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#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 $R$ 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:

$(x+-2r)2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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:

$a2 (1+ 1) 2 b c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 $QR.$

Показать ответ и решение

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 $OOSB-= OOPA-= k$ . Кроме того, угол $∠O$ в треугольниках $OBA$ и $OSP$ общий, поэтому они подобны с коэффициентом $k$ . Значит,

( --------- ---------) PS = k⋅AB =k(AK + KB)= k ∘ OA2− OK2 + ∘OB2 − OK2 =

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

Ответ:

$30$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#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 $∠ABC =$ $∠ACB = ∠CAD =α.$

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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:

$16 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 9#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 $2.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел