘− ∠A )− (180∘ − ∠B )=20∘$ и $10∘$ .

Углы красного треугольника будут равны $130∘;$ $180∘ − (180∘− ∠B)− (180∘− ∠C)= 20∘$ и $30∘$ .

Ответ:

$20∘,50∘,110∘$ и $20∘,70∘,90∘$ ; или $10∘,20∘,150∘$ и $20∘,30∘,130∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#63950

B неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $BB 1$ . Известно, что $AA :BB =AC :BC 1 1$ и что радиус окружности, касающейся стороны $AB$ и продолжений сторон $CA$ и $CB$ , равен 1. Найдите периметр треугольника $ABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2023, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем, что $∠BCA = 60∘$ . Для этого положим $∠BAC = α,∠ABC = β$ , $∠BCA = γ$ и воспользуемся теоремой синусов.

Имеем:

AA1-= ---AC---, BB1-=---BC--- , sinγ sin∠AA1C sinγ sin∠BB1C

откуда

-AA1= AC- ⋅ sin∠BB1C BB1 BC sin∠AA1C

С учетом условия $AA1 AC- BB1 = BC$ это означает, что $sin∠BB1C = sin∠AA1C$ . Равенству $α =β$ противоречит условие задачи.

Поэтому $β α ∘ α + 2 + 2 + β =180$ , откуда $∘ α +β =120$ и $∘ γ = 60$

Теперь найдем периметр треугольника $ABC$ . Пусть окружность с центром $O$ касается стороны $AB$ в точке $K$ , а продолжений сторон $CA$ и $CB$ - в точках $S$ и $T$ соответственно.

Тогда $AK =AS,BK = BT$ и

AB + CA +CB = CA + AS+ CB +BT = CS +CT = =OS ctg γ+ OTctg γ =2ctg30∘ =2√ 3 2 2

Ответ:

$2√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76535

На сторонах $BC,$ $CA$ и $AB$ неравнобедренного треугольника выбраны точки $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Биссектриса угла $ABC$ и серединный перпендикуляр к отрезку $NL$ пересекаются в точке $P.$ Известно, что $∘ ∠ABC =135 ,AN =NM = ML = LC = 1$ Найдите длину отрезка $MP.$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как из условий $AN = NM =ML =LC$ следуют равенства $∠AMN =∠BAC$ и $∠CML = ∠BCA$ соответственно, то

∠LMN = 180∘ − ∠AMN − ∠CML = 180∘− ∠BAC − ∠BCA = ∠ABC.

Заметим, далее, что точка $P$ лежит на описанной окружности треугольника $△NBL$ (и делит пополам дугу $NL,$ не содержащую $B$ ). Поэтому

∠LPN = 180∘− ∠ABC = 180∘− ∠LMN

с учётом того, что $P$ и $M$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $LN,$ заключаем, что $P$ - ортоцентр треугольника $△LMN.$

Рассмотрим теперь треугольник $△LP M.$ Используя равенства

∘ ∘ ∠LMN = 135 ,∠LP N = 45

и равнобедренность треугольника $△LP N,$ нетрудно найти углы $∠PLM = 45∘$ и $∠LP M = 22,5∘.$ Применив теорему синусов, получим $-MP-- -ML--- sin45∘ = sin22,5∘,$ откуда

∘ ∘ 1+-cos45∘- ∘---√-- MP = 2cos22,5 = 2 ---2----= 2 + 2

Ответ:

$∘2-+-√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#96827

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AK$ и $CM.$ Известно, что середины отрезков $AB,BC$ и $MK$ лежат на одной прямой. Найдите $AB,$ если $BK =4,$ а $KC =5.$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.4 (см. www.fa.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству биссектрисы $AK : AABC-= BKKC-= 45$ и биссектрисы $CM : BACC-= MABM-.$ Пусть т. $O$ - середина отрезка $MK,$ а т. $P$ - точка пересечения прямых $BO$ и $AC.$ Заметим, что из условия следует, что т. $O$ лежит на средней линии $△ABC$ параллельной $AC.$ Следовательно, по теореме Фалеса $BO = OP$ и четырёхугольник $MBKP$ параллелограмм (диагонали пересекаются и делятся точкой пересечения пополам). Ещё дважды применяя теорему Фалеса, получим $AMMB- =PACP= BKKC-= 45,$ откуда

AB = 4 ⋅ 4⋅(4 +5)= 144= 5,76 5 5 25

Ответ:

$5,76$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#108625

Дан треугольник $ABC$ ; точка $K$ на стороне $AB$ и точка $L$ на стороне $BC$ таковы, что $AK = KL = LC$ . На луче $CB$ отмечена точка $M$ , для которой $CM =AB$ , а на прямой $AL$ - точка $N$ , для которой $MN ∥ AC$ . Докажите, что $BN = AB$ .

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать доказательство

Из равенств $∠MLN =∠ALC$ и $∠MNL =∠CAL$ следует подобие треугольников $MNL$ и $CAL$ . Поэтому $AL :AN = CL:CM =AK :AB,$ и треугольник $ABN$ подобен треугольнику $AKL$ . Равенство $BN = AB$ теперь следует из равенства $KL = AK$ .