Тема КФУ (Казанского Федерального Университета)

Планиметрия на КФУ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела кфу (казанского федерального университета)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83855

Точки $A,B,C$ лежат в вершинах клеток клетчатой бумаги. Может ли угол $ABC$ оказаться равным $30∘?$

Источники: КФУ - 2024, 11.2 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол может располагаться вообще как угодно, неприятно. Давайте использовать линии сетки. Проведём из точки В луч горизонтальный и опустим на него перпендикуляры АЕ и СF, получим углы α = АВЕ и β = CBF (возможно, какой-то из них нулевой! если Е или F на одной линии с В). Что мы можем найти для этих углов?

Подсказка 2

Можем найти тангенс α и β. Теперь давайте вычислим тангенс АВС с помощью формулы тангенса суммы. Поразмышляйте над полученным выражением: что же нам даёт расположение точек в узлах сетки... давайте, не ленитесь, не хочу лишать Вас удовольствия

Подсказка 3

Оп-па, а это выражение (тангенс суммы) рационален! А тангенс 30 градусов нет. Развалили задачу

Показать ответ и решение

Проведем из точки $B$ луч по линии сетки:

$PIC$

Тогда угол $ABC$ будет равен сумме углов $α$ и $β$ (они могут быть и отрицательными). Тангенс такого угла равен отношению двух целых чисел, то есть является рациональным числом. Тогда

tg(α+ β)= tg(α)+-tg(β)- 1− tg(α)tg(β)

также рациональное число. Но $tg(30∘)= √1- 3$ — число иррациональное.

Если один из углов $α$ и $β$ является прямым, то можно использовать луч, идущий перпендикулярно первому.

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76419

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ провели высоту $BH,$ медиану $BM$ и биссектрису $BL.$ Точки $P$ и $Q$ — ортогональные проекции вершин $A$ и $C$ на прямую $BL.$ Докажите, что точки $M, H,P$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Источники: КФУ-2022, 11.4 (см. kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала попробуем продлить биссектрису до пересечения с описанной окружностью ABC в точке X. Что теперь можно вспомнить про эту точку?

Подсказка 2

Верно, эта точка делит дугу AC пополам. Тогда XM будет серединным перпендикуляром. Теперь у нас на картинке много прямых углов. Тогда про какие четырёхугольники мы можем пронаблюдать что-то хорошее?

Подсказка 3

Да, у нас получаются два вписанных четырёхугольника AMQX и CBPH, потому что прямые углы опираются на одну дугу. Но теперь вспомните, что внутренний угол равен противоположному внешнему, и попробуйте перекинуть уголки. Осталось только воспользоваться второй подсказкой, и победа!

Показать доказательство

Рассмотрим без ограничения общности $AB < BC.$ Тогда точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$ , а точка $Q$ вне его.

Первое решение.

Построим описанную окружность треугольника $ABC$ , тогда продолжение биссектрисы $BL$ пересечет ее в точке $D$ , являющейся серединой дуги $AC$ . Тогда $AD = CD$ , то есть медиана $DM$ равнобедренного треугольника $ADC$ будет также и высотой.

$PIC$

Так как $∠AMD = ∠AQD = 90∘$ , то получим, что $∠CAD = ∠MQL$ . Так как $∠BPC = ∠BHC = 90∘$ аналогично получаем, что $∠P HL =∠CBD$ .

Но углы $∠CBD = ∠CAD$ равны, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

В итоге $∠PHL = ∠CBD = ∠CAD = ∠MQL$ . Но из равенства углов $∠P HL =∠MQL$ следует, что точки $M,H,P,Q$ лежат на одной окружности.

Второе решение.

Обозначим через $A′$ и $C′$ точки пересечения прямых $AP$ и $BC,CQ$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $BP$ — биссектриса и $′ ′ BP ⊥ AA ,BQ ⊥ CC ,$ треугольники $′ BAA$ и $′ BCC$ — равнобедренные, и значит, $′ AP = PA$ и $′ CQ = QC .$

В треугольнике $′ AA C$ точки $P$ и $M$ — середины сторон $′ AA$ и $AC,$ поэтому $P M$ — средняя линия, и значит, $PM ∥BC.$ Аналогично, $′ MQ ∥BC .$ Следовательно, $∠AMQ = ∠BAC.$ Возможны два случая:

a) $∠BAC ≤90∘.$ Точки $A,H,P$ и $B$ лежат на одной окружности с диаметром $AB,$ поэтому четырёхугольник $AHP B$ — вписанный. Значит,

∠HP Q = 180∘− ∠HP B = ∠BAC = ∠HMQ

Следовательно, точки $H, P,M$ и $Q$ лежат на одной окружности.

б) $∘ ∠BAC > 90 ,$ тогда точки $A,H,B$ и $P$ лежат на одной окружности с диаметром $AB,$ поэтому четырёхугольник $AHBP$ — вписанный. Значит,

∠HP Q =180∘− ∠HPB = 180∘− ∠HAB =∠BAC =∠HMQ

Следовательно, точки $H, P,M$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94248

В угол с вершиной $A$ вписана окружность, касающаяся сторон угла в точках $B$ и $C$ . Прямая, проходящая через $A$ , пересекает окружность в точках $D$ и $E$ . Хорда $BX$ параллельна прямой $DE$ . В каком отношении прямая $XC$ делит хорду $DE$ ?

Источники: КФУ - 2021, 11.4 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте поймём, зачем нам нужна параллельность. Она дает равные углы или равные дуги, только и всего. Потому что если смотреть на картинку, то параллельность дальше при построении никакой роли не играет. Что тогда можно сказать про ∠DMC?

Подсказка 2

Этот угол равен полусумме дуг DC и XE, при этом XE равна BD, а значит, что ∠DMC равен половине ∠BOC. Что из этого следует? Что нам дает факт о том, что центральный ∠BOC, который делится на два равных прямой AO равен удвоенному ∠DMC?

Подсказка 3

Это даёт нам равенство ∠AMC и ∠AOC, а значит, A, O, M, C лежат на одной окружности. Но ведь тогда ∠AMO = ∠ACO = 90°. Что это нам дает? Какой ответ на вопрос из условия?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $O$ — центр окружности, $M$ — точка пересечения $CX$ и $DE$ . Докажем, что $OM ⊥ DE$ , и значит, $DM =ME$ .

$PIC$

Прежде всего, угол $DMC$ равен полусумме дуг $CD$ и $EX$ . Так как дуги между параллельными хордами $BX$ и $DE$ равны, то $⌣ DB =⌣ EX$ , поэтому

∠CMD = 1(⌣ CD+ ⌣ EX) = 1(⌣ CD+ ⌣ DB)= 1 ⌣ CB = 2 2 2

из равенства прямоугольных треугольников $AOB$ и $AOC$

= 1∠COB = ∠COA. 2

Из равенства углов $COA$ и $CMA$ следует, что точки $A,C,M,O$ лежат на одной окружности. Поскольку радиус $OC$ перпендикулярен касательной $AC$ , диаметр этой окружности совпадает с отрезком $AO$ . Значит, $∘ ∠AMO = 90$ , то есть $OM ⊥DE$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим, что $∠BCD =∠ECX$ , так как соответствующие дуги заключены между параллельными хордами. Кроме того, из равенства углов $ABD$ и $AEB$ следует подобие треугольников $ABD$ и $AEB$ , и значит, равенство

BD AD BE-= AB-

Аналогично получаем, что

CD- = AD, CE AB

то есть $BD ⋅CE = CD ⋅BE.$ По теореме Птолемея $CD ⋅BE = 12BC⋅DE.$

$PIC$

Пусть теперь $CX$ пересекает $DE$ в точке $M$ . Тогда треугольники $CBD$ и $CME$ подобны, следовательно, $BD ⋅CE =CB ⋅EM$ . Отсюда и из предыдущего равенства получаем, что $ED- EM = 2 .$