Задачи, требующие дополнительного построения

Из условия задачи следует, что \(BN=\frac14BC\).

Проведем прямую \(NK\parallel BM\). Тогда по теореме Фалеса \[\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad \dfrac14=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad MK=\dfrac14MC\]

Т.к. по условию \(AM:MC=4:5\), то можно принять \(AM=4x\), \(MC=5x\). Тогда \(MK=\frac54x\).

Опять же по теореме Фалеса \[\dfrac{AP}{PN}=\dfrac{AM}{MK} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{AP}{PN}=\dfrac{4x}{\frac54x}=\dfrac{16}5\]

Следовательно, \(AP=\dfrac{16}5\cdot 10=32\).

Ответ: 32

Пусть \(\angle BAC=\beta\), \(\angle ABC=\alpha\). Тогда \(\alpha+\beta=90^\circ\). Проведем \(CH\perp AB\). Тогда \(\angle ACH=\alpha\), \(\angle BCH=\beta\).
1) \(\triangle ACH=\triangle EMA\). Действительно, \(\angle EAM=180^\circ-90^\circ-\beta=90^\circ-\beta=\alpha\), \(EA=AC\). Следовательно, по гипотенузе и острому углу они равны.
2) \(\triangle BCH=\triangle FNB\) аналогично по гипотенузе и острому углу.
Следовательно, \(EM=AH\), \(FN=HB\). Таким образом, \[AB=AH+HB=EM+FN.\]

Ответ:

Доказательство

\(\angle BAC=180^\circ-20^\circ-40^\circ=120^\circ\), следовательно, \(\angle BAD=\angle CAD=60^\circ\).
Значит, \(\angle CDA=\angle BAD+\angle ABD=80^\circ\).
Отметим на \(BC\) точку \(A'\) так, чтобы \(A'B=AB\). Тогда разность \(BC-AB\) равна длине отрезка \(CA'\). Следовательно, его длину и необходимо найти.
\(\triangle AA'B\) равнобедренный с углом при вершине \(20^\circ\). Значит, углы при основании равны \((180^\circ-20^\circ)\div 2=80^\circ\). То есть \(\angle AA'B=80^\circ\). Следовательно, \(\triangle A'AD\) тоже равнобедренный и \(A'A=AD\).
Так как \(\angle A'AB=80^\circ\), то \(\angle CAA'=120^\circ-80^\circ=40^\circ\), следовательно, \(\triangle CA'A\) тоже равнобедренный и \(CA'=AA'=AD=2\). Следовательно, \[BC-AB=BC-A'B=CA'=AD=2.\]

Ответ: 2

Соединим точки \(M\) и \(K\) прямой, тогда эта прямая пересечет отрезок \(AB\) в середине, в точке \(O\). Сделаем симметрию относительно точки \(O\), получим следующую картинку:

Тогда в силу симметрии \(OK=OK'\), следовательно, по признаку (диагонали \(AB\) и \(KK'\) точкой пересечения делятся пополам) \(AKBK'\) – параллелограмм. Следовательно, \(\angle AKB=\angle AK'B\).

Докажем, что \(\angle AMB+\angle AK'B=180^\circ\). Для этого достаточно доказать, что четырехугольник \(AMBK'\) – вписанный.

По признаку около четырехугольника можно описать окружность, если, например, \(\angle K'AB=\angle K'MB\).

Заметим, что \(\angle K'AB\) — угол между касательной \(AB\) и хордой \(AK'\), следовательно, он равен половине маленькой дуги \(\buildrel\smile\over{AK'}\).
С другой стороны, \(\angle KMB\) — вписанный угол, опирающийся в такой же окружности на такую же дугу \(\buildrel\smile\over{KB}\) (т.к. хорды \(AK'\) и \(KB\) равны, то и дуги, стягиваемые этими хордами, равны). Значит, \(\angle KMB\) также равен половине дуги \(\buildrel\smile\over{KB}\).

Но \(\angle KMB\) – это то же самое, что и \(\angle K'MB\). Таким образом, мы доказали, что углы \(\angle K'AB\) и \(\angle K'MB\) равны половине от одинаковых дуг \(\buildrel\smile\over{AK'}\) и \(\buildrel\smile\over{KB}\) соответственно, то есть они равны, чтд.

Эта же задача с другим решением представлена в разделе “Задачи с окружностями”.

Ответ:

Доказательство

а) Треугольники \(ABE\) и \(CED\) – равнобедренные, у которых углы при вершине равны (как вертикальные), следовательно, они подобны (по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними).

Тогда \(\angle ABC = \angle ECD\), следовательно, \(AB\parallel CD\) (так как внутренние накрест лежащие углы при прямых \(AB\), \(CD\) и секущей \(CB\) равны).

б) Соединим точку \(E\) с точкой \(F\) – серединой \(AB\). Так как треугольник \(ABE\) – равнобедренный, то \(EF\) также является высотой и \(\angle AFE = 90^\circ\). \(\)AC = 0,5AB = AF,CAE = EAF,AE \(\) следовательно, треугольники \(AFE\) и \(AEC\) равны по двум сторонам и углу между ними.

Таким образом, \(\angle ACB = 90^\circ\), откуда \(\angle ABC + \angle BAC = 90^\circ\), но \(\angle BAC = 2\angle ABC\), тогда \[3\cdot\angle ABC = 90^\circ\qquad\Rightarrow\qquad \angle ABC = 30^\circ.\]

Ответ:

б) \(30^\circ\).

а) Пусть \(AD\) и \(BE\) – высоты треугольника \(ABC\), пересекающиеся в точке \(O\), \(AO = 2\cdot OD\). Построим третью высоту \(CF\) (она также пройдёт через точку \(O\)).

\(\angle DAC = 90^\circ - \angle AOE = 30^\circ\), тогда в треугольнике \(AOE\) катет, лежащий против \(\angle DAC\) равен половине гипотенузы. Обозначим \(OD = a\), тогда \(AO = 2a\), значит, \(OE = a = OD\).

Треугольники \(COE\) и \(DOC\) равны по катету и гипотенузе (\(OC\) – общая), откуда следует, что \[\angle ACF = \angle FCB,\] следовательно, треугольники \(BCF\) и \(ACF\) равны по катету и острому углу (\(FC\) – общий), тогда \(BC = AC\).

б) Покажем, что \(\angle ABC = 60^\circ\).

\[\angle OBD = 90^\circ - \angle BOD = 30^\circ,\] так как \(\angle BOD = \angle AOE = 60^\circ\).

Треугольники \(AOE\) и \(DOB\) равны по катету и острому углу, откуда \(BO = AO\), тогда, \(\angle ABO = \angle BAO\), но \(\angle AOB = 180^\circ - \angle AOE = 120^\circ\), следовательно, \[\angle ABO = 30^\circ\qquad\Rightarrow\qquad \angle ABC = \angle OBD + \angle ABO = 60^\circ.\] Таким образом, \(ABC\) – равнобедренный треугольник в котором один из углов равен \(60^\circ\), тогда \(ABC\) – равносторонний треугольник.

Так как \(ABC\) – равносторонний, то \(O\) – центр вписанной и описанной окружностей, тогда \[R = AO = 2\cdot a,\qquad\qquad r = OD = a,\] следовательно, \(R - r = 2\cdot a - a = a\). Так как \(AB = 9\), то \(BD = 4,5\), \(AD = 4,5\sqrt{3}\), тогда \(a = 1,5\sqrt{3}\), то есть \[R - r = 1,5\sqrt{3}.\]

Ответ:

б) \(1,5\sqrt{3}\).

1) Проведем \(KO\perp AB\) и \(KQ\perp AC\). Так как \(K\) лежит на биссектрисе угла \(A\), то она равноудалена от сторон этого угла, то есть \(KO=KQ\). Также из равенств \(\triangle KOA\) и \(\triangle KQA\) следует, что \(AO=AQ\).
Так как биссектриса треугольника разбивает сторону, к которой она проведена, на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{14}{11} \quad\Rightarrow\quad BK=14x, \quad KC=11x.\] Так как \(\triangle BKN\) равнобедренный, то \(KO\) является также и медианой, следовательно, \(ON=3,5=OB\).
Следовательно, \(AO=7+3,5=10,5\), значит, \(AQ=10,5\), значит, \(QC=0,5\).
Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle BOK\) и \(\triangle CQK\): \[(14x)^2-3,5^2=OK^2=QK^2=(11x)^2-0,5^2 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac25\] Следовательно, \(BC=25x=10\).

2) Из предыдущего пункта следует, что \(OK=QK=0,7\sqrt{39}\). Тогда \[S_{\triangle ABC}=\dfrac12\cdot OK\cdot AB+\dfrac12\cdot QK\cdot AC= \dfrac12\cdot 0,7\sqrt{39}\cdot (14+11)=\dfrac{35}4\sqrt{39}\] Радиус вписанной окружности равен: \[r=\dfrac{S_{\triangle ABC}}{0,5(AB+BC+AC)}=\dfrac{\sqrt{39}}2.\]

Ответ:

1) \(10\)

2) \(\frac{\sqrt{39}}2\)