Тема Бельчонок

Планиметрия на Бельчонке

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бельчонок

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#120567Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр окружности, вписанной в неравнобедренный треугольник $ABC.$ Луч $AI$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $D.$ Окружность, проходящая через точки $C,D$ и $I,$ вторично пересекает луч $BI$ в точке $K.$ Докажите, что $BK =CK.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что BK=CK, но это значит, что точка K должна лежать на серединном перпендикуляре к BC. А какая прямая является этим перпендикуляром? Попробуйте найти её на чертеже!

Подсказка 2

Верно, прямая DO является серединным перпендикуляром к BC. Пусть DO пересекает BI в точке L. Но, если K так же принажлежит DO, то что можно сказать про точки K и L?

Подсказка 3

Да, они должны совпадать! Это верно, если точка L лежит на окружности, описанной около CDI. Попробуйте это доказать, используя равенство каких-то всписанных уголков!

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим $∠ABC = β.$

$PIC$

Так как $AI$ — биссектриса угла $BAC,$ то точка $D$ — середина дуги $BC$ окружности, описанной около $ABC.$ Отсюда прямая $DO$ — это серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Пусть $DO ∩ BI = L,$ тогда $BL =LC,$ то есть треугольник $BLC$ равнобедренный и

1 β ∠LCB = ∠LBC = 2∠ABC = 2

Отсюда

∠ILC = ∠BLC = 180∘− ∠LCB − ∠LBC =180∘− β

С другой стороны,

∠CDI =∠CDA = ∠CBA = β = 180∘− ∠ILC

Таким образом, четырёхугольник $CDIL$ вписанный, то есть точка $L$ лежит на пересечении прямой $BI$ и окружности, описанной около $CDI,$ откуда точки $K$ и $L$ совпадают, то есть $BK = BL= CL = CK.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#120573Максимум баллов за задание: 7

Дана окружность с центром $O$ и точка $A$ вне её. Секущая, проходящая через точку $A,$ пересекает окружность в точках $X$ и $Y.$ Пусть $′ X$ — точка окружности, симметричная точке $X$ относительно прямой $OA.$ Докажите, что точка пересечения прямых $OA$ и $′ X Y$ не зависит от выбора секущей.

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать доказательство

Пусть $R$ — радиус окружности, $M$ — точка пересечения $YX ′$ с $OA,$ $P$ — точка пересечения $OX$ и $Y X′.$ Соединим центр окружности $O$ с точками $X$ и $Y.$ Тогда $OX = OY = R.$ Пусть $α =∠XOA, β = ∠OXY.$

$PIC$

Так как точка $′ X$ симметрична точке $X$ относительно прямой $OA,$ а, значит, и относительно диаметра $TQ,$ принадлежащего прямой $AO,$ то

⌣ 1 ⌣ α= ∠XOQ =XQ= 2XX ′= ∠XY X ′

Тогда $∠XAO = β− α$ (теорема о внешнем угле треугольника $OXA.)$ Поэтому из теоремы синусов для треугольника $OXA$ имеем

---R----= ----OA∘----= -OA- (∗) sin(β− α) sin(180 − β) sinβ

Так как $∠Y PX =∠OP M$ (как вертикальные), то $∠Y MO = ∠YXO =β.$ Кроме того, в равнобедренном треугольнике $Y QX$ углы при основании $Y X$ равны, и, следовательно, $∠OY M = β− α.$ Из теоремы синусов для треугольника $YOM$ получаем

--OM---- -R-- sin(β− α) = sinβ

Учитывая $(∗),$ находим $R2 OM = OA,$ что и означает независимость точки $M$ от выбора секущей. Заметим, что расположение точек $X$ и $Y$ не влияет на решение.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#129924Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на стороне $AC$ выбрана точка $D.$ Около треугольников $BDC$ и $ABD$ описаны окружности $ω 1$ и $ω 2$ соответственно. Окружность $ω1$ пересекает сторону $AB$ в точке $E,$ а окружность $ω2$ пересекает сторону $BC$ в точке $F.$ Известно, что $∠ABD =∠DBC.$ Докажите, что $AE = CF.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем применить условие на описанные около треугольников окружности. Пусть равные по условию задачи углы будут равны α. Поищем одинаковые уголки, с учётом того, что наши углы для этих окружностей — вписанные.

Подсказка 2

∠AFD опирается на ту же дугу, что и ∠ABD, значит, они равны. Тоже самое можно сказать и про ∠EBD и ∠ECD. Картинка симметрична относительно выбора угла, значит, можем сделать аналогичные выводы для ∠DBC.

Подсказка 3

Мы хотим доказать равенство AE и CF. Возможно, оно получится из равенства каких-то треугольников.

Подсказка 4

Посмотрим на треугольники AED и CFD. С учётом посчитанных ранее углов углов, что у них общего?

Подсказка 5

Углы FAD и AFD равны, значит, треугольник FAD — равнобедренный. Аналогично для треугольника CED. Равные стороны треугольников лежат в искомых треугольниках, значит, мы уже получили две пары равных сторон. Осталось понять, почему углы между этими сторонами окажутся равны.

Подсказка 6

Например, потому что каждый из углов — внешний для треугольника AFD или DEC, которые имеют равные углы при основаниях.

Показать доказательство

Пусть $∠ABD =∠DBC = α.$ Так как $∠ABD$ и $∠AF D$ опираются на дугу $AD$ окружности $ω , 2$ то $∠AFD = ∠ABD = α.$ Кроме того, $∠ECD =∠EBD = α,$ так как они описаются на дугу $ED$ окружности $ω1.$ В треугольнике $AFD$ углы при основании $AF$ равны $α.$

$PIC$

Кроме того, $∠FDC = 2α$ как внешний угол треугольника $AF D.$ Аналогично для треугольника $EDC,$ $∠EDA = 2α.$ В итоге, $∠F DC =∠EDA.$ Поскольку треугольники $EDC$ и $AFD$ — равнобедренные, $ED = DC,$ $AD = DF.$

Следовательно, $△EDA = △DF C.$ Выходит, что $AE =CF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#130003Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ точка пересечения высот обозначена $H.$ Точка $N$ — середина $AC.$ Через точки $A,$ $H,$ $N$ проведена окружность $ω1,$ а через точки $C,$ $H,$ $N$ проведена окружность $ω2.$ Прямая $AB$ пересекает окружность $ω1$ в точке $P,$ прямая $BC$ пересекает окружность $ω2$ в точке $Q.$ Прямые $PH$ и $QH$ пересекают окружности $ω2$ и $ω1$ в точках $R$ и $S$ соответственно. Докажите, что

1) точки $R,$ $S,$ $N$ лежат на одной прямой;

2) треугольники $ARS$ и $CRS$ имеют одинаковую площадь.

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Залог успеха любой геометрической задачи — рисунок. Построив рисунок, подумайте, что приблизило бы нас к решению задачи? Может, получится найти какие-то прямые углы?

Пункт 1, подсказка 2

Да, из рисунка похоже, что угол HNS — прямой. Попробуйте подумать, как это можно доказать. Можно ли его выразить через другие углы?

Пункт 1, подсказка 3

Угол HNS можно выразить через углы HSN и SHN. Осталось продолжить цепочку выражений, чтобы упростить задачу. Обратите внимание, какие из углов опираются на одну дугу окружности или являются острыми углами прямоугольного треугольника. Что вы можете сказать об HNR?

Пункт 2, подсказка 1

Обратите внимание на треугольники, которые вместе составляют треугольники ARS и CRS. Может, площади каких-то из них равны?

Показать доказательство

Проведём высоты треугольника $ABC$ из точек $A$ и $C.$

$PIC$

$1)$ Найдём $∠HNS :$

∠HNS =180∘− ∠HSN − ∠SHN

Заметим, что $∠HSN = ∠HAN$ как опирающиеся на одну дугу $HN$ окружности $ω . 1$ Отметим, что так как углы смежные, то

∘ ∠SHN = 180 − ∠QHN

Итак,

∠HNS = 180∘ − ∠HAN − (180∘ − ∠QHN )

Т.к. по условию $H,$ $Q,$ $C,$ $N$ лежат на окружности $w2,$ то $∠HAN$ можно записать как $∠CAH,$ а

180∘− ∠QHN =∠QCN

Получаем

∘ ∠HNS =180 − ∠CAH − ∠QCN

Т.к. $∠CAH$ — острый угол прямоугольного треугольника, то

∠CAH =90∘− ∠BCA

Но $∠QCN =∠BCA.$ Следовательно,

∠HNS =180∘− (90∘− ∠BCA )− ∠BCA =90∘

Аналогично найдём $∠HNR :$

∠HNR =180∘− ∠HRN − ∠RHN =

∘ ∘ ∘ ∘ =180 − ∠HCN − (180 − ∠PHN )= 180 − ∠HCA − (180 − ∠BAC )=

= 180∘− (90∘− ∠BAC )− ∠BCA = 90∘

Итак,

∠SNR = ∠HNS + ∠HNR = 90∘+90∘ = 180∘

Таким образом, точка $N$ принадлежит $RS.$

2) Заметим, что

△ARS = △ARN + △ANS

△CRS = △CRN +△CNS

Заметим, что $SARN = SCRN,$ $SANS = SCNS,$ так как в обоих случаях пары треугольников имеют равные высоты и основания.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#86095Максимум баллов за задание: 7

На окружности по часовой стрелке поставлены точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ . Известно, что $AE =DE$ . Пересечение отрезков $AC$ и $BD$ обозначим через $P$ . На продолжении отрезка $AB$ за точку $A$ выбрали точку $Q$ так, что $AQ = DP$ . На продолжении отрезка $CD$ за точку $D$ выбрали точку $R$ так, что $AP = DR$ . Докажите, что прямые $P E$ и $QR$ перпендикулярны.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол BAP равен углу BDC как вписанный, а значит углы QAP и RDP тоже равны. Треугольники QAP и RDP равны, тогда PQ=QR.

Подсказка 2

Попробуем выделить равные уголки за счет вписанных четырёхугольников ACDE и ABDE. Каким углам равны соответственно RDE и QAE?

Подсказка 3

Что можно сказать про треугольники RDE и EAP, а также EQA и EDP? Они равны по 2 сторонам и углу между ними. Следовательно QE=RE=PE, тогда что можно сказать про точку E?

Подсказка 4

Е — центр описанной окружности, а следовательно PE — часть биссектрисы в равнобедренном треугольнике, а следовательно и часть высоты

Показать доказательство

Отметим равные углы: $∠BAP = ∠BDC,$ как вписанные углы, отсюда следует, что $∠P AQ= ∠P DR.$ Рассмотрим треугольники $△P AQ$ и $△P DR.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PQ = PR.$ Тогда нужно доказать , что $QE$ является частью высоты в равнобедренном треугольнике.

$PIC$

Рассмотрим вписанные четырехугольники $ACDE$ и $ABDE.$ Из вписанности получаем $∠PAE = ∠EDR$ и $∠PDE = ∠EAQ.$ Рассмотрим треугольники $△AP E$ и $△DRE.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PE = ER.$ Используя аналогичные рассуждения для треугольников $△PDE$ и $△QAE,$ получаем что $P E = QE.$

В итоге получили, что точка $E$ равноудалена от вершин треугольника $△P QR,$ то есть является центром описанной окружности равнобедренного треугольника. Следовательно, $PE$ является частью высоты треугольника $△PQR,$ то есть $P E ⊥ QR.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#86100Максимум баллов за задание: 7

Окружности $w 1$ и $w 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Прямая $l$ расположена ближе к $A$ , чем к $B$ , и является общей касательной окружностей $w1$ и $w2$ , касаясь их соответственно в точках $T$ и $R$ . Через точку $A$ проведена параллельно касательной $l$ прямая, пересекающая $w1$ в точке $C,w2$ в точке $D$ . Прямые $TC$ и $RD$ пересекаются в точке $E,$ прямые $T B$ и $CD$ пересекаются в точке $M,$ прямые $RB$ и $CD$ пересекаются в точке $N.$ Докажите, что $TBRE$ — вписанный четырёхугольник.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поставим цель доказать, что противоположные углы в четырёхугольнике TBRE в сумме дают 180 градусов. Чтобы сделать это, воспользуемся свойствами вписанных четырёхугольников, которые уже есть на картинке, и отметим в них равные уголочки.

Подсказка 2

У нас есть пары углов СТВ, САВ и BAD, BRD, которые опираются на одну дугу. Воспользуется свойствами смежных углов и докажем то, что хотели! Даже свойства касательных не понадобились.

Показать доказательство

Пусть $∠BT E =α,$ а $∠BRE = β.$ Тогда смежные с ними $∠BTC = 180∘− α,∠BRD = 180∘− β.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

$PIC$

Замечание. Точки $M$ и $N$ не подписаны на чертеже, потому что в решении их использовать не будем.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В силу вписанности $ABCT$ и $ABDR$ получаем

∠BAC = ∠BTC = 180∘ − α, ∠BAD = ∠BRD = 180∘− β

Но $∠BAC$ и $∠BAD$ смежные, поэтому

(180∘ − α)+ (180∘− β)=180∘

Следовательно, $∠BTE +∠BRE =α +β = 180∘,$ так что $TBRE$ вписанный.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#104005Максимум баллов за задание: 7

Дан равносторонний треугольник $ABC,$ на сторонах $AB$ и $BC$ которого выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AP :PB = BQ :QC = 2:1,K$ — точка пересечения отрезков $AQ$ и $CP.$ Найдите градусную меру угла $AKB.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $BH$ — высота и медиана треугольника $ABC$ . Проведём через вершину $B$ параллельно $AC$ прямую и обозначим точку её пересечения с прямой $CP$ через $D:$

$PIC$

Треугольники $BPD$ и $AP C$ подобны с коэффициентом $12$ , откуда $DB = 12AC = AH$ . Поэтому $ADBH$ — прямоугольник, то есть $∠ADB =90∘$ . Заметим, что треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Тогда $∠BDK = ∠DCA = ∠BAK$ . Значит, четырёхугольник $ADBK$ — вписанный, откуда $∠AKB =180∘− ∠ADB = 90∘$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Проведём в треугольнике $ABC$ высоту $CH$ .

$PIC$

Так как $1 BH = 2AB$ , получим $BP 2 BQ BH-= 3 = BC$ . Поэтому треугольники $BP Q$ и $BHC$ подобны, откуда $∘ ∠BP Q = ∠BHC = 90$ . Заметим теперь, что $BQ = AP,AB = CA$ и $∠ABQ =∠CAP =60∘$ . Тогда треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Поскольку $∠AQB =$ $∠CPA = 180∘− ∠CPB$ , четырёхугольник $BP KQ$ вписанный, откуда $∠AKB =180∘− ∠BKQ = 180∘ − ∠BP Q =90∘$ .

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#137268Максимум баллов за задание: 7

Дан равносторонний треугольник $ABC,$ на сторонах $AB$ и $BC$ которого выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AP :PB = BQ :QC =2 :1,$ $K$ — точка пересечения отрезков $AQ$ и $CP.$ Найдите градусную меру угла $AKB.$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 1, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, нам нужно воспользоваться тем, что треугольник — равносторонний. Что хочется провести?

Подсказка 2

Высоту, которая будет и медианой к тому же! Что тогда можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте найти подобные треугольники.

Подсказка 4

Заметим, что треугольники BPQ и BHС подобны. А какие треугольники равны между собой?

Подсказка 5

Обратим внимание на ABQ и CAP. Из их равенства следует нахождение вписанного четырехугольника, откуда можно найти искомый угол.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $BH$ — высота и медиана треугольника $ABC.$ Проведём через вершину $B$ параллельно $AC$ прямую и обозначим точку её пересечения с прямой $CP$ через $D$ (см. рисунок).

$PIC$

Треугольники $BPD$ и $APC$ подобны с коэффициентом $12,$ откуда

DB = 1AC = AH 2

Поэтому $ADBH$ — прямоугольник, то есть $∠ADB = 90∘.$ Заметим, что треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Тогда

∠BDK = ∠DCA = ∠BAK

Значит, четырёхугольник $ADBK$ — вписанный, откуда

∠AKB = 180∘− ∠ADB = 90∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Проведём в треугольнике $ABC$ высоту $CH.$

$PIC$

Так как $BH = 12AB,$ получим

BP- 2 BQ- BH = 3 = BC

Поэтому треугольники $BP Q$ и $BHC$ подобны, откуда $∘ ∠BP Q = ∠BHC = 90.$ Заметим теперь, что $BQ = AP,$ $AB = CA$ и $∘ ∠ABQ =∠CAP =60 .$ Тогда треугольники $ABQ$ и $CAP$ равны по двум сторонам и углу. Кроме того,

∠AQB =∠CP A =180∘− ∠CPB

Тогда четырехугольник $BPKQ$ — вписанный, откуда

∘ ∘ ∘ ∠AKB =180 − ∠BKQ = 180 − ∠BP Q =90

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#137273Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BC$ — наибольшая сторона в треугольнике $ABC,$ в котором проведены высоты $AA 1$ и $BB . 1$ Биссектриса $∠C$ пересекает описанную около треугольника $ABC$ окружность в точке $L,$ высоту $AA1$ — в точке $P,$ $BB1$ — в точке $Q.$ Найдите градусную меру угла $ACB,$ если известно, что $AP = LQ.$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 4, 10.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $α =∠BCL,$ $β =∠ALC,$ $γ = ∠BLC.$

$PIC$

Докажем равенство треугольников $ALP$ и $BLQ.$ Заметим, что $AP =LQ$ по условию и $AL= LB$ как хорды, на которые опираются равные углы. Кроме того,

∠AP L= ∠A1PC = 90∘− α =∠B1QC = ∠BQL

По теореме синусов

AP AL LB LQ sin∠ALP-= sin∠AP-L = sin∠BQL-= sin-∠LBQ-

Тогда $sin∠ALP = sin∠LBQ.$ Но $∠ALP =∠ABC <90∘$ и

∠LBQ = 180∘− ∠BLC − ∠BQL =

= 90∘ − ∠BAC + α< 90∘− ∠BAC +∠ACB ≤90∘

Последнее неравенство верно, поскольку $BC ≥ AB.$ Значит, углы $ALP$ и $LBQ$ — острые, следовательно, равные, поскольку их синусы равны. Получаем, что треугольники $ALP$ и $BLQ$ равны по стороне и 2 углам. Следовательно, $∠LAP = ∠QLB = γ.$ Из треугольника $ALP$

∘ ∘ β+ γ+ 90 − α = 180

∘ β+ γ = 90 +α

Из четырехугольника $ALBC$

β+ γ = 180∘− 2α =90∘+ α

α= 30∘

Тогда $∘ ∠ACB = 60 .$

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69400Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $KLM$ с прямым углом $M.$ На его катете $LM$ длины 52 как на диаметре построена окружность $ω.$ Из точки $K$ к этой окружности проведена касательная $KD,$ отличная от $KM.$ Перпендикуляр $DH,$ опущенный на отрезок $LM,$ пересекает отрезок $KL$ в точке $E.$ Найдите площадь треугольника $LDE,$ если известно, что $LH :MH =4 :9.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуем найти всё, что можем)) Воспользуемся всеми условиями на LH, LM, MH и найдем их) Тогда будет несложно найти оставшиеся отрезки на LM и DH! На картинке много прямых углов...что хочется сделать?

Подсказка 2

Найти среди них подобные! Учтём, что угол между касательной и радиусом прямой, тогда какие треугольники будут подобными (или даже равными)?

Подсказка 3

Треугольники MKO и KOD будут равными, тогда треугольники LHD и OKM будут подобны! Найдём отношение KM/LM. Теперь нам необходимо найти площадь треугольника LED, как можно это сделать?

Подсказка 4

Найдя его высоту и стороны! Высота его это LH, а в каких подобных треугольниках этот отрезок встречается, чтобы его найти?

Подсказка 5

Треугольники LHE и LMK подобны, поэтому несложно найти EH! Осталось лишь найти DE через DH и EH, что сделать из подобия несложно)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр окружности $ω.$ Заметим, что

∘ --------- LH =-4LM =16, MH = 36, OH = 1LM − LH = 10, DH = OD2 − OH2 = 24 13 2

Прямоугольные треугольники $LHD$ и $OMK$ подобны, поскольку

∠MLD = 1∠MOD = 1(180∘ − ∠MKD )= 90∘ − ∠MKO = ∠MOK 2 2

Тогда

KM-- 1 KM-- 1 DH- 3 LM = 2 ⋅OM = 2 ⋅LH = 4

Из подобия треугольников $LHE$ и $LMK$ мы получаем

3 EH = 4LH = 12

Поэтому

1 1 1 SLDE = 2 ⋅DE ⋅LH = 2 ⋅(DH − EH )⋅LH = 2 ⋅12⋅16 =96

Ответ: 96

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#69405Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность $ω$ радиуса $r,$ которая касается стороны $AB$ в точке $P.$ На окружности отмечена точка $R,$ диаметрально противоположная точке $P.$ Прямая $CR$ пересекает сторону $AB$ в точке $Q,$ причём $CA + AQ =1.$ Найдите площадь треугольника $ABC.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется понять: что вообще делать с условием CA + AQ = 1? Перекинуть равенство на один отрезок - так себе идея. Давайте найдём это же равенство в треугольнике еще раз! Например, попробуем доказать, что CB + BQ = 1) Что можно сделать?

Подсказка 2

Если бы треугольники CBQ и CAQ состояли из касательных к окружности, то было бы удобнее разбираться с этим условием...А может быть, есть треугольники, некоторые стороны которых - касательные к вписанной окружности, и они связаны с CBQ и CAQ?

Подсказка 3

Проведите касательную в точке R к вписанной окружности. С помощью точек пересечения к сторонам треугольника получатся два треугольника. И вот они на самом деле подобны каким-то двум другим треугольникам и обладают очень интересным свойством) Останется применить всё, что знаем, и вспомнить формулу S = pr!

Показать ответ и решение

Проведём через точку $R$ касательную к $ω,$ пересекающую отрезки $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Пусть $K$ и $L$ — точки, в которых $ω$ касается сторон $AC$ и $BC$ соответственно.

$PIC$

Заметим, что $CM + MR = CM + MK =CK = CL = CN +LN = CN + NR.$ Прямые $AB$ и $MN$ параллельны как перпендикуляры к одному диаметру. Поэтому треугольники $CNR$ и $CBQ,$ а также $CMR$ и $CAQ$ подобны с коэффициентом $k= CCQR.$ Тогда

CB + BQ = k(CN + NR )=k(CM + MR )= CA+ AQ = 1,

откуда

SABC = 1(CA +AB + BC)⋅r= 1(CA +AQ + BQ +CB )⋅r= r 2 2

Ответ:

$r$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#58323Максимум баллов за задание: 7

На продолжении за точку $C$ стороны $BC$ равностороннего треугольника $ABC$ выбрана точка $M$ , через неё проведена прямая, параллельная $AC$ . Эта прямая пересекает продолжение стороны $AB$ в точке $N$ . Медианы треугольника $BNM$ пересекаются в точке $O$ . Точка $D$ — середина $AM$ . Найдите углы треугольника $ODC.$

Источники: Бельчонок-2022, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведем отрезок АК такой, чтобы АК было параллельно СМ! Заметим, что тогда АКМС это параллелограмм.

Подсказка 2

Давайте заметим, что треугольник BNM правильный, откуда для его центра O: OM = ON ! Тогда мы можем попробовать отметить равные углы и равные отрезки на нашей картинке (их тут много!)

Подсказка 3

Попробуйте доказать, что треугольники KON и COM равны, и, используя, что D - точка пересечения диагоналей параллелограмма, подсчитать углы в треугольнике!

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим $K ∈NM, AK ∥CM$ , откуда $AKMC$ — параллелограмм. Заметим, что

В $△AKN :∠N = 60∘,AK ∥BC$ , откуда он равносторонний и $NK = NA =MC$ (в силу симметрии).
Треугольник $BNM$ правильный, откуда для его центра $O$ : $OM = ON$ .
Аналогично предыдущему $∠KNO = ∠N2-= ∠M2-= ∠CMO =30∘$ .

Отсюда по двум сторонам и углу между ними $△KON =△COM$ , тогда $OK = OC$ . Поскольку $D$ является точкой пересечения диагоналей параллелограмма, то $KD =DC$ и $OD$ является медианой равнобедренного $△KOC$ . Отсюда $∘ ∠ODC = 90$ и

∠KOC ∠KOM + ∠MOC ∠KOM +∠KON ∠NOM ∠DOC = --2--= ------2------ = ------2------= ---2-- =60∘

снова пользуясь правильностью $△BNM$ . В итоге получаем $∠OCD = 180∘− ∠DOC − ∠CDO = 30∘$ .

Ответ:

$90∘,60∘,30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#82776Максимум баллов за задание: 7

B прямоугольнике $ABCD$ сторона $BC =3.$ На стороне $AB$ отмечена её середина — точка $P.$ Из точки $C$ опущен перпендикуляр $CQ$ на $DP.$ Найдите длину $BQ.$

Источники: Бельчонок - 2022, 11 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим, что у нас отмечена середина отрезка, а точку P и DP хотелось бы как-нибудь в целом получше связать с картинкой. Какое тогда дополнительное построение хорошо бы сделать?

Подсказка 2

Верно, давайте продлим DP до пересечения с продолжением BC в точке M. Что тогда можно сказать про прямоугольные треугольники PAD и BPM?

Подсказка 3

Да, они ведь равны по катету и острому углу. То есть мы получаем, что MB=AD=BC. Но нам нужен отрезок BQ. Заметим, что у нас получился ещё один прямоугольный треугольник. Что можно сказать про BQ в нём?

Подсказка 4

Верно, BQ является медианой в нём. Осталось только вспомнить, свойство медианы в прямоугольном треугольнике, и победа!

Показать ответ и решение

Продлим $CB$ и $DP$ до пересечения, пусть $M$ — это точка их пересечения.

$PIC$

Прямоугольные треугольники $MBP$ и $DAP$ равны, так как имеют равные катеты, $BP = AP,$ потому что $P$ — середина, и равные острые углы, $∠MP B = ∠AP D,$ как вертикальные. Значит, $MB = AD = BC.$ Таким образом, $BQ$ — медиана прямоугольного треугольника $MQC,$ и равна половине гипотенузе $MC,$ то есть $3.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#94775Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к боковой стороне $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ пересекает боковую сторону $AB$ в точке $L$ , а продолжение основания — в точке $K$ . Найдите углы треугольника $ABC$ , если известно, что треугольники $ALC$ и $KBL$ равновелики.

Источники: Бельчонок - 2021, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M — середина АС. Тогда KM — серединный перпендикуляр к АС, что из этого следует? И нас просили найти углы АВС, тогда давайте обозначим ∠ACB = α и посчитаем остальные.

Подсказка 2

Да, AK = CK! Чем являются KL и KM? Что тогда можем записать? Условием про серпер воспользовались, теперь нужно использовать равенство площадей... Треугольники не связаны друг с другом, ничего общего у них нет... Тогда стоит поискать ещё равновеликие треугольники и заменить площадь(-и) △ALC или △KBL на какую-то другую или выразить её через другую. И сделать это так, чтобы у новой пары треугольников было что-то общее.

Подсказка 3

KL и KM — биссектрисы, тогда можно записать равенство отношений! А с площадями воспользуйтесь CM = MA. И запишите, какие произведения равны из равенства площадей. Ну и раз уж мы с отношениями работаем — видите подобные треугольники на картинке?

Подсказка 4

Ага, △ABC ~ △KAC! И из этого мы получаем ещё одно равенство отношений. Но даже если посмотреть на все полученные до этого равенства, мы не сможем сделать какой-то вывод, который поможет решить задачу... И всем, что есть на картинке, мы уже воспользовались. Или нет? Какие теоремы нам помогают, когда хотим найти отношение?

Подсказка 5

Теорема Фалеса (обобщённая), Чевы, Менелая... Какая тут поможет? Можно воспользоваться ей или же сделать доп. построение — провести через M среднюю линию △ABC. Так мы сами создадим пару параллельных прямых для теоремы Фалеса!

Подсказка 6

Менелая можно было применить, к примеру, для △ABC и секущей ML. Фалес помогал для секущих KM и KN. Остаётся только воспользоваться всеми найденными соотношениями и заметить что-то хорошее. Попробуйте выразить через них АВ и KB. А дальше останется только простой счёт углов!

Показать ответ и решение

Пусть $M$ и $N$ — середины отрезков $AC$ и $BC$ соответственно, $α = ∠ABC$ . Тогда $MN$ — средняя линия треугольника $ABC, MN ∥AB$ . Поскольку точка $K$ лежит на серединном перпендикуляре в $AC$ , отрезки $KA$ и $KC$ равны, откуда $∠KAC =∠KCA = α$ .

$PIC$

В силу условия

SKBL KL ⋅LB LB LM 2 = SAML-= LM-⋅AL-⇔ AL-= 2⋅KL-.

Так как $KL$ — биссектриса треугольника $AKB$ , мы получим

LB-= KB-. AL AK

Кроме того,

2⋅ LM = 2⋅ BN-= BC-. KL KB KB

Тогда из этих двух соотношений

KB- KB- LB- LM- BC- 2 CK = AK = AL = 2⋅KL = KB ⇒ KB =BC ⋅CK.

Треугольники $ABC$ и $KAC$ подобны по двум углам, откуда

CK AB AB- = BC-⇒ AB2 =BC ⋅CK

Поэтому $KB =AB$ , то есть треугольник $ABK$ равнобедренный. Заметим, что

∠BAK = ∠CAK − ∠CAB = α− (180∘− 2α)= 3α − 180∘,∠AKB = 180∘− 2α.

Мы получаем $∘ ∘ 3α− 180 =180 − 2α$ , откуда $∘ α =72$ . Таким образом, углы $ABC$ и $ACB$ равны $∘ 72$ , а угол $BAC$ равен $36∘$ .

Ответ:

$36∘,72∘,72∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#87883Максимум баллов за задание: 7

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $B$ остроугольного треугольника $ABC$ , пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а также проходит через центр описанной около треугольника $PQC$ окружности. Отрезки $AQ$ и $BP$ пересекаются в точке $K$ , а $∠ACB = 2∠AKP$ . Найдите $∠ACB$ .

Источники: Бельчонок - 2020, 11 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим угол AKP через х, тогда угол ACB равен 2x. Можно ли выразить ещё какие-то углы через x?

Подсказка 2

Обратите внимание на угол POQ. Он же является центральным в окружности (PCQ).

Подсказка 3

Итак, вы, скорее всего пришли к выводу, что угол POQ равен 4х. Если нет, то обязательно разберитесь, почему это так. Значит, дуга ABQP равна 8х. А можно ли посчитать её величину другим способом?

Подсказка 4

Как насчёт того, чтобы рассмотреть её как сумму маленьких дуг AP, AB и BQ?

Подсказка 5

Чтобы посчитать величину суммы этих дуг, вспомните, как выражается угол между хордами и секущими через высекаемые дуги.

Показать ответ и решение

Пусть $∠AKP =x.$ По условию $∠ACB = 2∠AKP = 2x.$

Рассмотрим дугу $⌣ PQ$ описанной окружности $△PCQ.$ Опирающийся на неё центральный угол $∠P OQ$ будет в два раза больше вписанного угла $∠PCQ.$ Значит, $∠POQ = 4x.$

$PIC$

Перейдём к рассмотрению окружности, проходящей через точки $A$ и $B.$ Можно найти величину дуги $PABQ,$ так как мы знаем вписанный угол $∠POQ$ , опирающийся на неё.

⌣ PABQ = 2∠POQ = 8x

С другой стороны, $⌣ PABQ$ можно представить в виде суммы дуг $⌣ PA,⌣AB$ и $⌣ BQ.$

Угол $∠AKP$ между хордами $AQ$ и $BP$ находится как

∠AKP = ⌣-AP+-⌣-BQ- 2

Тогда $⌣ AP+ ⌣BQ = 2∠AKP = 2x.$

Вычислим величину дуги $⌣AB.$ Используя угол $∠PKQ =180∘− x,$ заключенный между хордами $AQ$ и $BP$ , получим

⌣ AB+ ⌣P Q= 2∠PKQ = 360∘− 2x

Угол $∠ACB$ между секущими $AP$ и $QB$ находится как

∠ACB = ⌣-AB−-⌣P-Q- 2

Поэтому $⌣AB − ⌣P Q= 2∠ACB = 4x.$

Cложим последние два равенства и получим

(⌣AB+ ⌣P Q)+(⌣ AB− ⌣ PQ)= (360∘− 2x)+ 4x

⌣ AB = 180∘+ x

Теперь выражаем $⌣ PABQ$ через сумму дуг:

⌣ PABQ = (⌣P A+ ⌣BQ )+ ⌣ AB =2x +(180∘+ x)= 180∘+ 3x

Но в самом начале мы показали, что $⌣ PABQ = 8x.$ Значит,

∘ 8x= 180 +3x

x= 36∘

Тогда $∠ACB = 2x =72∘.$

Ответ:

$72∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#126025Максимум баллов за задание: 7

Около пятиугольника $ABCDE$ описана окружность, $P$ — точка пересечения отрезков $AC$ и $BD, Q$ — точка касания отрезка $CE$ и описанной около треугольника $ABP$ окружности. Найдите $∠CQP,$ если известно, что $∘ ∠ECD = 40 .$

Источники: Бельчонок - 2020, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Введем обозначения: ∠CQP = x, ∠ECA = α. Какие углы им равны?

Подсказка 2

Заметим, что ∠QBP = x как вписанный угол, опирающийся на дугу QP, ∠ABE = α как вписанный угол, опирающийся на дугу AE. Попробуйте посчитать другие углы.

Подсказка 3

Докажите, что ∠QPA = x + α.

Подсказка 4

Заметим, что ∠QPA = ∠QBA. Чему равен ∠QBE?

Подсказка 5

∠QBE = ∠QBA - ∠ABE = x. Мы знаем ∠ECD, хотелось бы выразить через него x.

Подсказка 6

Чему равен ∠DBE?

Подсказка 7

С одной стороны, ∠ECD = ∠DBE = 40°, как ещё можно выразить ∠DBE?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠CQP =x,$ $∠ECA =α.$ Тогда $∠QBP =x$ как вписанный угол, опирающийся на дугу $QP;$ $∠ABE =α$ как вписанный угол, опирающийся на дугу $AE.$

Далее, $∠QP A= x+ α$ как внешний угол в треугольнике $QP C,$ тогда $∠QBA =x +α$ как угол, опирающийся на ту же дугу. Теперь находим, что $∠QBE = ∠QBA − ∠ABE = x.$

Таким образом, $∠DBE = ∠QBP + ∠QBE = 2x,$ при этом $∠DBE = ∠DCE =40∘.$ Значит, $2x= 40∘,$ $x =20∘$ и $∠CQP = 20∘.$

Ответ:

$20∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#88173Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$ . В большей окружности проведена хорда $AB$ , касающаяся меньшей окружности в точке $L$ . Найдите $BL,$ если $AL = 10$ и $AK :BK = 2:5.$

Источники: Ломоносов - 2011, 11.5 и Бельчонок - 2019, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим на картинку. Было бы очень удобно, если бы оказалось, что KL — биссектриса... Попробуем это доказать.

Подсказка 2

Пусть общая касательная к окружностям пересечет AB в точке S. Поотмечайте углы.

Подсказка 3

Воспользуйтесь теоремой о внешнем угле треугольника.

Показать ответ и решение

Покажем, что $KL$ является биссектрисой угла $AKB$ (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

BL- = BK--= 5 BL = 5⋅10= 25 AL AK 2 2

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S.$ Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β.$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно,

∠SLK =∠SKL = ∠SKA +∠AKL = α +β

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α.$ Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB,$

∠LKB = ∠KLA − ∠KBL = (α +β )− α = β

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K,$ переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W,$ тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W.$ Таким образом, данная касательная паралельна $AB,$ то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A.$ Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая $AB$ переходит в окружность, проходящую через точки $A,$ $B,$ и центр окружности инверсии — $W,$ то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W,$ то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K,$ а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W.$

$PIC$

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#88171Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ . На продолжении гипотенузы $BC$ выбрана точка $D$ так, что прямая $AD$ — касательная к описанной окружности $ω$ треугольника $ABC$ . Прямая $AC$ пересекает описанную окружность треугольника $ABD$ в точке $E$ . Оказалось, что биссектриса угла $ADE$ касается окружности $ω$ . В каком отношении точка $C$ делит отрезок $AE?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть две окружности, а также касательная к одной из них. Отметим равные углы, используя свойство вписанных углов и угла между хордой и касательной.

Подсказка 2

Получили, что треугольник АDE равнобедренный! В нем проведена биссектриса, и получается, что вследствие равнобедренности про неё сразу можно много что сказать.

Подсказка 3

Обратим внимание на треугольник DAK (если отметить пересечение биссектрисы ∠ADE с AE за К). Предыдущие рассуждения приводят к тому, что в нем угол А угол D получаются связанными между собой (помимо того, что в сумме эти углы дают π/2). Воспользуемся связью и явно найдем эти углы!

Подсказка 4

Осталось воспользоваться свойствами треугольника с углами 30,60,90 и выразить искомое соотношение!

Показать ответ и решение

Пусть $α =∠ABD,$ $K$ и $L$ — точки пересечения биссектрисы угла $∠ADE$ с $AE$ и $ω$ соответственно, $O$ — центр $ω$ . Угол между касательной $AD$ к окружности $ω$ и хордой $AC$ равен вписанному углу, который опирается на $AC,$ откуда $∠DAE = α.$ Кроме того, вписанные углы $∠AED$ и $α$ опираются на хорду $AD$ и поэтому равны. Тогда $∠DAE = ∠AED = α$ и треугольник $ADE$ равнобедренный. Поэтому биссектриса $DK$ является также его медианой и высотой. Значит, $AB ∥ DL$ , поскольку $AB$ и $DL$ перпендикулярны $AE$ .

$PIC$

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $LOD$ равны по катету и гипотенузе, откуда $∠ADO = ∠LDO = α.$ Из прямоугольного треугольника $ADK$ мы получаем, что $3α =90∘$ и $α= 30∘.$ Тогда $AD =2DK,$ и по свойству биссектрисы

CK- = DK-= 1, AC AD 2

откуда

CE = EK +CK = AK + CK = AC +2CK = 2AC

AC :CE =1 :2

Ответ: 1:2