Тема ШВБ (Шаг в будущее)

Планиметрия на ШВБ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела швб (шаг в будущее)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119901

Высота $BH$ треугольника $ABC$ является диаметром окружности, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Прямые, касающиеся этой окружности в точках $D$ и $E,$ пересекаются в точке $F.$ Прямая $BF$ пересекает сторону $AC$ в точке $K.$ Найдите отношение $AK$ : $KC$ и длины отрезков $DF$ и $BK,$ если $BH =12,AD = 25∕13,CE = 27∕5.$

Источники: ШВБ - 2025, 11.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам дает тот факт, что BH — диаметр окружности? Как это использовать при нахождении длин новых отрезков?

Подсказка 2

Все углы, опирающиеся на BH в нашей окружности — прямые! Тогда на картинке немало подобных треугольников, а также есть касательные, про которые мы также знаем полезные свойства для нахождения длины. Используя это, нам не составит труда найти стороны треугольник ABC.

Подсказка 3

Точка F пока что "витает в воздухе". Что хочется провести, чтобы иметь возможность "перенести" отношение AK : KC?

Подсказка 4

Проведите через F прямую, параллельную AC. Тогда можно будет посчитать углы и найти, например, равнобедренные треугольники!

Показать ответ и решение

Найдем стороны треугольника $ABC.$ Треугольники $BDH$ и $BHA$ подобны, откуда:

BH- -BD 2 AB =BH ⇒ BH = AB ⋅BD ⇒

BH2 = AB ⋅(AB − AD)⇒ AB2− AD ⋅AB− BH2 = 0⇒

2 2 13AB − 13AD ⋅AB − 13BH = 0.

Подставим $AD = 25 13$ и получаем квадратное уравнение относительно $AB :$

2 13AB − 25AB − 13 ⋅144= 0, AB =13 -единственный положительный корень.

Треугольники $BEH$ и $BHC$ подобны:

BH- =-BE ⇒ BH2 = BC ⋅BE ⇒ BC BH

BH2 = BC ⋅(BC − CE)⇒ BC2− CE ⋅BC− BH2 = 0⇒

Аналогично подставим $EC$ и решим уравнение:

5BC2 − 27BC − 144⋅5= 0, BC = 15 -единственный полож ительный корень.

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольных треугольников $△AHB, △BHC$ найдем катеты:

AH = 5, HC = 9, а такж е AC =AH + HC = 14.

$PIC$

Найдем отношение $AK :KC.$ Проведем через $F$ прямую параллельную $AC,$ обозначим точки пересечения продолжения сторон $AB,BC$ и данной прямой $G,L.$ Пусть $O$ — центр окружности. Тогда:

∠ODF =∠BDH = 90∘ ⇒ ∠BDO = ∠FDH, ∠GDF =∠F GD.

Треугольник $DFG$ равнобедренный, $DF = FG.$ Аналогично, треугольник $EF L$ равнобедренный, $EF = FL.$ По свойству касательных $EF = DF,$ поэтому $GF = LF.$ Следовательно, $BF$ — медиана треугольника $GBL.$ Треугольники $GBL$ и $ABC$ подобны, $BK$ — медиана треугольника $ABC.$ Таким образом:

AK :KC =1:1.

Найдем длину $BK.$ Медиана треугольника $ABC$ по формуле длины медианы:

1∘---------------- 1∘ ---------------- √-- BK = 2 2AB2 +2BC2 − AC2 = 2 2⋅132 +2⋅152− 142 = 2 37.

Найдем длину $DF :$

∠DOE = 2∠ABC ⇒ ∠OF D= 90∘− ∠ABC ⇒

DF = OD ⋅ctg(∠OFD )=OD ⋅tg(∠ABC )= 6⋅tg(∠ABC ).

По теореме косинусов:

cos(∠ABC) = AB2-+-BC2−-AC2 = 169+225−-196-= 33. 2AB ⋅BC 2 ⋅13⋅15 65

Тогда:

∘ ---(--)2- sin(∠ABC )= 1− 33 = 56, tg(∠ABC )= 56, 65 65 33

DF = 6⋅56 = 112. 33 11

Ответ:

$AK :KC = 1:1, BK =2√37, DF = 112- 11$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#127230

Четырехугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 3,BC = 4,CD =6$ и $AD = 2$ вписан в окружность. Прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E,$ а прямые $BC$ и $AD$ пересекаются в точке $F.$ Биссектриса угла $CFD$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а биссектриса угла $BEC$ пересекает стороны $AD$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите длину отрезка $EF$ и площадь четырехугольника $KMLN.$

Источники: ШВБ - 2025, 10.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите биссектрисы FL и EN.

Подсказка 2

Докажите, что они пересекаются под прямым углом. Для этого можно обозначить величины углов через неизвестные.

Подсказка 3

Каким тогда будет треугольник MFN?

Подсказка 4

Докажите, что KMLN — ромб.

Подсказка 5

Следовательно, площадь KMLN равна KL ⋅ MN / 2. Как можно выразить эти стороны?

Подсказка 6

Рассмотрите треугольники AFB и CFD.

Подсказка 7

Вспомните свойство биссектрисы об отношении сторон в треугольнике, а также формулу для её вычисления.

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем, что биссектрисы $FL$ и $EN$ пересекаются под прямым углом. Пусть $O$ — их точка пересечения. Введем обозначения: $∠CF D =2α,$ $∠BEC =2β,$ $∠BCD =γ.$ Тогда $∠AMO = β+ γ.$ В треугольнике $FOM$

∠MOF = 180∘− α− (β+ γ)=180∘− (α +β +γ)

В треугольнике $CDF$

∠DCF +∠CF D +∠CDF =180∘

γ+ 2α +(γ+ 2β)= 2α +2β +2γ = 180∘

∘ α+ β+ γ = 90

Получим, что $∠MOF = 90∘.$ В треугольнике $MF N$ $F O$ является биссектрисой и высотой, следовательно, треугольник $MF N$ является равнобедренным и $FO$ — медиана. Тогда $MO =ON.$ Аналогично, треугольник $KEL$ является равнобедренным и $KO =OL.$ Выходит, что $KMLN$ — ромб.

KL ⋅MN SKMLN = ---2---

Треугольники $AFB$ и $CF D$ подобны по 2 углам, тогда

FB FA AB FD-= FC-= CD-

---FB---= --F-A---= 1 F A+ AD FB + BC 2

2⋅F B = FA + 2

2⋅F A= FB + 4

8 10 FB = 3, F A= -3

Так как $FK$ — биссектриса в треугольнике $AF B,$ то

-FB = FA- KB AK

AK = 5, KB = 4 3 3

По формуле длины биссектрисы

√--------------- 2√15 FK = FA ⋅FB − AK ⋅KB =--3-

Раз $FL =2⋅FK,$ то

√-- √-- KL = 2-15, F O= 15 3

Аналогично, треугольники $AED$ и $CEB$ подобны по 2 углам. Тогда

EA-= ED-= AD- EC EB BC

---EA---= --ED--- = 1 ED + CD EA + AB 2

2 ⋅EA = ED + 6

2 ⋅ED =EA + 3

EA =5, ED =4

Тогда

10 8 AM = 9-, MD =9

Значит,

√---------------- √--- EM = EA ⋅ED − AM ⋅MD = 2-385 9

√385 EO = -3--

Так как $EN = 2⋅EM,$ то

√ --- MN = 2⋅--385 9

Треугольник $EFO$ — прямоугольный,

√--- EF = ∘EO2-+-FO2-= 2-130 3

В итоге

KL ⋅MN 1 2√15- 2√385 SKMLN = ---2---= 2 ⋅-3--⋅--9--

√ --- SKMLN = 10-231- 27

Ответ:

$2√130 10√231 EF = 3 ,SKMLN = 27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#127233

Дизайнер спроектировал офисное помещение с основанием в виде прямоугольного треугольника $ABC,$ угол $C$ прямой. С помощью потолочного освещения помещение разбито на зоны следующим образом: большой светильник $P$ освещает площадь $S,$ ограниченную окружностью, которая вписана в треугольник $ABC.$ Если к этой окружности провести внутри треугольника $ABC$ касательные, параллельные сторонам комнаты, то получатся еще три треугольника при вершинах $A,B$ и $C,$ в которые можно вписать маленькие окружности, ограничивающие площади $SA,SB,SC.$ Эти площади освещаются дополнительными светильниками $PA,PB,PC.$

Найдите, радиусы всех окружностей и освещенность каждой зоны, если площадь треугольника равна $SABC = 240$ кв.м, гипотенуза $AB = 34$ м, величина угла $BAC$ меньше величины угла $CBA,$ а показатели световой отдачи (яркости) светильника $P$ составляет $51840$ лм, светильника $PA− 28512$ лм, светильника $PB − 5670$ лм и светильника $PC − 1620$ лм.

Освещенность $Ex$ площади $Sx$ светильником $Px$ с показателем световой отдачи $Fx$ рассчитывается по формуле $F Ex = 12 ⋅Sxx$ (лк), где $1∕2−$ поправочный коэффициент, лк — люкс, лм — люмен.

Источники: ШВБ - 2025, 10.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вообще вся задача про счёт, бояться его не нужно. Вспомните формулу площади, в которой фигурирует радиус.

Подсказка 2

Не забывайте, что напротив меньшего угла лежит меньшая сторона.

Показать ответ и решение

$PIC$

В треугольник $ABC$ вписана окружность с центром $O,$ пусть ее радиус равен $R.$ $HI ∥AC,$ $DF ∥CB,$ $JK ∥ AB,$ $CG ⊥ AB,$ $CG$ пересекается с $JK$ в точке $L.$ Центрами вписанных окружностей треугольников $HIB,$ $ADF$ и $CJK$ будут $O1,$ $O2$ и $O3,$ их радиусы — $rB,$ $rA$ и $rC.$

R = S(ABC) p(ABC)

С другой стороны, если $a$ и $b$ — катеты, а $c$ — гипотенуза треугольника $ABC,$ то

2 2 2 2⋅SABC = ab,c = a + b

(a+b)2 = a2+2ab+ b2 =c2+ 4⋅S ABC

a+b+ c c+ ∘c2+-4⋅SABC- p = --2---= -------2-------

Тогда

S 2⋅S 2⋅240 R= p(ABC)= ∘--2--ABC--- =34+-√1156+-4⋅240 =6 (ABC) c + 4⋅SABC

Теперь

(|{ a =∘c2-+4-⋅S(ABC)− b (∘ ----------- ) |( c2+4⋅S(ABC)− b b=2 ⋅S(ABC)

∘----------- b2− b⋅ c2+ 4⋅S(ABC )+2⋅S(ABC) = 0

D =c2+ 4⋅S(ABC)− 8⋅S(ABC) =

2 = c − 4 ⋅S(ABC)

∘c2-+4-⋅S-----± ∘c2−-4⋅S----- b= --------(ABC)----------(ABC-) 2

Тогда $a =30$ и $b= 16$ или $a =16$ и $b= 30.$ Напротив меньшего угла лежит меньшая сторона, поэтому $CB = 16,$ $AC =30.$ Маленькие треугольники подобны большому треугольнику, т.к. стороны параллельны. Расстояние между проведенными параллельными прямыми и соответствующими им сторонами равно диаметру большого круга. Поэтому

rB = BH-= BC-−-2R- R BC BC

rA AD- AC-−-2R- R = AC = AC

rC = CL-= CG-−-2R- R CG CG

CG = 2⋅S(ABC) AB

3 18 -9 rB = 2,rA = 5 ,rC = 10

Площади меньших кругов равны

9 324 81 SB = 4π,SA =-25-π,SC = 100π

Вычислим освещенность:

F- 51840- 720 E = 2S = 72π = π ≈ 229

FA 25⋅28512 1100 EA = 2SA =-2⋅324π-= -π--≈ 350

EB = FB--= 2⋅5670-= 1260≈ 401 2SB 9π π

E = -FC = 162000= 1000≈ 318 C 2SC 2⋅81π π

Ответ:

$r = 18,r = 3,r =-9 A 5 B 2 C 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86347

В треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 5,BC =8$ , $AC = 7$ вписана окружность с центром в точке $O$ , которая касается сторон $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. На прямой $MN$ отмечена точка $K$ так, что угол $OAK$ равен $∘ 60$ . Найдите длину отрезка $KN$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, давайте поймём, что у нас за картинка. А картинка у нас фиксирована, то есть мы можем вычислить (возможно, с большой сердечной болью) любой объект на картинке. А значит, скорее всего, задача на счёт. При этом, если мы уже хотим считать, то давайте посчитаем углы треугольника (возможно, угол OAK равен 60 градусам неспроста, иначе, непонятно как связать его хоть с чем-то)

Подсказка 2

По теореме косинусов угол ABC равен 60 градусам. Значит, угол AOC — 120. То есть, прямые OC и AK параллельны, а где параллельность — там и подобие.

Подсказка 3

Мы знаем, что OC перпендикулярно MN. А значит, и AK перпендикулярно MN. Если OC и MN пересекаются в T, то выходит, что MTC и MAK подобны. При этом мы знаем их коэффициент подобия и сторона MT ищется, так как известен угол и можно найти отрезок касательной MC.

Подсказка 4

Мы знаем KM, а значит, так как знаем KM и MT, то знаем и KN.

Показать ответ и решение

Заметим сразу, что $BC2 < AB2+ AC2$ , то есть треугольник $ABC$ — остроугольный. А значит, $∠BAC < 90∘$ и $∠OAC < 45∘$ . Поэтому точка $K$ лежит снаружи треугольника $ABC.$

Обозначим углы треугольника за $2α, 2β, 2γ.$ По теореме косинусов найдем угол $2β :$

2 2 2 AC = AB + BC − 2cos2β ⋅AB⋅BC

1 49= 25+ 64− 2cos2β⋅40 =⇒ cos2β = 2

2β =60∘

Проведем $CO$ . Тогда $∠AOC = 90∘ +β =120∘.$ Поэтому, так как $∠OAK =60∘$ по условию, $OC||AK.$

Пусть $T$ — точка пересечения $CO$ и $MN$ . $CT$ — биссектриса, медиана и высота в равнобедренном треугольнике $CNM$ , поэтому $∘ ∠CT M = 90 =∠MKA.$

$PIC$

Тогда из прямоугольного треугольника $MKA$ получаем

MK = AM ⋅cos(90∘− γ)= 2sinγ

По теореме косинусов найдем угол $2γ$

25= 64+ 49− 2cos2γ⋅56 =⇒ cos2γ = 11 14

По формуле половинного угла

cos2γ = 2cos2γ − 1 =⇒ cos2γ = 25 28

По основному тригонометрическому тождеству

2 3- √21 sin γ = 28 =⇒ sinγ = 14

И тогда $√21- √21- MK =2⋅ 14 = 7 .$

А из треугольника $MCT$ находим $5√21 MN = 2⋅TM = 7 .$

В итоге $6√21 KN = KM + MN = -7-.$

Ответ:

$6√21 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#69236

Биссектрисы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ внешних углов треугольника $ABC$ пересекают продолжения противоположных сторон треугольника в точках $A1,B1,C1$ соответственно. Найдите угол $A1C1B1$ и длину отрезка $A1B1,$ если $AC = 5,BC = 2,$ а угол $ACB$ равен $13 arccos20.$

Источники: ШВБ - 2023, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что биссектрисы в треугольнике пересекаются в одной точке. Попробуйте провести аналогичное доказательство к тому, что эти три точки на самом деле лежат на одной прямой)

Подсказка 2

Для этого попробуйте также записать всякие отношения и теорему Менелая!

Подсказка 3

Мы поняли, что эти три точки на одной прямой, а значит искомый угол = 180 градусов. Теперь давайте перейдем к отрезку A₁B₁. Для начала можно поискать все что можно в треугольнике ABC, например, недостающую третью сторону)

Подсказка 4

Да, это можно сделать с помощью теоремы косинусов! А теперь попробуйте опять же записать множество отношений и некоторые отрезки представить в виде суммы отрезков. С этой технической работой можно дойти до нужного отрезка!

Показать ответ и решение

Обозначим $AC = b=5,BC = a= 2,AB = c,γ =∠ACB =arccos13. 20$

Треугольники $AA1B$ и $AA1C$ имеют общую высоту из общей вершины $A,$ следовательно, можем записать следующие соотношения для их площадей

SAA1B BA1 SAA1C-= CA1-

(1)

Пусть $A1D$ — перпендикуляр из $A1$ к прямой $AC,$ $A1E$ — перпендикуляр из $A1$ к прямой $AB.$ Так как $AA1$ — биссектриса $∠DAE,$ значит, точка $A1$ равноудалена от прямых $AC$ и $AB.$ Следовательно, $A1D = A1E.$ Благодаря этому получаем

SAA1B-= AB-⋅A1E-= c SAA1C AC ⋅A1D b

(2)

Из соотношений (1) и (2) следует, что

BA1- c CA1 = b

Аналогично получаем

BC1- a AB1- c AC1 = b и CB1 = a

Тогда

BA1 CB1 AC1 c a b CA1-⋅AB1-⋅BC1-= b ⋅c ⋅a = 1

Значит, по теореме Менелая точки $A1,B1,C1$ лежат на одной прямой. Т.е. $∠A1C1B1 =180∘$ и $A1B1 = A1C1+ C1B1.$

$PIC$

По теореме косинусов найдём $AB = c$

2 2 2 c = a +b − 2abcosγ = 4+ 25− 13= 16⇒ c= 4

Теперь найдём $BA1$

BA1- c 4 --BA1--- 4 -BA1--- 4 CA1 = b = 5 ⇒ BC +BA1 = 5 ⇒ 2+ BA1 = 5 ⇒ BA1 = 8

Аналогично получаем $8 BC1 = 3$ и $CB1 =5.$ Обозначим $α= ∠BAC,$ $β = ∠ABC.$ Получим значения $cosα$ и $cosβ$ из двух теорем косинусов

2 2 2 cosα = c+-b-−-a-= 16+25−-4= 37 2bc 40 40

cosβ = c2+a2−-b2= 16+-4−-25-= − 5 2ca 16 16

Запишем теорему косинусов в $△AC1B1$

2 2 2 400- 200- 37 190 C1B1 =AC 1 + AB1 − 2cosα ⋅AC1⋅AB1 = 9 +100− 2⋅ 3 ⋅40 = 9

√190 C1B1 = -3--

Углы $A1BC1$ и $ABC$ равны как вертикальные. Запишем теорему косинусов в $△A1BC1$

2 2 2 64- 64- 5- 4⋅190 A1C1 = BA1+ BC1 − 2cosβ⋅BA1⋅BC1 = 64 + 9 +2 ⋅3 ⋅16 = 9

2√190 A1C1 =--3--

Следовательно,

--- A1B1 = A1C1+ C1B1 = √190

Ответ:

$180∘;√190$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74503

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ длины сторон $AB$ и $BC$ равны, $DB$ — биссектриса угла $ADC,AD :DC = 4:3.$ Найдите косинус угла $AKB,$ если $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD,$ и $BK :KD = 1:3.$

Источники: ШВБ-2022, (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу запишем все отрезки через переменные, пользуясь свойством биссектрисы) Как воспользоваться тем, что у четырехугольника есть две равные стороны? Не забываем, что диагональ DB является биссектрисой!

Подсказка 3

Произведение отрезков диагонали равны! Запишем это, и, т.к. у нас все отрезки теперь выражены с помощью двух переменных, сможем применить теорему косинусов, чтобы избавиться от одной переменной) Осталось лишь понять, как искать косинус нужного угла, если мы знаем отношения практически всех отрезков на картинке!

Показать ответ и решение

$PIC$

$AD :DC = 4:3,$ пусть $AD =4x,DC = 3x,$ $BK :KD = 1:3,$ пусть $BK = y,KD = 3y.$ $DK$ — биссектриса треугольника $ADC,$ $AK :KC = AD :DC =$ $=4:3,AK = 4z,KC = 3z.$

Точка $B$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к диагонали $AC$ и биссектрисы угла $D$ в выпуклом четырехугольнике $ABCD.$ Следовательно, около этого четырехугольника можно описать окружность.

Действительно, опишем окружность около треугольника $ACD,$ обозначим точку пересечения биссектрисы угла $D$ с окружностью через $B1.$ Тогда по свойству вписанных углов дуги $AB1$ и $B1C$ будут равны, хорды $AB1$ и $B1C$ тоже будут равны, треугольник $AB1C$ будет равнобедренным, и серединный перпендикуляр к диагонали $AC$ и биссектриса угла $D$ будут пересекаться в точке $B1.$ Следовательно, $B1 =B.$

Поскольку около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность, то для его диагоналей верно равенство

AK ⋅KC =BK ⋅KD, 4z2 =y2,y = 2z

Треугольник $ABK$ подобен $DCK$ , и $CADB= BKKC-$ , пусть $AB =p,$ поэтому

p-= y-= 2 ⇒ p= 2x⇒ x= p 3x 3z 3 2

AD = 2p, DC = 3p 2

По теореме косинусов для треугольников $ABC$ и $ADC$ с учетом $∠B + ∠D =180∘$ имеем

2 49z2 = 2p2 − 2p2cos∠B,49z2 = 4p2 + 9p-+ 6p2cos∠B 4

z = p, y = p, AK = p, BK = p 4 2 2

Для равнобедренного треугольника $ABK$ имеем

BK-- 1 cos∠AKB = 2AK = 4

Ответ:

$1 4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#101431

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что $AK = 9√2-∕2,BK = 9,KC =3.$ Около треугольника $ABK$ описана окружность. Через точку $C$ и точку $D,$ лежащую на стороне $AB,$ проведена прямая, которая пересекает окружность в точке $P,$ причем $CP > CD.$ Найдите $DP,$ если $∠APB = ∠BAC,CD$ — биссектриса треугольника $ABC.$

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке у нас есть окружность, а также равные из условия углы. Давайте тогда попробуем записать цепочки равных и вывести из этого что-то полезное.

Подсказка 2

Здорово, оказывется, у нас проведена касательная к окружности, а треугольники AKC и BAC подобны! Воспользуемся этим и условием, чтобы посчитать некоторые отрезки ;) Сейчас наша цель — делать картинку как можно яснее.

Подсказка 3

Таким образом, из подобий и того, что у нас проведена биссектриса, можно посчитать практически все отрезки треугольника ABC. Но как добраться до отрезка, который является частью хорды в окружности? Давайте введём переменные и воспользуемся тем, что знаем об отрезках хорды!

Подсказка 4

AD * DB = PD * DN. А произведение секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной! Отсюда можно найти ответ ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

$1)$ Из условия мы знаем, что $∠AP B =∠BAC,$ а из вписанного четырёхугольника $∠APB = ∠AKC.$ Откуда получаем, следующие равенства

∠AKC = ∠BAC, ∠KAC = ∠ABC

Значит, отрезок $AC$ является отрезком касательной к окружности. Теперь мы понимаем, что $△ABC$ подобен $△AKC.$ Запишем соответствующие отношения сторон и подставим значения из условия:

√- AB-= AC- = BC-⇒ AB--2 = AC = 12-⇒ AC =6, AB =9√2 AK KC AC 9 3 AC

$2)$ Так как мы знаем, что $CD$ — биссектриса, то запишем свойство, подставив известные значения

AD-= AC-= 1 DB BC 2

К тому же мы нашли $AB,$ поэтому $AD = 3√2,DB = 6√2.$ Давайте теперь запишем формулу для биссектрисы и вычислим её:

2 √- √- CD =AC ⋅CB − AD ⋅DB =72− 3 2⋅6 2= 36 ⇐⇒ CD =6

$3)$ Пусть $DP =x,DN = y,$ где $N$ точка пересечения прямой $CD$ с окружностью, $N ⁄= P.$ Четырехугольник $ANBP$ вписан в окружность, откуда из произведения отрезков хорд

AD ⋅DB =P D⋅DN ⇐⇒ 36 =xy

По свойствам касательных и секущих к окружности имеем

CN ⋅CP = AC2

(CD − y)⋅(CD + x) =AC2

(6− y)⋅(6+ x) =36

6(x− y)= xy

$4)$ Теперь осталось только решить систему из полученных уравнений в $3$ пункте

{ 36= xy 6(x− y)= xy

Откуда $2 x= y+ 6⇒ y +6y− 36= 0.$ Решив уравнение, получим $√ - √- y = −3+ 3 5,DP = x= 3+ 3 5.$

Ответ:

$DP = 3+ 3√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#104429

Окружность проходит через вершины $A$ и $C$ равнобедренного треугольника $ABC (AB =BC )$ и пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N,$ соответственно. $MK,$ хорда этой окружности, равная по длине $√- 2 5,$ содержит точку $H,$ лежащую на $AC$ и являющуюся основанием высоты треугольника $ABC.$ Прямая, проходящая через точку $C$ и перпендикулярная $BC,$ пересекает прямую $MN$ в точке $L.$ Найти радиус окружности, описанной около треугольника $MKL,$ если $2 cos∠ABK = 3.$

Источники: ШВБ - 2020, 9 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о четырёхугольнике AMNC?

Подсказка 2

AMNC — равнобокая трапеция! Было бы полезно найти окружность, на которой лежать точки K, M, L. Например, найти вписанный четырёхугольник, вершинами которого являются эти точки. Какие есть подозрения на четвёртую вершину?

Подсказка 3

Давайте попробуем доказать, что BMKL — вписанный! Равенство каких углов нам для этого нужно?

Подсказка 4

Попробуем доказать, что углы MBK и MLK равны! Очень часто помогает идея разбить нужные углы на части, а затем доказать попарное равенство частей.

Подсказка 5

Что можно сказать о треугольниках CBH и NLC?

Подсказка 6

Треугольники CBH и NLC подобны! Тогда можно будет выписать соответствующие отношения сторон и попробовать найти другие подобные треугольники!

Подсказка 7

Рассмотрите треугольники KCL и BHK. Можно можно сказать про отношение их сторон? А о тупых углах в них?

Показать ответ и решение

$PIC$

Четырехугольник $AMNC$ — равнобедренная трапеция. Треугольники $AMH$ и $HNC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда:

∠AHM = ∠HMN = ∠MNH =∠NHC = ∠CHK =180∘− ∠NCK ∠MAC = ∠ACN =∠NCA ∘ ∘ ∘ ∠KHB =∠KHC + 90 = 180 − ∠NCK + 90 =∠KCL ∠AMK = ∠ACK =∠HNC

(как углы равных треугольников и как углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, треугольник $HNC$ подобен треугольнику $HCK$ и треугольник $BHC$ подобен треугольнику $NLC$ по двум углам. Значит,

KC NC LC KH-= CH- = HB-

и учитывая, что $∠KHB = ∠KCL$ , получаем подобие треугольника $KCL$ и треугольника $BHK,$ следовательно,

∠CLK = ∠HBK ⇒ ∠MBK = ∠MLK

а значит, точки $K,M,B,L$ лежат на одной окружности и

√- R = --MK-----= 2√5= 3 2sin∠ABK 235

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#105232

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD.$ Известно, что центры вписанной в треугольник $ABD$ и описанной около треугольника $ABC$ совпадают. Найдите $CD,$ если $√- AC = 5 +1.$ Ответ не должен включать обозначения тригонометрических функций и обратных к ним.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть центр вписанной окружности, давайте тогда попробуем посчитать углы! Пусть угол ∠A=α, ∠B=β. Какие углы на картинке можно выразить через них?

Подсказка 2

Посчитайте ∠BAO и ∠ABO. Посмотрите, теперь мы можем выразить один через другой, использовав условие! Быть может, выразим через углы α и β все углы треугольника ABC?

Подсказка 3

α = 2β, то есть в равнобедренном треугольнике у нас один угол в два раза больше другого. Тогда несложно найти их все!

Подсказка 4

Нам нужно найти CD, который по сути является одним из отрезков, на которые делит биссектриса угла противоположную сторону! Каким свойством можно воспользоваться для поиска этого отрезка?

Подсказка 5

Хотелось бы воспользоваться свойством биссектрисы про отношение сторон треугольника! Но перед этим было бы хорошо выразить BD и AC (чтобы уравнение решалось). А что можно сказать про треугольники ABD и ADC? ;)

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = α, ∠B = β.$ Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Тогда

α- β ∠BAO = 4 ; ∠ABO = 2,

так как центр вписанной окружности лежит на биссектрисе. Поскольку $O$ — центр описанной вокруг $ABC$ окружности, то треугольник $AOB$ равнобедренный. Следовательно,

α ∠BAO =∠ABO, β = 2.

$PIC$

Треугольники $AOC$ и $BOC$ равнобедренные, и

∠ACO = 3α, ∠BCO = α. 4 4

Поскольку $∠A +∠B + ∠C =180∘ :$

α + α+ 3α + α-= 180∘ =⇒ α= 72∘ 2 4 4

Так как

3α α- ∘ ∠A =α = ∠C = 4 + 4 = 72 ,

то треугольник $ABC$ равнобедренный, а $∘ ∠B = 36.$

Пусть $AC = x, CD = y.$ Треугольники $ABC$ и $CAD$ подобны по трём углам:

x x+ y y = -x-- =⇒ x2− xy − y2 = 0

По условию $√- x= 5+ 1,$ поэтому $y = 2.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#106682

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что $AK = 5,BK = 16$ , $KC = 2.$ Около треугольника $ABK$ описана окружность. Через точку $C$ и середину $D$ стороны $AB$ проведена прямая, которая пересекает окружность в точке $P,$ причем $CP > CD.$ Найдите $DP,$ если $∠APB = ∠BAC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте отметим равные углы, которые следуют из равенства углов в условии. Что мы можем сказать про AC?

Подсказка 2

У нас теперь найдены подобные треугольники (в которых мы теперь можем найти некоторые отрезки), а AC — касательная к окружности (AKB)!

Подсказка 3

Давайте обозначим PD за x, DN за y. Какие уравнения можно записать на них исходя из того, что они — отрезки хорды?

Подсказка 4

Мы можем вычислить x*y! Осталось воспользоваться тем, что AC — касательная ;)

Показать ответ и решение

Заметим, что

∠AP B =∠BAC, ∠AP B = ∠AKC, ∠AKC = ∠BAC,∠KAC = ∠ABC

Отрезок $AC$ является отрезком касательной к окружности. Из подобия треугольников $ABC$ и $AKC$

AB- AC- BC- AK = KC = AC

AB AC 18 -5-= -2-= AC-

AC = 6, AB = 15

$CD$ — медиана $⇒$ по теореме косинусов для треугольников $ADC$ и $BDC$ имеем

AC2 = AD2+ CD2 − 2AD ⋅CD cos∠ADC, BC2 = BD2 +CD2 + 2BD ⋅CD cos∠ADC

Так как $AD = BD$ , то при сложении двух уравнений получаем

AC2 +BC2 = 2AD2 + 2CD2

2 1( 2 2) 2 1 225 495 CD = 2 AC + BC − AD = 2(36+ 324)−-4-= -4-

3√-- CD = 2 55

Пусть $DP =x,DN = y$ $(N$ — точка пересечения прямой $CD$ с окружностью, $N ⁄=P )$ .

$PIC$

Четырехугольник $ANBP$ вписан в окружность $⇒ AD ⋅DB =P D⋅BT, 2245= xy$ . По свойствам касательных и секущих к окружности имеем

2 2 CN ⋅CP = AC , (CD − y)⋅(CD + x)=AC

(3√-- ) ( 3√-- ) 2 55− y ⋅ 2 55+ x = 36

Решаем систему уравнений

225 ( 3√-- ) (3√ -- ) -4-= xy, 2 55− y ⋅ 2 55 +x =36

y = √21 +x, x2+ √21x − 225-=0 55 55 4

√-- x= −-21-+√12-89 2 55

Ответ:

$−-21+12√89 2√55$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#106681

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Угол $EDC$ равен $∘ √- 30,AE = 3,$ а площадь треугольника $DBE$ относится к площади треугольника $ABC$ как $1 :2.$ Найдите длину отрезка $BO,$ если $O$ — точка пересечения отрезков $AE$ и $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии нам дан вписанный угол, быть может, посчитаем и другие углы в окружности? Как использовать то, что окружности построена на AC, как на диаметре?

Подсказка 2

Треугольник AEC прямоугольный, нам известны его углы и катет! Тогда несложно найти его другие стороны ;) А что можно сказать о треугольниках, для которых нам известно отношение площадей?

Подсказка 3

Треугольники из условия подобны! Тогда можно найти некоторые из стороны :)

Подсказка 4

Было бы хорошо узнать OE, чтобы по теореме Пифагора найти BO. Давайте для этого попробуем узнать что-то полезно про треугольник OEC.

Подсказка 5

Давайте попробуем найти синус угла DCE! Тогда мы сможем выразить OE через EC.

Показать ответ и решение

$∠EDC =∠EAC =30∘$ (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу);