Тема ИТМО (Открытка)

Планиметрия на ИТМО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела итмо (открытка)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#121644

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На ней отмечена точка $F.$ Через точку $F$ проведены отрезки $BK,CT$ к сторонам треугольника, а $HK$ пересекает $CT$ в точке $R.$ Известно, что $a(a+b) BT = a−b ,TF =a,FR =b.$ Найти длину $AB.$

Источники: ИТМО-2025, 11.7(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть три чевианы, пересекающиеся в одной точке. На какую теорему это может нам намекать?

Подсказка 2

Верно, на теорему Чевы! Распишите её для △ABC. Но что делать с этим выражением? У нас есть произведение отношений, которыми чевианы делят стороны треугольника. Но что ещё чевианы делят в таком же отношении?

Подсказка 3

Да, площадь треугольника! Замените некоторые отношения сторон на отношения площадей, а затем распишите площади по теореме синусов. Какой отсюда можно сделать вывод об ∠KHF и ∠FHT?

Подсказка 4

Правильно, они равны! Тогда что интересного можно сказать про прямую HC?

Подсказка 5

Она является внешней биссектрисой △HKT! Осталось применить основное свойство биссектрисы:)

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем сначала, что $HA$ — биссектриса $∠THK.$ Это доказывается с помощью теоремы Чевы для $△ABC :$

1= CK- ⋅ AT-⋅ BH KA TB HC

Так как чевиана делит площадь треугольника и его сторону в одинаковом отношении, то

SHKC- = CK-, SHTA-= AT- SHKA KA SHTB TB

Подставим эти отношения в равенство из теоремы Чевы и распишем площади:

SHKC SHTA BH 1= SHKA- ⋅SHTB-⋅HC-

---HC-⋅HK-⋅sin∠KHC---- HA-⋅HT-⋅sin(90∘−-∠BHT-) BH- 1= HA ⋅HK ⋅sin(90∘− ∠KHC ) ⋅ HT ⋅HB ⋅sin∠BHT ⋅HC

sin∠KHC ⋅cos∠BHT 1= cos∠KHC--⋅sin∠BHT--

1 = tg∠KHC- tg∠BHT

∠KHC = ∠BHT

Далее, так как $HC$ — внешняя биссектриса $∠THR,$ то

CR-= FR- TC TF

TC-− a−-b= b TC a

1 − a-+b = b TC a

a(a-+b) TC = a− b

Далее замечаем, что $BT = TC.$ Тогда

∠BAH = 90∘− ∠ABC = 90∘− ∠TCB = ∠HFC = ∠AFT

Значит, $AT =TF = a.$

Следовательно,

2 AB = BT +TA = a(a-+b)+ a= -2a-- a− b a− b

Ответ:

$-2a2 a − b$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126964

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На стороне $AB$ отмечена точка $K.$ Оказалось, что $AK = 5,$ $KB = 10,$ $BH =12,$ $CH = 8.$ Отрезки $AH$ и $CK$ пересекаются в точке $M$ Найдите синус угла $∠MBH.$

Источники: ИТМО - 2025, 10.3 ( СМ. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим треугольник, две Чевианы в нём, много известных отрезков — какая теорема напрашивается?

Подсказка 2

Можно провести третью Чевиану и узнать: на какие отрезки она делит противоположную сторону? Что интересного в полученном соотношении?

Подсказка 3

Удачно получилась, что для проведённой нами Чевианы выполняется то же соотношение, какое должно выполняться для биссектрисы. Что же это значит?)

Подсказка 4

Осталось всего лишь поработать с половинным углом и задача решена!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AC$ и $BM$ пересекаются в точке $D.$ По теореме Чевы

AD- = BH-⋅ AK = 60 = 3 DC CH BK 80 4

Заметим, что

AB-= 15= 3 = AD- BC 20 4 DC

Следовательно, $BD$ является биссектрисой. Из прямоугольного треугольника $ABH$

BH- 12 4 cos∠B = AB = 15 = 5

Знаем, что

α ∘ 1−-cosα- sin 2-= ---2---

Тогда

∘-1−-cos∠B- ∘-1− 0,8 ∘ --- sin∠MBH = ---2----= --2--= 0,1

Ответ:

$√0,1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126966

Дана трапеция $ABCD,$ боковые стороны которой имеют длины $AB = 8,CD = 12.$ Также известна длина диагонали $BD = 20.$ Точка $K$ на продолжении стороны $AB$ за точку $A$ такова, что $∠BKD = ∠ADC.$ Также оказалось, что $AD$ — биссектриса $∠BDK.$ Точка $L$ на луче $DA$ такова, что $∠LKA =∠CBD.$ Найдите длину $DL.$

Источники: ИТМО - 2025, 10.5 ( см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, посмотрим внимательно на условие. Действительно, в нём сказано, что точка L лежит на луче DA. Это сразу даёт нам 2 картинки: либо точка L лежит на отрезке DA, либо точка L лежит за точкой A. Также несложно заметить и доказать вписанность четырёхугольника KBCD.

Подсказка 2

Ну что же, давайте разбирать оба случая из предыдущей подсказки! Пусть точка L лежит на продолжении DA за точку A. Что же делать теперь? Ясно что, считать углы. И счёт углов нам поможет доказать, что все 5 точек(B, C, D, K, L) лежат на одной окружности, а также BK = KL = CD!

Подсказка 3

Так-так, теперь вспомним какую-нибудь красивую теорему про вписанный многоугольник. Ага! Вот она - теорема Птолемея! Применив теорему Птолемея и основное свойство биссектрисы треугольника, мы без труда найдём DL.

Подсказка 4

А что же делать в том случае, если точка L лежит на DA? Введем точку L' - точку, которая будет совпадать с точкой L из предыдущих пунктов. Заметим две пары подобных треугольников (доказать их подобие нам поможет опять счёт углов). Итак, △BAD ∼ △LAK, а также △AKD ∼ △AL'K.Теперь все знания, чтобы решить задачу у Вас есть и надо просто аккуратно расписать подобие и посчитать длины отрезков.

Показать ответ и решение

Во-первых, $∠BKD =∠ADC$ по условию, $∠ADC = 180∘− ∠BCD$ (как односторонние углы в трапеции), поэтому четырёхугольник $KBCD$ — вписанный. Во-вторых, заметим, что точка $L$ определена не однозначно: она может оказаться как на продолжении луча $DA$ за точку $A,$ так и на отрезке $AD.$

Первый случай:

$PIC$

Поймём, что все пять отмеченных на рисунке угла равны: $∠LKA = ∠CBD$ по условию, $∠CBD = ∠BDL$ как накрест лежащий, $∠BDL =∠DLK,$ так как $DA$ биссектриса. Из равенства $∠BDL = ∠LKA$ получаем, что точка $L$ лежит на той же окружности, что и точки $B,C,D$ и $K.$ Отсюда $∠LBK =∠LDK,$ как опираюущийся на ту же дуту.

Кроме того, из равенства указанных выше углов также следует, что $BK = KL = CD = 12.$

Способ $1.$ Теорема синусов:

Запишем три теоремы синусов. Для треугольника $BDL :$

DL- = sin∠DBL-- BD sin∠BLD

Для треугольника $ABD :$

AB- = sin∠BDA BD sin∠BAD

Для треугольника $BDC :$

BD- = sin∠BCD CD sin∠CBD

Заметим, что

∠CBD = ∠BDL = ∠BDA;

∠DBL =∠DBA +∠ABL = ∠DBA + ∠KBL =

∘ =∠DBA +∠CBD = ∠ABC = 180 − ∠BAD,

поэтому $sin ∠DBL = sin∠BAD;$ наконец, $∠BLD = 180∘− ∠BCD,$ поэтому их синусы также равны.

Значит, произведение правых частей в теоремах синусов равно единице, поэтому

DL- AB-BD- BD ⋅BD CD =1

Отсюда

BD-⋅CD- 20⋅12 DL = AB = 8 = 30

Способ $2.$ Теорема Птолемея.

По теореме Птолемея для четырёхугольника $BDKL :$

BD ⋅KL + BL ⋅DK DL= ------BK-------

Поскольку $BL = KL =CD = 12,$ получаем

( ) DL = 12⋅ BDB+KDK--=12⋅ BBDK ⋅ 1+ DBKD-

По основному свойству биссектрисы для треугольника $KBD :$

DK- = AK- BD AB

Поэтому

BD- ( AK-) BD- AB-+AK-- 20- BK- 12⋅20 DL = 12⋅BK ⋅ 1+ AB = 12 ⋅BK ⋅ AB = 12⋅ BK ⋅ 8 = 8 = 30

Второй случай:

$PIC$

Поскольку мы будем пользоваться свойствами точки $L$ из первого случая, лежащую на отрезке $AD$ «версию» точки $L$ назовём $′ L.$ Углы $∠KBD$ и $∠KLD$ опираются на одну дугу, поэтому равны, то есть $∠ABD = ∠ALK.$ $∠BAD = ∠LAK$ вертикальные, поэтому треугольники $BAD$ и $LAK$ подобны,

AB ⋅LK 8 ⋅12 AL =--BD---= -20-

Значит,

( 2 2) AD = DL − AL = 20⋅12− 8⋅12= 12-20-− 8 8 20 8⋅20

Из того же самого подобия получаем

AK =AD ⋅ LK = AD⋅ 12 BD 20

Теперь заметим, что треугольник $AKD$ подобен треугольнику $AL′K$ по двум углам, откуда

AK2 AD2⋅ 122- 122 12(202− 82) 122 123(202− 82) 9 AL ′ = AD-= --AD-202-=AD ⋅202 =---8⋅20---⋅202 =---8⋅203---= 9125-

Следовательно,

( ) ( ) ( )( ) DL ′ = AD − AL′ = AD ⋅ 1− 122 = 12-202− 82-⋅ 202−-122 = 12202−-82-202− 122-= 16 16 202 8⋅20 202 8 ⋅203 125

Ответ:

$30 или 16-16 125$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#82291

Окружности $S 1$ и $S 2$ находятся внутри трапеции $ABCD$ , касаясь друг друга, оснований трапеции, и каждая — своей боковой стороны. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$ . Оказалось, что радиус вписанной окружности треугольника $BCK$ равен радиусу окружности $S1$ и равен $r.$ Также известно, что $BC = x$ . Найдите площадь треугольника $ADK.$

Источники: ИТМО-2024, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно заметить, что радиусы двух окружностей S1 и S2 равны (доказать этот факт не составит труда). После этого надо вписать окружность, которая является вписанной для BCK, в трапецию. Далее можно отметить все точки касания, равные углы и, может быть, заметить какие-то равенства.

Подсказка 2

После того, как мы отметили все равные отрезки, останется выразить высоту треугольника АDK через известные нам величины и найти площадь.

Показать ответ и решение

Радиусы $S 1$ и $S 2$ равны друг другу и высоте трапеции. Из условия про пересечение лучей следует, что $BC$ — меньшее основание.

Проведём вторую касательную к вписанной окружности треугольника $BCK$ параллельную основаниям трапеции. Обозначим за $X$ и $Y$ точки пересечения этой касательной с отрезками $BK$ и $CK.BXY C$ — трапеция.

Точки касания окружностей и оснований трапеции образуют квадрат со стороной $2r$ . Если вырезать этот квадрат из трапеции и склеить оставшиеся части между собой, получится трапеция, равная $BXY C$ .

Более точно, обозначим точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с основаниями трапеции $ABCD$ : пусть $M$ и $N$ лежат на $BC$ ( $M$ ближе к $B$ ), $P$ и $Q$ лежат на $AD$ ( $P$ ближе к $A$ ). Кроме того, пусть $U,V,W,Z$ — точки касания вписанной окружности $BCK$ с $XY,BC,BK,CK$ соответственно. Кроме того, пусть $S$ и $T$ — точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с боковыми сторонами трапеции, $O1,O2$ и $O$ — центры окружностей $S1,S2$ и вписанной окружности треугольника $BCK$ .

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO :$

$∠SBM = ∠W XU,$ как соответственные. $∠O1SB,∠BMO1, ∠OW X$ , $∠XUO$ прямые.

Значит оставшиеся углы, $∠MO1S$ и $∠UOW$ также равны. Значит, треугольники $MO1S$ и $UOW$ равны. Следовательно, треугольники $SBM$ и $W XU$ также равны, а значит четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO$ равны. Аналогично

SAP O1 = WBV O,TDQO2 = ZCV O,TCNO2 = ZYUO

Значит,

BC = BV +CV = AP + QD =AD − PQ = AD − 2r

AD =BC + 2r= x+ 2r

Пусть $h$ — длина высоты треугольника $BCK$ , проведённой из точки $K$ . Тогда длина высоты треугольника $ADK$ , проведённой из точки $K$ равна $h+ 2r$ . Значит, коэффициент подобия треугольников $ADK$ и $BCK$ с одной стороны равен $h+2r- h$ , а с другой $AD- x+2r BC = x$ , откуда $h= x$ . Значит, площадь треугольника $ADK$ равна

AD ⋅(h+2r) (x+ 2r)2 ----2-----= ---2---

Ответ:

$(x+-2r)2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68708

В трапеции $ABCD$ длины диагонали $BD$ и основания $BC$ равны. Точка $X$ на луче $BD$ такова, что $BX =CX.$ На прямой $CX$ взята точка $Y$ такая, что $AB =BY.$ Известно, что $∘ ∘ ∠DBC = α ,∠ABD =β .$ (При этом $∘ α +β ⁄= 90$ и $∘ 180 − α − β >α)$ Найдите градусную меру угла $∠BYC.$

Источники: ИТМО-2023, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество равных отрезков да еще и параллельные прямые в трапеции. В такой картинке больше всего хочется найти все равные углы, которые есть, давайте так и поступим.

Подсказка 2

Если вы правильно воспользуетесь равнобедренными треугольниками и параллельностью AD и BC, то станет понятно, что ∠XCB = ∠XDA. Еще мы знаем, что BD = BC, то есть точки D и C находятся как бы на одной окружности с центром в точке B. Что хочется сделать в такой конструкции?

Подсказка 3

Давайте повернем рисунок против часовой стрелки относительно точки B на угол равный альфа. Куда в таком случае перешли точка C и прямая CX?

Подсказка 4

Точка C перейдет в точку D, а прямая CX в прямую AD. Вспомните, что BA=BY, и подумайте, куда в таком случае могла перейти точка Y. Рассмотрите все возможные случаи и найдите в каждом случае градусную меру угла ∠BYC

Показать ответ и решение

$PIC$

$△BXC$ равнобедренный, поэтому $∠XCB =∠XBC = α.$ Накрест лежащие углы равны: $∠BDA = ∠DBC = α$ . Значит, $∠XCB = ∠BDA.$

Повернём картинку на угол $α$ относительно точки $B$ так, чтобы точка $C$ перешла в точку $D.$ Из доказанного выше равенства углов следует, что прямая $CX$ при этом повороте перейдёт в прямую $DA.$ Точка $Y$ при этом перейдёт в такую точку на прямой $AD,$ что расстояние от неё до точки $B$ равно $AB.$ Таких точек две. Одна из них точка $A,$ а вторая — какая-то точка $A′.$

Значит, $∠BYC = ∠BAD$ или $∠BYC = ∠BA′D.$ $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− α− β,$ как односторонний угол. Это один из ответов.

Посмотрим теперь на точку $A′.$ $△BAA ′$ равнобедренный, причём $∠BAA ′$ равен тому из углов $∠BAD$ и $180∘− ∠BAD,$ который является острым (случай прямого угла исключается значениями углов $α$ и $β,$ которые даны в каждом их вариантов). Если $∠BAD$ тупой, точка $A′$ очевидно лежит на луче $DA$ и $∠BA ′D= 180∘− ∠BAD =α +β.$ Если же $∠BAD$ острый, $∠BA′A= ∠BAA ′ = ∠BAD = 180∘ − α − β$ и точка $A′$ находится на луче $AD.$ При этом во всех вариантах $180∘− α − β > α,$ т.е. $∠BA′A> ∠BDA,$ поэтому точка $A′$ лежит ближе к $A,$ чем $D$ , т.е. попадает на отрезок $AD.$ Значит, $∠BA ′D = 180∘ − ∠BA ′A = α+ β.$

Ответ:

$α +β,180∘ − α − β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74577

Окружности $O 1$ радиуса $b$ и $O 2$ радиуса $c$ касаются в точке $O$ — центре окружности $O 3$ радиуса $a.$ Точка $A$ — одна из точек пересечения окружностей $O1$ и $O3.$ Окружность $O4$ касается окружности $O1$ в точке $A$ и окружности $O2$ в точке $B$ . Точка $C$ — такая точка на прямой $OB$ , что треугольники $OAB$ и $OCA$ подобны. Найдите $AC.$ Все указанные в условии касания происходят внешним образом.

Источники: ИТМО-2022, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если вы здесь, то вы нарисовали картинку, поздравляю вас! А не кажется ли вам, что здесь слишком много окружностей и хочется от них избавиться... Может пора вспомнить про инверсию?

Подсказка 2

У нас есть сразу две окружности, проходящие через центр окружности O₃, поэтому разумно будет делать инверсию относительно нее. Тогда окружности O₁ и O₂ перейдут в параллельные прямые L₁ и L₂. Точка A перейдет в себя (т.е. A'=A). А куда перейдут точки B и C?

Подсказка 3

Верно, из-за подобия они перейдут друг в друга! Значит AC=A'B'=AB'. Окружность O₄' касается прямых L₁ и L₂ в точках A и B', поэтому AB'- это просто расстояние между прямыми L₁ и L₂. Как будем его искать?

Подсказка 4

Давайте опустим перпендикуляр OH на прямую L₁. Тогда точка H является образом точки, диаметрально противоположной точке O на окружности O₁, при нашей инверсии. Значит OH*2b=a² ⇒ OH=a²/2b. Найдите расстояние от точки O до прямой L₂ и завершите решение!

Показать ответ и решение

Применим инверсию относительно окружности $O . 3$ Окружность $O 3$ перейдёт сама в себя, окружности $O 1$ и $O 2$ — в параллельные прямые $ℓ1$ и $ℓ2,$ первая из которых проходит через точку $A,$ переходящую при инверсии переходит сама в себя.

Точки $B$ и $C$ переходят при этой инверсии друг в друга, поскольку

2 2 a = OA = OB ⋅OC

Это равенство следует из подобия треугольников $OAB$ и $OCA;$ никаким другим образом эти треугольники подобны быть не могут, так как у них общий угол $O,$ а точки $B$ и $C$ мы предполагаем различными).

Окружность $O4$ переходит в окружность, касающуюся прямых $ℓ1$ и $ℓ2$ в точках $A$ и $C$ соответственно. Так как прямые параллельны, это значит, что длина отрезка $AC$ равна расстоянию между этими прямыми.

Опустим из точки $O$ перпендикуляр на прямую $ℓ1.$ Это перпендикуляр пересечёт окружность $O1$ в точке $X,$ инверсной основанию перпендикуляра $H$ и диаметрально противоположной $O$ . Это значит, что

-a2 a2 OH = OX = 2b

Ответ:

$a2 (1+ 1) 2 b c$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#99648

Четырёхугольник $ABCD$ описан вокруг окружности с центром в точке $O.$ $K, L,M, N$ — точки касания сторон $AB,BC,CD$ и $AD$ соответственно, $KP, LQ,MR$ и $NS$ — высоты в треугольниках $OKB, OLC,OMD, ONA.$ $OP = 15,OA = 32,OB = 64.$ Найдите длину отрезка $QR.$

Источники: ИТМО - 2021, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На рисунке довольно много высот, но проведены они всё же не во всех появившихся треугольниках. Давайте проведем еще одну, KT в треугольнике OKA. Что можно сказать про точку T? Есть ли какая-то "красота" в нашем рисунке? ;)

Подсказка 2

T совпадает с S! Обратите внимание на то, что картинка довольно-таки симметричная:) Тогда имеет смысл найти равные углы по обе стороны от OA.

Подсказка 3

Что можно сказать про четырёхугольники KPOS и ORNS? Какие равенства из этого вытекают?

Подсказка 4

Отлично, углы SPO и ORS равны! А что мешает проделать те же действия относительно других радиусов из точки O? ;) Тогда у нас появится ещё больше пар равных углов!

Подсказка 5

Что можно сказать про четырёхугольник QPSR?

Подсказка 6

QPSR — параллелограмм! Тогда мы можем искать не QR ;) Осталось лишь придумать, как же через известные отрезки выразить тот, который мы хотим найти. Не забудьте о том, что у нас проведены высоты в прямоугольных треугольниках!

Показать ответ и решение

$PIC$

Треугольники $OKA$ и $ONA$ — прямоугольные с общей гипотенузой и катетом, равным радиусу окружности, поэтому они равны. Значит, их высоты падают в одну точку общей гипотенузы, то есть $KS$ — высота в треугольнике $OKA$ . Поэтому точки $S$ и $P$ лежат на окружности с диаметром $OK$ . Аналогично точки $R$ и $S$ лежат на окружности с диаметром $ON$ . Поскольку диаметры этих окружностей равны, градусные меры дуги $OS$ в этих окружностях совпадают. В первой окружности на эту дугу опирается $∠OP S$ , а во второй - $∠ORS$ , значит, эти углы равны. (Именно равны, а не дополняют друг друга до $180∘$ , потому что точки $P$ и $R$ лежат по разные стороны от прямой $OS$ , а окружности симметричны относительно неё).

Аналогично $∠OP Q= ∠ORQ$ . Сложив это с предыдущим равенством, получим $∠SPQ = ∠SRQ$ . Аналогично $∠PSR =∠P QR$ , то есть четырёхугольник $PRQS$ — параллелограмм.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно понять, что вершины четырёхугольника $PQRS$ инверсны вершинам четырёхугольника $ABCD$ относительно нашей окружности, то есть мы только что повторили доказательство теоремы о том, что четырёхугольник, инверсный описанному, является параллелограммом.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Значит, вместо длины отрезка $QR$ мы можем найти длину отрезка $PS$ .

По свойству высоты прямоугольного треугольника, $OK2 = OS ⋅OA$ . Аналогично $OK2 =OP ⋅OB$ , откуда $OS-= OP-= k OB OA$ . Кроме того, угол $∠O$ в треугольниках $OBA$ и $OSP$ общий, поэтому они подобны с коэффициентом $k$ . Значит,

(∘ --2-----2 ∘---2----2) PS = k⋅AB =k(AK + KB)= k OA − OK + OB − OK =

OP (∘ ------------ ∘ -----------) = OA- OA2− OB ⋅OP + OB2− OB ⋅OP =30

Ответ:

$30$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68309

Точки $A,B$ и $C$ лежат на окружности с центром в точке $O.$ Луч $OB$ вторично пересекает описанную около треугольника $AOC$ окружность в точке $D,$ причём точка $B$ оказалась внутри этой окружности. Докажите, что $AB$ — биссектриса угла $DAC.$

Источники: ИТМО-2020, 9.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположите, что то, что вам нужно доказать, верно, и поймите, что это означает?

Подсказка 2

Получается картинка из леммы о трезубце, а точка B будет центром вписанной в треугольник ADC окружности.

Подсказка 3

Теперь остаётся доказать это. Из равенства OA=OC получаем, что...

Подсказка 4

DO - биссектриса. На ней отмечена точка B, так что BO=OA=OC. Значит...

Подсказка 5

Так как центр вписанной окружности удовлетворяет этому свойству по лемме о трезубце, и только одна точка на биссектрисе ему удовлетворяет, то B - центр вписанной окружности в треугольник ADC.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим окружность, на которой лежат точки $A, O, C$ и $D.$ Точка $O$ равноудалена от точек $A$ и $C,$ поэтому является серединой дуги $AC.$ Значит, $DO$ — биссектриса угла $D$ в треугольнике $ACD.$

Точка $B$ лежит на луче $OD$ и находится на том же расстоянии от точки $O,$ что точки $A$ и $C,$ поэтому по лемме о трезубце является центром вписанной в треугольник $ACD$ окружности, а значит, $AB$ тоже биссектриса.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#109927

В описанном пятиугольнике $ABCDE$ даны длины сторон

AB =10, BC = 9, CD = 11, DE =8, EA= 12.

Диагонали $AC$ и $BE$ пересекаются в точке $M.$ Найдите отношение площадей треугольников $AMD$ и $BMD.$

Источники: ИТМО - 2020, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим вписанную окружность и ее точку касания со стороной AB, пусть F. Что мы можем сказать о положении точки M?

Подсказка 2

Точка M лежит на отрезке DF. Тогда как можем выразить отношение площадей через какие-то составляющие?

Подсказка 3

Находим равные площади, выражаем искомые площади как разности площадей нескольких фигур. Из этого приводим отношение площадей к отношению сторон. Каких?

Подсказка 4

Нужно найти отношение AF/BF. Можем найти его, например, пользуясь некоторыми соображениями относительно периметра/полупериметра, длин остальных сторон. Выражаем через уже известные стороны и получаем ответ.

Показать ответ и решение

Обозначим точку касания вписанной окружности и стороны $AB$ за $X.$ Тогда точка $M$ лежит на отрезке $DX.$ Это следует, например, из теоремы Брианшона (которая гласит, что главные диагонали описанного шестиугольника пересекаются в одной точке) для вырожденного шестиугольника $AXBCDE.$

$PIC$

Тогда

S S − S AX SABMMDD- = SABDDXX-− SABMMXX-= BX-,

поскольку

SADX-= SAMX-= AX-. SBDX SBMX BX

Обозначим отрезки касания, прилегающие к вершине $A$ за $a$ , к вершине $B$ — за $b$ и т.д., а полупериметр пятиугольника за $p.$ Тогда

AX- a a+b+-c+-d+-e− (b+-c)−-(d+e) p-− BC-−-ED 8 BX = b = a+b+ c+ d+ e− (c+ d)− (a+e) = p− CD − AE = 2 =4.

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68083

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ равна диагонали $AC.$ На меньшей дуге $AD$ описанной окружности треугольника $ABD$ выбрана точка $E$ так, что $AB = AE.$ Найдите угол $∠CED.$

Источники: ИТМО - 2019, 11.5 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Продлим отрезок $AC$ за точку $A$ на его длину, получим точку $K.$ Пусть углы $CBA$ и $BCA$ равны по $α.$ Тогда угол $CAD$ равен $α,$ угол $BAC$ — $∘ 180 − 2α.$

$PIC$

Теперь нетрудно вычислить, что углы $BAD$ и $KAD$ равны по $∘ 180 − α,$ то есть точки $B$ и $K$ симметричны относительно $AD.$ Следовательно, угол $DBA$ равен углу $AKD,$ который, в свою очередь, равен углу $AEK,$ поскольку треугольник $AKE$ равнобедренный. Углы $AEK$ и $AED$ в сумме дают $180∘,$ потому что четырёхугольник $ABDE$ — вписанный. Отсюда получаем, что точки $K,E$ и $D$ коллинеарны.

Осталось заметить, что треугольник $CEK$ прямоугольный, потому что медиана равна половине стороны, к которой она проведена. То есть угол $CEK$ прямой, а значит смежный с ним угол $CED$ также прямой.

Второе решение.

Из равнобедренности треугольника $ABC$ и параллельности $BC$ и $AD$ получаем $∠ABC =$ $∠ACB = ∠CAD = α.$

$PIC$

Пусть прямая $BC$ пересекается с описанной окружностью треугольника $ABD$ в точке $F.$ Тогда $ABF D$ — вписанная, т.е. равнобедренная, трапеџия, откуда дуги $AB,AE$ и $DF$ равны. Отсюда $∠ABE = ∠DBF =β.$ $∠EAD =∠EBD = γ,$ так как эти углы опираются на одну дугу. $∠ABD =∠ABE + ∠EBD =β +γ.$ $∠EAC =∠EAD +∠CAD =γ +α.$ Значит, в равнобедренном треугольнике $EAC$ вьполняется равенство $∠ACE = ∠AEC = 180∘−2α−γ.$ Кроме того, $α= ∠ABC = ∠ABF = ∠ABD +∠DBF =2β+ γ$

∠CED = ∠AED − ∠AEC = (180∘− ∠ABD )− 180∘−-α−-γ= 180∘ − β − γ − 90∘+ 2β+-2γ-= 90∘. 2 2

Ответ:

$90∘$

Критерии оценки

Идея какого-либо дополнительного построения и ощутимые продвижения в подсчёте углов оцениваются половиной баллов. Только ответ - 0 баллов за задачу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68311

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB = 2,BC =8,AC =8.$ Из точки $B$ провели биссектрису, которая пересекла описанную окружность этого треугольника в точке $D.$ Найдите, чему равно $DI,$ где $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ИТМО-2017, 9.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть пересечение биссектрисы с окружностью. Тогда можно сразу применить лемму о трезубце! Т.е. DI = AD. Значит, нам надо посчитать AD. Как это можно сделать?

Подсказка 2

Нам даны все три стороны треугольника. Возможно, стоит воспользоваться теоремой синусов для каких-то треугольников?

Подсказка 3

Например, мы знаем что угол ADB = углу ABC! И из теоремы синусов для треугольника ADB мы можем получить, что AD выражается через AB и синусы углов ABC/2 и ACB. Дальше просто техника выражения синусов и косинусов из т.косинусов или т.синусов для упрощения вычислений)

Показать ответ и решение

$PIC$

Согласно лемме о трезубце $DI =AD$ , а по теореме синусов в треугольнике $ADB$

AD = AB-sin∠ABD--=---AB---sin∠ ABC-. sin∠ADB sin∠ACB 2

По теореме синусов в треугольнике $ABC$ имеем $sinA∠BACB-= 2RABC = sinA∠CABC-$ , поэтому по формуле синуса двойного угла

--AC-sin∠-AB2C---- ---AC---- AD = 2sin∠AB2C-cos∠ AB2C-= 2cos∠ AB2C-

По формуле косинуса половинного угла

cos2 ∠ABC = 1+cos∠ABC-= 1+-1∕8= 9-, 2 2 2 16

поэтому

--8-- 16 DI = AD = 2⋅3∕4 = 3

Ответ:

$16 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68312

Дан треугольник $ABC,$ точка $I$ — центр его вписанной окружности. На лучах $BI$ и $CI$ соответственно отмечены такие точки (отличные от $I$ ) $E$ и $F,$ что $AI = AE = AF.$ Докажите, что площади треугольников $BIF$ и $CIE$ равны.

Источники: ИТМО-2016, 10.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть интересное условие: AI = AE = AF... Никакое условие не напоминает?)

Подсказка 2

Лемма о трезубце! Давайте как раз обозначим за D середину дуги BC, и тогда DI = DB = DC. Попробуйте здесь найти подобия)

Подсказка 3

Да, можно доказать, что треугольники DIB и AIE подобны, также как DIC и AIF. Попробуйте записать эти условия подобий через отрезки, и сможете понять, почему площади требуемых треугольников равны)

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим точку $D$ — середину дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ . По лемме о трезубце $DB = DC = DI$ . Треугольники $DBI$ и $AEI$ подобны, так как это равнобедренные треугольники с равными углами при основании (углы в точке $I$ равны как вертикальные, потому что точки $A, I$ и $D$ лежат на одной прямой — биссектрисе угла $A$ ). Аналогично подобны треугольники $DCI$ и $AFI$ .

Отсюда получаем

BI= DI-= CI- EI AI FI

(первое равенство из первого подобия, второе — из второго). Раскрывая пропорцию, имеем $BI⋅FI = CI ⋅EI$ . Из этого равенства следует требуемое равенство площадей треугольников $BIF$ и $CIE$ , поскольку углы при вершине $I$ в треугольниках $BIF$ и $CIE$ равны как вертикальные.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68313

Дан треугольник $ABC,$ точка $I$ — центр вписанной окружности, точка $A 1$ взята таким образом, что точка $A$ является серединой отрезка $A1I.$ Докажите, что точка $A1$ и центры вневписанных окружностей треугольника $ABC$ лежат на одной окружности.

Источники: ИТМО-2016, 9.8 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть условие, что A - середина отрезка IA₁, а также есть центры вневписанных окружностей...Какой можно использовать факт или теорему, где тоже какие-то точки являются серединами каких-то отрезков, причем этот факт или теорема связана с центрами вневписанных окружностей?)

Подсказка 2

Лемма о трезубце конечно! Если отметить середины дуг AB, BC и CA, то эти середины дуг являются серединами отрезков IC₁, IA₁ и IB₁ соответственно, где A₁, B₁, C₁ - центры вневписанных окружностей. У нас есть теперь достаточно много середин, которые завязаны на точке I...Что можно в этом случае сделать?

Подсказка 3

Посмотреть на сами серединки дуг и на точку A) Они все уже лежат на описанной окружности треугольника ABC, а дальше становится ясно что делать!

Показать доказательство

Докажем, что точки $A , D , E 1 1 1$ и лежат на одной окружности с центром в $O . 1$

$PIC$

Пусть точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ ; $O1$ — такая точка, что $O$ середина $O1I$ ; точки $D, E$ и $F$ — середины дуг $AB, BC$ и $AC$ описанной окружности треугольника $ABC$ , а точки $D1, E1, F1$ — центры вневписанных окружностей треугольника $ABC$ , касающихся сторон $AB, BC$ и $AC$ соответственно. Тогда по лемме о трезубце точки $D, E$ и $F$ — середины $D1I, E1I$ и $F1I$ соответственно.

В треугольнике $A1O1I$ отрезок $AO$ является средней линией, значит $O1A1 = 2OA$ . Аналогичные равенства получаем и для остальных пар отрезков:

$D1O1 = 2OD, F1O1 = 2OF, E1O1 = 2OE$ и так как $OA =OD = OE = OF$ , получаем

O1A1 =O1D1 = O1E1 = O1F1

то есть точки $A1, D1, E1$ и лежат на одной окружности с центром в $O1$ , что и требовалось доказать. Заметим, что вместо последнего абзаца можно было применить преобразование подобия (гомотетию) с центром в точке $I$ и коэффициентом $2.$