Тема Счётная планиметрия

Счёт в синусах и просто теорема синусов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64954

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $AC$ пересекают высоту из вершины $A$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Найдите радиус описанной около этого треугольника окружности, если $AP =a,AQ = b.$

Источники: Муницип - 2024, 9 класс

Показать ответ и решение

Пусть для определенности углы $B,C$ — острые, обозначим $∠B = β,∠C = γ$ . Так как $AP$ — высота, то $∠BAP = π− β,∠CAP = π− γ. 2 2$ Пусть $E,K$ — середины $AB,AC$ соответственно.

Первое решение.

$PIC$

Отметим точку $O$ пересечения серединных перпендикуляров $EP$ и $KQ$ к сторонам треугольника $ABC$ . Эта точка является центром описанной около треугольника окружности. Заметим, что угол $AOK$ вдвое меньше центрального угла $AOC,$ поэтому равен вписанному углу $ABC,$ то есть $β.$ При этом $∠APE = ∠B = β$ из вписанности четырёхугольника $BEP H$ (два прямых угла дают вписанность). Тогда обратим внимание, что $AO$ касается описанной окружности треугольника $OQP$ , так как угол между ней и хордой $OQ$ равен углу $OPQ,$ опирающемуся на эту хорду. По теореме о касательной и секущей получаем $AO2 = AQ ⋅AP = a⋅b.$

Второе решение.

$PIC$

Не будем думать и посчитаем в синусах: из прямоугольных треугольников

AE =asinβ,AK =bsinγ =⇒ AB = 2asinβ,AC =2bsinγ

Тогда получается

AB AC sinβ √b sin-γ = sinβ =⇒ sinγ = √a

Наконец, по теореме синусов радиус описанной окружности равен

-AB-- √ -- 2sinγ = ab

Ответ:

$√ab$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#84477

Две окружности радиусов $r$ и $R$ касаются прямой $l$ в точках $A$ и $B$ . Пусть $C$ — точка пересечения этих окружностей, наиболее удалённая от $l$ . Докажите, что радиус описанной окружности треугольника $ABC$ не зависит от положения окружностей.

Показать доказательство

Не нарушая общности, точка $A$ принадлежит окружности радиуса $r,$ назовём её $ω,$ а точка $B$ принадлежит окружности радиуса $R,$ назовём её $Ω.$

$PIC$

Пусть $∠BAC = α,$ $∠ABC = β.$ Тогда на дугу $AC$ в $ω$ опирается вписанный угол $α,$ поэтому $AC = 2rsinα,$ аналогично $BC = 2Rsin β.$

По теореме синусов имеем

√------------- ∘ ---------- ∘---------- √ ------ 2RABC = 2RABC ⋅2RABC = -AC-⋅-BC- = AC--⋅ BC-= 2r ⋅2R, sin β sinα sinα sinβ

что не зависит от положения окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85176

Окружности радиусов $R$ и $r$ $(R> r)$ касаются внутренним образом в точке $A$ . Хорда $CD$ большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньшей окружности. $E$ — одна из точек пересечения $CD$ с меньшей окружностью. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей как $O$ и $O′$ соответственно.

Тогда $′ AO = r, AO = R$ .

$PIC$

Треугольники $AEE′$ и $ACD$ равнобедренные, пусть $∠ACE = β = ∠ADE ′$ и $∠CAE = α= ∠DAE ′.$

Тогда по свойству внешнего угла треугольника $∠AED = α+ β = ∠AE′C.$

По теореме синусов в треугольнике $ACD$ получаем $AC = 2Rsinβ$

По теореме синусов в треугольнике $AEE′$ получаем

AE = AE′ = 2rsin(α +β)

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $ACE,$ обозначив искомый радиус описанной около него окружности за $RACE :$

2RACE = --AC----= AE-- sin(α +β) sinβ

Следовательно

2 --AC---- AE-- 2R-sinβ-⋅2rsin(α+-β) 4RACE = sin(α+ β) ⋅sinβ = sin(α +β)⋅sinβ

4R2ACE = 4Rr

√ --- RACE = Rr

Ответ:

$√Rr-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86026

В остроугольном треугольнике $ABC$ отметили основания высот $D,E,F$ из вершин $A,B$ и $C$ соответственно. Пусть $ω ,ω 1 2$ — окружности, вписанные в треугольники $BDF$ и $CED$ соответственно, касающиеся сторон $DF$ и $DE$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Пусть прямая $MN$ вторично пересекает окружности $ω1,ω2$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $MP =NQ.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $OB$ и $OC$ — центры $ωB$ и $ωC,$ их радиусы — $rB$ и $rC,$ а точки касания с $BC$ — $T$ и $U.$ Из вписанных четырёхугольников $AF DC$ и $ABDE$ имеем:

∠MDOB = 1∠F DB = 1∠BAC = 1∠CDE =∠OCDN 2 2 2

Значит, прямоугольные треугольники $DMOB$ и $DMOC$ подобны c коэффициентом $rrc. B$

Пусть $φ= ∠DMN$ и $ψ = ∠MND.$ Прямые $FM$ и $EN$ касаются $ωB$ и $ωC,$ откуда:

∠MT P = ∠FMP =∠DMN =φ

∠QUN = ∠QNE = MND = ψ

(Возможно, что точка $P$ или $Q$ совпала с $T$ или $U,$ или лежит внутри треугольника $DMT$ или $DUN.$ Чтобы убрать привязку к конкретным случаям, можно использовать направленные углы)

В окружностях $ωB$ и $ωC$ длины хорд $MP$ и $NQ$ равны соответственно:

MP =2rBsin ∠MT P = 2rBsinφ,NQ = 2rC sin∠QUN =2rCsin ψ

Напишем теорему синусов для треугольника $DNM :$

DN--= ∠DMN--= sinφ- DM MND sinψ

Наконец, собирая все полученные равенства:

MP 2rBsinφ rB sinφ DM sinφ sinψ sinφ -NQ = 2rCsinψ-= rC ⋅-ψ--=-DN-⋅sinψ-= sinφ-⋅sinψ-= 1

получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#49714

Внутри угла с вершиной $O$ отмечена точка $P.$ Рассматриваются всевозможные пары точек $X$ и $Y$ на сторонах угла такие, что $∠OP X = ∠OP Y.$ Докажите, что все прямые $XY$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Проведём через точку $P$ прямую, перпендикулярную $OP.$ Пусть она пересекает стороны угла в точках $A$ и $B,$ причем точки $X$ и $A$ лежат на одной стороне угла, точки $B$ и $Y$ — на другой.

$PIC$

Обозначим $∠OP X$ за $α.$ По условию $∠OP Y = ∠OP X =α.$ Тогда $∠AP X = 90∘− α= ∠BP Y.$

Рассмотрим треугольник $AP X.$ По теореме синусов

AX AP AP sin(90∘− α) sin(90∘− α-) = sin-∠AXP ⇒ AX = --sin∠AXP----

В треугольнике $OXP$ по теореме синусов

OX-- ---OP---- -OP-sin-α- sinα = sin ∠OXP ⇒ OX = sin∠OXP

Сумма смежных углов равна $180∘,$ поэтому $∠AXP = 180∘ − ∠OXP.$ Тогда $sin∠AXP = sin(180∘− ∠OXP )= sin ∠OXP.$ Тогда

OX- = ---OP-sinα∘----= OP--sinα AX AP sin(90 − α) AP cosα

Аналогично запишем отношение $BY- : OY$

BY-= PB-cosα- OY OP sinα

Пусть $AP ∩ XY = L.$ По теореме Менелая для треугольника $AOB :$

BY- OX- AL- PB-cosα- OP-sinα AL- OY ⋅XA ⋅BL = 1 ⇒ OP sinα ⋅AP cosα ⋅BL = 1 ⇒ P B AL AL AP ⇒ AP- ⋅BL-= 1 ⇒ BL- = PB-

Так как расположение точек $A$ и $B$ не зависит от выбора точек $X$ и $Y,$ то отношение $AP- P B$ фиксированно и зависит только от выбора точки $P.$ Тогда и отношение $AL BL-$ фиксированно и не зависит от выбора точек $X$ и $Y,$ а значит, все прямые $XY$ пересекают $AB$ в точке $L,$ для которой верно $AL-= AP-. BL PB$ Тогда все прямые $XY$ пересекаются в одной точке.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#49716

Дан треугольник, у которого длины сторон — числа рациональные. Докажите, что рациональным числом является

а) отношение $R :r,$ где $R$ и $r$ — радиусы описанной и вписанной окружности;

б) значение $α β γ sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2,$ где $α,$ $β,$ $γ$ — углы треугольника.

Источники: БИБН-2023, 11.3 (см. www.unn.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Введём длины сторон, как $a,b,c∈ ℚ,$ $S$ — площадь, $a+b+c- p = 2 ∈ ℚ$ — полупериметр. Далее воспользуемся формулами $abc ∘---------------- S =pr = 4R = p(p− a)(p− b)(p− c),$ откуда

R abcp abc r =-4S2-= 4(p-− a)(p-− b)(p−-c) ∈ℚ

Для углов известно $α+ β+ χ= π,$ зная это, распишем произведение

( ) ( ) sin αsin βsin χ-= 1 cos α−-β− cosα-+-β sin π−-α−-β= 1 cosα-− β-− cosα-+β cosα+-β= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

= 1(cosα+ cosβ − cos(α +β)− 1)= 1(cosα+ cosβ +cosχ− 1) 4 4

Осталось воспользоваться теоремой косинусов. Например, для угла $χ$ имеем

2 2 2 c = a + b − 2abcosχ =⇒ cosχ ∈ℚ

То есть косинусы также рациональны, откуда следует рациональность произведения.

Второе решение.

а)

$PIC$

Мы знаем, что $S = pr,$ где $S$ — площадь треугольника, а $p$ — его полупериметр. С другой стороны, $S = abc, 4R$ где $a,$ $b,$ $c$ — стороны треугольника. Тогда

r= S, R = abc p 4S

Следовательно,

abc S- abc⋅p- R :r= 4S :p = 4S2

По формуле Герона

S2 = p(p− a)(p− b)(p− c)

Тогда

abc⋅p abc R:r= 4p(p− a)(p-− b)(p−-c) = 4(p-− a)(p−-b)(p−-c)

Заметим, что здесь каждый из множителей рационален, а следовательно и отношение рационально.

б) Запишем теорему синусов:

AB-- AC-- BC-- sinγ = sinβ = sinα =2R

Отсюда получаем

AB =2R sinγ, AC = 2Rsinβ, BC = 2R sinα

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$ Рассмотрим треугольник $BIC$ и запишем для него теорему синусов:

BC BI CI sin(90∘+-α)-= sinγ-= sinβ- 2 2 2

$PIC$

Подставим $BC = 2Rsinα,$ распишем синус двойного угла и синус суммы, получим

4R sinα cosα BI CI ---co2sα--2-= sinγ-= sin-β 2 2 2

Отсюда получаем

$pict$

Аналогично

β γ AI = 4R sin2 sin2

Заметим, что

$pict$

Таким образом,

α β γ r r sin2-⋅sin2 ⋅sin2 = 4R-sinβ-sinγ-⋅4Rsin-αsin-γ⋅ 2 2 2 2 ⋅----r-----= ---------r3--------- 4Rsin α2 sin β2 43R3sin2 α2 ⋅sin2 β2 ⋅sin2 γ2

Тогда

3 α 3 β 3 γ -r3- α- β γ -r- sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2 = 43R3 ⇒ sin 2 ⋅sin 2 ⋅sin 2 = 4R

По предыдущему пункту $R:r$ рационально, значит и $r:4R$ рационально.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 9#64446

В треугольнике с тупым углом $A$ проведены высоты $BB 1$ и $CC . 1$ Докажите, что отрезок, соединяющий проекции точки $B 1$ на прямые $BA$ и $BC$ , равен отрезку, соединяющему проекции точки $C1$ на прямые $CA$ и $CB.$

Показать доказательство

Пусть проекции $B 1$ на $AB,BC$ это $U,V$ , проекции $C 1$ на $AC,CB$ — $P,Q$ . Тогда требуется показать $PQ = UV.$

$PIC$

Пусть $∠C = γ,∠B =β$ , $BC = a$ . Тогда $CC1 =asin β$ .

Заметим, что $CC1PQ$ вписан в окружность с диаметром $CC1$ , поскольку в нём $∠C1P C = ∠C1QC = 90∘$ . Отсюда по теореме синусов

PQ =CC1 sin∠PCQ = asinβ sinγ.

Далее можно сразу заметить симметричность обозначений, а можно повторить рассуждения для $BB1 =asinγ$ и вписанного $BB1UV$ .

PQ = UV =asin βsinγ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68530

Дан угол с вершиной в точке $O$ и градусной мерой $120∘$ . На одной его стороне отмечена точка $A$ , на другой — точки $B$ и $C$ . Известно, что $OA = 2$ , $OB =1$ . Оказалось, что тангенс угла $OBA$ в два раза больше тангенса угла $OCA$ . Найдите $OC$ .

Источники: 24 Кубок Колмогорова

Показать ответ и решение

Обозначим угол $OBA$ через $β$ , угол $OCA$ — через $γ$ .

$PIC$

Из теоремы синусов для треугольника $OBA$ имеем $-OA- ---OB--- sin β = sin(60− β)$ , откуда $sin(60− β)⋅OA = sinβ⋅OB$ . Поделив на $sinβ$ и применив формулу синуса разности, получаем $ctg β =OA ⋅ctg 60 +OB ∕sin60$ . Аналогично $ctg γ = OA ⋅ctg 60+ OC∕sin60$ . Вспомнив, что $ctg γ = 2ctg β$ , получаем уравнение

2OA ⋅ctg 60+ 2OB ∕sin60= OA ⋅ctg 60 +OC ∕sin60,

OC =OA ⋅cos60 +2OB = 2⋅ 12 + 2⋅1= 3.

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#74812

Выпуклый шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность. Докажите, что его диагонали $AD$ , $BE$ , $CF$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

AB ⋅CD ⋅EF = BC⋅DE ⋅FA

Показать доказательство

Предположим, что диагонали шестиугольника пересекаются в одной точке. Рассмотрим треугольник $ACE.$ В нем прямые $AD, BE$ и $CF$ являются чевианами, пересекающимися в одной точке.

Тогда, согласно синусной теореме Чевы

sin∠CAD sin∠AEB sin ∠ECF sin∠DAE-⋅sin∠CEB-⋅sin-∠FCA-= 1

$PIC$

Из теоремы синусов следует, что синусы двух углов в окружности относятся также, как и хорды, на которые они опираются. Заменим в выражении выше отношения синусов на отношения хорд:

CD-⋅ AB-⋅ EF-= 1 DE BC FA

что и требовалось доказать.

В обратную сторону утверждение доказывается с помощью обратной синусной теоремы Чевы. Снова выделим треугольник $ACE.$ По условию $CD- AB- EF- DE ⋅BC ⋅FA =1,$ и значит $sin∠CAD--sin∠AEB- sin∠ECF- sin∠DAE ⋅sin∠CEB ⋅sin∠FCA = 1.$ Согласно теореме, чевианы $AD,BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#74813

Биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ пересекает $BC$ в точке $D.$ Через середину $AD$ провели прямую, пересекающую стороны $AC$ и $AB$ в точках $M$ и $N.$ Докажите, что

1 1 ( 1 1 ) AM-+ AN-= 2 AB-+ AC-

Показать доказательство

Докажем для начала следующую лемму.

Лемма. $ABC$ — треугольник, $AD$ — чевиана в нём. Тогда

sin∠BAC sin∠BAD sin∠CAD --AD----= --AC----+ --AB----

Доказательство. Запишем теорему синусов для треугольников $BAD$ и $ADC :$

sin∠BAD sin∠ADB --BD----= --AB----

sin∠CAD--= sin∠ADC-- CD AC

Теперь мы можем выразить отсюда $sin∠BAD$ и $sin∠CAD.$ Подставим в наше равенство

sin-∠BAC-= sin∠ADB--⋅BD--+ sin∠ADC-⋅CD-- AD AC⋅AB AB ⋅AC

Так как синусы смежных углов равны, то можем вынести общий множитель, а сумма отрезков станет равна $BC.$ Перепишем равенство в таком виде

sin∠BAC--= sin∠ADB-⋅AD- BC AC ⋅AB

Заменим левую часть по теореме синусов для треугольника $ABC$

sin∠ABC--= sin∠ADB-⋅AD- AC AC ⋅AB

Теперь мы можем сократить на $AC,$ тем самым получая на самом деле теорему синусов для треугольника $ABD.$ Лемма доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $E$ – середина $AD.$ Применим лемму к треугольнику $ABC$ и чевиане $AD,$ а также к треугольнику $AMN$ и чевиане $AE :$

sinA sin A- sin A- sinA sinA sinA- sin A- AD--= -AC2+ -AB2; AE--= 2⋅AD--= AM-2+ -AN2

$PIC$

Левая часть второго тождества вдвое большое левой части первого. Запишем, что правая часть второго тождества также вдвое больше правой части первого

( sinA- sinA-) sinA- sinA- 2 AC2-+ -AB2 = AM2-+ AN2-

Чтобы получить утверждение задачи, осталось поделить обе части на $sinA2-.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74815

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Прямая $AO$ пересекает $BC$ в точке $D.$ Точки $E$ и $F$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно таковы, что $A,E,D$ и $F$ лежат на одной окружности. Докажите, что длина проекции отрезка $EF$ на прямую $BC$ не зависит от положения точек $E$ и $F.$

Показать доказательство

Пусть $∠CF D =α.$ Тогда, по теореме синусов $FD =AD ⋅ sin∠FAD-= sinα$ $=AD ⋅ sin(90∘−∠B). sinα$ Аналогично, $ED = AD ⋅ sin(90∘−∠C-). sinα$ Из треугольника $CF D$ угол между прямыми $FD$ и $BC$ составляет $∘ 180 − ∠C− α,$ поэтому проекция $FD$ на $BC$ равна

sin 90∘− ∠B ∘ cos∠B AD ⋅---sin-α---⋅cos(180 − ∠C − α )=− AD ⋅sin-α-⋅(cos∠C ⋅cosα− sin∠C ⋅sinα)

по формуле косинуса суммы.

Аналогично, из треугольника $EDB$ можно найти угол между прямыми $ED$ и $BC$ и вычислить длину проекции $ED$ на $BC :$

∘ AD ⋅ sin(90-− ∠C-)⋅cos(α− ∠B)= AD ⋅ cos∠C-⋅(cos∠B ⋅cosα +sinα ⋅sin∠B) sinα sinα

Ясно, что длина проекции $FE$ на $BC$ равняется сумме длин проекций $F D$ и $ED$ на $BC.$ Нетрудно видеть, что первые слагаемые в выражениях длин проекций $FD$ и $ED$ сокращаются при сложении, и остается сумма

AD ⋅ cos∠B ⋅sin ∠C⋅sinα +AD ⋅ cos∠C ⋅sinα⋅sin∠B = AD ⋅sin(∠C + ∠B) sinα sinα

и это выражение зависит от элементов треугольника $ABC,$ но не зависит от выбора точек $E$ и $F.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74817

Пусть $Ω$ — окружность, описанная около остроугольного треугольника $ABC.$ Точки $D$ и $E$ лежат на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно, причём $AD =AE.$ Серединные перпендикуляры к отрезкам $BD$ и $CE$ пересекают меньшие дуги $AB$ и $AC$ окружности $Ω$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Докажите, что прямые $DE$ и $FG$ параллельны, или совпадают.

Показать доказательство

$PIC$

Достаточно доказать, что биссектриса угла $A$ перпендикулярна прямой $F G$ – поскольку $ADE$ равнобедренный треугольник, $DE$ перпендикулярна этой биссектрисе. Перпендикулярность равносильна тому, что $⌢ ⌢ ⌢ ⌢ BF +AG = CG +AF ,$ или $⌢ ⌢ ⌢ ⌢ AF − BF =CG − AG.$ Рассмотрим треугольник $ADF$ . В нем $⌢ ⌢ ∠AF D =∠BDF − ∠DAF = 12AF − 12BF .$ Аналогично, $⌢ ⌢ ∠AGE = 12CG − 12AG.$ Поэтому, исходная задача равносильна утверждению о том, что $∠AF D =∠AGE.$

Отметим, что оба угла меньше $90∘,$ так как каждый является полуразностью двух дуг, про которые известно, что их полусумма меньше $90∘$ (на дуги $AB$ и $AC$ опираются углы остроугольного треугольника). Синус является инъективной функцией на отрезке $[0,90∘],$ и так как про углы известно, что они острые, достаточно лишь показать равенство их синусов: $sin∠AFD = sin∠AGE.$ Для этого, применим теорему синусов к треугольникам $AFD$ и $AGE :$

sin∠AF-D-= sin∠FAD--= sin∠FAB-; sin∠GAC-= sin∠GAE-= sin∠AGE-- AD FD FB GC GE AE

Заметим, что все шесть отношений на самом деле равны так как $sin∠FAD-= sin∠FAD-= FD FB$ удвоенному радиусу $Ω;$ аналогично $sin∠GAE-= sin∠GAE- GE CG$ = удвоенному радиусу $Ω.$ В частности, $sin∠AFD-= sin∠AGE- AD AE$ и, так как $AD = AE,sin∠AF D =sin ∠AGE,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75215

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На сторонах $AB$ и $AC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно таким образом, что $AH$ — биссектриса угла $PHQ,$ а $∠CQH =∠C − ∠B.$ Докажите, что $AP + QH = PH.$

Показать доказательство

Обозначим $∠ABC = β,∠ACB = γ.$ Тогда

∘ ∘ ∠HQC = γ− β,∠AHQ = ∠AHP = 2γ− β − 90 ,∠APH = 180 − 2γ+ 2β

$PIC$

Распишем теорему синусов для треугольников $APH$ и $AQH$ и получим:

sin(2AγH− 2β) = sin(2γA−Pβ−-90∘) =sin(9P0H∘−-β)

--AH----= ---QH---- sin(γ− β) sin(90∘− γ)

sin-(2γ−-β−-90∘) sin(90∘−-γ) AP +QH =AH ⋅ sin(2γ− 2β) +AH ⋅ sin(γ− β) =

sin(2γ− β− 90∘)+ 2cos(γ− β)sin(90∘− γ) = AH ⋅------------sin(2γ− 2β)-----------=

=AH ⋅ −-cos(2γ−-β)+2cos(γ-− β)cosγ= sin(2γ− 2β)

− cos(2γ-− β)+-cos(2γ−-β)+cos(−-β) sin(90∘−-β)- = AH ⋅ sin(2γ − 2β) = AH ⋅sin(2γ − 2β) = PH

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75216

Вписанная в треугольник $ABC$ окружность с центром $I$ касается сторон $BC,CA,AB$ в точках $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно. Точка $M$ — середина $BC.$ Докажите, что прямые $B1C1,AM$ и $IA1$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения $A I∩ C B 1 1 1$ буквой $X,$ а точку пересечения $AM ∩ C B 1 1$ буквой $X′.$ По условию просят доказать, что это на самом деле одна и та же точка. Докажем тогда, что

′ ′ C1X :XB1 = C1X :X B1

$PIC$

Для этого посчитаем всё в синусах:

CX1BX-= IICB1⋅⋅sisinn∠∠XXIICB1-= 1 1 1

= sin∠B-= CA-= sin∠C AB

CAsin∠CAM-- sin∠BAM-- = ABsin∠BAM ⋅sin∠CAM =

CM sin∠BAM = BM--⋅sin∠CAM--=

′ = AACB1ssinin∠∠BCAAMM--= CB1XX-′ 1 1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#75217

На плоскости даны два треугольника $ABC$ и $A B C . 1 1 1$ Через точку $A$ проведена прямая $l, a$ параллельная $B C . 1 1$ Аналогично определены прямые $lb$ и $lc.$ Оказалось, что $la,lb$ и $lc$ пересекаются в одной точке. Пусть $la1$ — прямая, проходящая через $A1$ параллельно $BC.$ Аналогично определены прямые $lb1$ и $lc1.$ Докажите, что $la1,lb1$ и $lc1$ также пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

Распишем синусную теорему Чевы для треугольника $ABC$

1= sin(CA,la)⋅sin(AB,lb)⋅sin-(BC,lc)= sin(la,AB)⋅sin(lb,BC )⋅sin (lc,CA )

sin(lb1,la)⋅sin(lc1,lb)⋅sin-(la1,lc) = sin(la,lc1)⋅sin(lb,la1)⋅sin(lc,lb1) =

sin (l ,C B )⋅sin(l ,A C )⋅sin(l ,B A ) = sin-(Cb1B-1,l1)⋅sin(cA1B1,l1)⋅sin(aB1A-1,l1) = 1 1 1 c1 1 1 a1 1 1 b1

По обратной синусной теореме Чевы для треугольника $A1B1C1$ получаем, что $la1,lb1$ и $lc1$ пересекаются в одной точке.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#75218

В остроугольном треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности; $AP$ — высота. Докажите, что, если $∘ ∠BCA ≥∠ABC + 30 ,$ то $∘ ∠CAB + ∠COP < 90 .$

Показать доказательство

Пусть $AB = c,BC = a,CA =b,∠A= α,∠B =β,∠C = γ,R$ — радиус описанной окружности, $M$ — середина $BC.$

$PIC$

Докажем, что $a MC = 2 ≥ 2b⋅cosγ = 2PC.$

a 2 ≥2b⋅cosγ

a≥ 4cosγ b

Применим теорему синусов для $ABC :$

sinα-≥4cosγ sinβ

sinα≥ 4cosγsinβ =2sin (γ+ β)− 2sin(γ− β)=2sinα− 2sin(γ− β)

Поскольку $30∘ ≤ γ− β ≤ 90∘,$ то

1 =2⋅sin 30∘ ≥ 2sinγ − β ≥sin α

что верно в силу ограниченности синуса. Т.е. мы доказали, что

MC ≥2PC ⇒ MP ≥PC ⇒ OP ≥ PC ⇒ ∠OCP ≥ ∠COP ⇒

⇒ 90∘ = ∠MOC + ∠OCP = α +∠OCP ≥ α+ ∠POC = ∠BAC + ∠POC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75809

Точка $O$ не лежит на сторонах и их продолжениях треугольника $ABC.A 1$ — точка пересечения прямой $BC$ с перпендикуляром к $OA,$ проходящим через точку $O.$ Аналогично определяются точки $B1,C1.$ Докажите, что точки $A1,B1,C1$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Наша цель — доказать, что для треугольника $ABC$ и точек $A ,B ,C 1 1 1$ на его сторонах выполнена теорема Менелая

BA1- CB1- AC1- CA1 ⋅B1A ⋅C1B = 1

$PIC$

Начнём считать в синусах.

Для треугольника $BOA1$

--OA1--= ---BA1-- sin∠CBO sin∠BOA1

Для треугольника $COA1$

OA1 CA1 sin∠OCB-= sin∠COA1

Наконец, отношение имеет вид

BA1- OA1-⋅sin∠BOA1-⋅sin∠OCB- CA1 = OA1 ⋅sin∠COA1 ⋅sin∠CBO =

sin∠BOA1 ⋅sin ∠OCB = sin∠COA1-⋅sin-∠CBO-

Выражая аналогично все отношения искомого произведения, получим, что достаточно доказать справделивость равенства

sin∠BOA1-⋅sin∠OCB--⋅ sin∠COB1-⋅sin∠OAC-⋅ sin∠AOC1-⋅sin∠OBA-=1 sin∠COA1 ⋅sin∠CBO sin∠AOB1 ⋅sin∠ACO sin∠BOC1 ⋅sin∠BAO

А ведь по синусной теоремы Чевы для треугольника $ABC$ и чевиан $AO,BO,CO$ выполнено соотношение

sin∠BAO-⋅ sin∠ACO-⋅ sin∠CBO-= 1 sin∠OAC sin ∠OCB sin∠OBA

Тем самым, осталось доказать, что выполнено соотношение

sin-∠BOA1 sin∠COB1- sin∠AOC1 sin ∠COA1 ⋅sin∠AOB1 ⋅sin ∠BOC1 = 1.

Заметим, что $∠COA1 = ∠COA − 90∘ = ∠AOC1,$ откуда следует равенство $sin∠COA1 = sin∠AOC1.$ Аналогично заключаем равенства $sin ∠COB =sin∠BOC 1 1$ и $sin∠AOB = sin∠AOC . 1 1$ Таким образом, произведение числителей равно произведению знаменателей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#91015

(Свойство внешней биссектрисы) В треугольнике $ABC$ провели внешнюю биссектрису $AD$ ( $D$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$ ). Докажите, что $DB- AB- DC = AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $DDBC-= SSADBADC,$ потому что у них общая высота. Распишем теперь эти площади через синус угла при вершине $A$ :

SABD-= AD-⋅AB-⋅sin(∠DAB-) SDAC AD ⋅AC ⋅sin(∠DAC )

Осталось заметить, что углы $DAB$ и $DAC$ в сумме даёт $180∘,$ то есть они равны. Сокращаем на синусы и $AD,$ получаем, что $SABD-= AB-. SDAC AC$ Что и требовалось.