Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 3)

а) Проведем \(A_1C_1\), \(C_1B_1\). Так как \(A_1C_1\) – средняя линия в \(\triangle ABC\), то \(A_1C_1=\frac12CA=CB_1\). Также \(A_1C_1\parallel CB_1\). Следовательно, \(CA_1C_1B_1\) – параллелограмм. Значит, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1CB_1=45^\circ\).

Заметим, что \(K\) будет лежать на отрезке \(A_1B\) по теореме о расположении медианы и высоты, опущенных из одной вершины (высота будет лежать между медианой \(AA_1\) и \(AB\), так как \(AB<AC\)).
Проведем \(KB_1\). Так как \(\triangle CKA\) прямоугольный и один из острых углов равен \(45^\circ\), то он равнобедренный, следовательно, \(KB_1\) не только медиана в нем, но и высота. Следовательно, \(\triangle CKB_1\) также прямоугольный и один из его углов равен \(45^\circ\), следовательно, и \(\angle CKB_1=45^\circ\).

Таким образом, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1KB_1=45^\circ\), значит, около четырехугольника \(A_1KC_1B_1\) можно описать окружность. Это и значит, что точки \(A_1, B_1,C_1, K\) лежат на одной окружности.

б) По теореме синусов в \(\triangle ABC\): \[\dfrac{BC}{\sin\angle A}=\dfrac{AB}{\sin\angle C} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}2}=\dfrac{AB}{\frac{\sqrt2}2} \quad\Rightarrow\quad AB=2\sqrt2.\]

Обозначим \(A_1K=x\). Тогда \(AK=CK=\sqrt3+x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle AKB\): \[KB^2=8-(x+\sqrt3)^2\] Заметим, что \(A_1K+KB=A_1B=\sqrt3\), следовательно, \(KB=\sqrt3-x\), следовательно, получаем уравнение: \[8-(x+\sqrt3)^2=(\sqrt3-x)^2 \quad\Rightarrow\quad x=1.\]

Ответ:

б) 1

а) В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведённой к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы. В прямоугольном треугольнике \(AHC\): \(MH\) – медиана, проведённая к гипотенузе, \(MH = MC\).

Аналогично в треугольнике \(CHB\): \(NH = CN\). Таким образом, треугольники \(MNH\) и \(MNC\) равны (\(MN\) – общая) по трём сторонам, откуда \[\angle MHN = \angle C = 90^\circ.\]

б) Так как в прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведённой к гипотенузе, равен произведению отрезков гипотенузы, то \(CH^2 = AH\cdot HB = 36\), откуда \(CH = 6\).

По теореме Пифагора \[AC^2 = AH^2 + HC^2 = 144 + 36,\] откуда \(AC = 6\sqrt{5}\), следовательно, \(MH = MC = 3\sqrt{5}\).

По теореме косинусов \[CH^2 = MC^2 + MH^2 - 2\cdot MC\cdot MH\cdot\cos\angle PMH,\] то есть \(36 = 90 - 90\cdot\cos\angle PMH\), откуда \[\cos\angle PMH = 0,6.\]

\(MQ\) – гипотенуза в прямоугольном треугольнике \(MCQ\), тогда \[\cos\angle PMH = \dfrac{MC}{MQ},\] то есть \(0,6 = \dfrac{3\sqrt{5}}{MQ}\), откуда \[MQ = 5\sqrt{5}.\]

\(PH\) – катет в прямоугольном треугольнике \(MHP\), тогда \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{PH}{MH}.\] Так как \(\cos\angle PMH = 0,6\), то \(\sin\angle PMH = 0,8\), следовательно, \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{4}{3},\qquad \dfrac{4}{3} = \dfrac{PH}{3\sqrt{5}},\] откуда \(PH = 4\sqrt{5}\). \[S_{\triangle MPQ} = \dfrac{1}{2}\cdot MQ\cdot PH = \dfrac{1}{2}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5} = 50.\]

Ответ:

б) \(50\)

а) Рассмотрим четырехугольник \(AECD\): т.к. \(\angle ECD+\angle EAD=180^\circ\), то около него можно описать окружность. Следовательно, \(\angle ECA=\angle EDA\) как вписанные и опирающиеся на одну хорду \(EA\). Около четырехугольника \(ABCH\) также можно описать окружность, следовательно, \(\angle CBH=\angle CAH\).

Но \(\angle CAH=\angle ECA\) как накрест лежащие при \(EC\parallel AH\) и \(AC\) – секущей. Следовательно, \(\angle CBH=\angle ADE\).

Таким образом, \(\angle AED=90^\circ-\angle ADE=90^\circ -\angle CBH=\angle EBH\) – соответственные при прямых \(BH\) и \(ED\) и секущей \(AB\). Значит \(BH\parallel ED\).

б) Достроим трапецию \(ABCD\) до треугольника \(AOD\). Т.к. \(BH\parallel ED \Rightarrow \triangle OBH\sim \triangle OED\).

Значит, \(\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}\).

Т.к. \(\angle BCD=150^\circ \Rightarrow \angle BCE=\angle BOC=60^\circ, \ \angle OCB=\angle BEC=30^\circ\).

Пусть \(OB=x \Rightarrow BC=\sqrt3 x \Rightarrow BE=3x \Rightarrow OE=4x\). Таким образом, \[\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}=\dfrac14\]

Ответ:

б) \(1:4\)

а)

Пусть \(CH_1=h\) – высота треугольника \(ECD\). Т.к. \(M\) – середина \(AB\), то \(MH_2 = \dfrac{h}{2}\) – высота треугольника \(AMD\).
\(S_{AMD}=\dfrac{1}{2}AD\cdot MH_2 =\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{h}{2}\cdot 2ED=S_{ECD}\). Следовательно, \(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}=S_{ECD}-S_{OED}=S_{COD}\), чтд.

б) \(S_{ABCD}=\dfrac{3+4}{2}\cdot h=\dfrac{7}{2}h\)

\(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}\). Найдем \(S_{OED}\).
Проведем среднюю линию трапеции \(MK, \ MK\cap CE=N\). \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\).
\(MK=3,5\) как средняя линия трапеции, \(NK=1\) как средняя линия \(\bigtriangleup CED \Rightarrow MN=2,5\).
Проведем из вершины \(O\) высоты в \(\bigtriangleup MON\) и \(\bigtriangleup EOD\) и обозначим их за \(x\) и \(y\) соответственно (заметим, что \(x+y=\dfrac{h}{2}\)).

Т.к. \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\), то \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2,5}{2}=\dfrac{5}{4} \Rightarrow y=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{h}{2}\).

Таким образом, \(S_{OED}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2h}{9}\cdot 2=\dfrac{2h}{9} \Rightarrow S_{AMOE}=\dfrac{7h}{9}\).

Значит, \(\dfrac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\dfrac{2}{9}\).

Ответ:

\(\dfrac{2}{9}\).

а) Рассмотрим два случая: когда \(O\) (центр вписанной окружности) лежит на \(BM\) и когда не лежит.

1) \(O\in BM\).

Это значит, что \(BM\) является биссектрисой \(\angle B\) (т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис), а также высотой (т.к. \(OM\perp AC\) как радиус, проведенный в точку касания). Следовательно, \(\triangle ABC\) равнобедренный с основанием \(AC\). Т.к. один из углов \(\angle B=60^\circ\), то все остальные углы в \(\triangle ABC\) тоже равны по \(60^\circ\), то есть он равносторонний.
Таким образом, \(O\) – это еще точка пересечения медиан \(\triangle ABC\). Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(BO:OM=2:1\), откуда следует, что \(BM=3OM=3r\), где \(r\) – радиус вписанной окружности.

2) \(O\not\in BM\).

Тогда рассмотрим \(\triangle OBM\). По неравенству треугольника сумма любых его двух сторон больше третьей, то есть \[BM<BO+OM \quad \Rightarrow\quad BM<BO+r.\]

Таким образом, если доказать, что \(BO\leqslant 2r\), то отсюда последует требуемое неравенство.

Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(BO\) – биссектриса \(\angle B\), то есть \(\angle KBO=30^\circ\), где \(K\) – точка касания окружности со стороной \(AB\). Причем \(\angle BKO=90^\circ\) (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Таким образом, в прямоугольном \(\triangle BKO\) катет \(KO=r\), лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы \(BO\), то есть \(r=\frac12BO\), откуда \(BO=2r\). Значит,

\[BM<2r+r \quad \Rightarrow \quad BM<3r.\]

б) Т.к. \(BM=2,5r\), то \(\triangle ABC\) – не равнобедренный (то есть, согласно пункту а), \(O\ne\in BM\)). Обозначим \(\angle BMC=\alpha\), \(\angle BMO=\beta\).



По теореме косинусов из \(\triangle BMO\):

\[BO^2=BM^2+OM^2-2\cdot BM\cdot OM\cdot \cos\beta \quad \Rightarrow \quad \cos\beta=\dfrac{13}{20}.\]

Т.к. \(\alpha+\beta=90^\circ\), то \(\beta=90^\circ-\alpha\), следовательно,

\[\cos\beta=\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha=\dfrac{13}{20}=0,65.\]

Ответ:

\(0,65\)

а) Т.к. треугольник остроугольный, то высоты пересекаются внутри треугольника.
Проведем радиусы описанной окружности \(OB\) и \(OC\). \(\triangle BOC\) равнобедренный, пусть \(\angle OBC=\angle OCB=x\). Тогда \(\angle BOC=180^\circ-2x\).



По условию задачи \(\angle BAC=2x\). Но \(\angle BAC\) и \(\angle BOC\) – вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, \[\angle BOC=2\angle BAC \quad \Rightarrow \quad 180^\circ-2x=4x \quad \Rightarrow \quad x=30^\circ.\]

Следовательно, \(\angle BAC=60^\circ\), \(\angle BOC=120^\circ\).
\(\triangle BNA\sim \triangle BHM\) (по прямому углу и общему углу \(ABN\)), следовательно, \(\angle BHM=\angle BAN=60^\circ\).
Следовательно, \(\angle BHC=180^\circ-\angle BHM=120^\circ\).

Следовательно, \(\angle BHC=\angle BOC=120^\circ\), то есть по признаку четырехугольник \(BOHC\) является вписанным, что значит, что точка \(H\) лежит на окружности, описанной около \(\triangle BOC\).

б) Заметим, что так как \(\angle OBC=30^\circ\), а весь \(\angle B=40^\circ\), то \(\angle ABO=10^\circ\). Также \(\angle CBH=10^\circ\). Т.к. центр \(Q\) вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(\angle QBC=\frac12\angle ABC=20^\circ\), \(\angle QCB=\frac12\angle ACB=40^\circ\) (так как \(\angle ACB=180^\circ=60^\circ-40^\circ=80^\circ\)). Значит \(\angle BQC=180^\circ-(40^\circ+20^\circ)=120^\circ\).
Таким образом, точка \(Q\) также лежит на окружности, описанной около \(\triangle BOC\).



Заметим, что точка \(Q\) лежит между точками \(O\) и \(H\), так как \(\angle ABO=10^\circ\), \(\angle ABQ=0,5\angle ABC=20^\circ\), \(\angle ABH=30^\circ\). Также имеем \(\angle OBQ=10^\circ\).
Заметим, что для окружности, описанной около \(\triangle BOC\), \(\angle OBQ\) и \(\angle OHQ\) — вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны, то есть \(\angle OHQ=\angle OBQ=10^\circ\).

Заметим, что т.к. \(\triangle BOC\) равнобедренный и центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам, то \(J\) – центр описанной около \(\triangle BOC\) окружности, лежит на продолжении высоты \(OK\), являющейся также биссектрисой. Следовательно, \(\angle BOJ=60^\circ\).
\(\triangle BOJ\) равнобедренный (\(JO=JB\) – радиусы описанной около \(\triangle BOC\) окружности) с одним из углов \(60^\circ\), следовательно, все его углы равны по \(60^\circ\) и он равносторонний. Это значит, что радиус \(JO\) описанной около \(\triangle BOC\) окружности равен радиусу \(OB\) описанной около \(\triangle ABC\) окружности. Следовательно, точка \(J\) лежит на окружности, описанной около \(\triangle ABC\).

Ответ:

\(10^\circ\)

а) По теореме об отрезках касательной \(AN = NB\), \(AM = MC\), \(BK = KC\), тогда

\[\begin{aligned} &\dfrac{MN + NK - MK}{2} = \dfrac{AM + AN + NB + BK - MC - KC}{2} =\\ = \,&\dfrac{MC + NB + NB + BK - MC - BK}{2} = NB, \end{aligned}\]

что и требовалось доказать.

б) Обозначим \(MA = ka\), \(AN = a\) (тогда искомая величина есть \(k\)), следовательно \(NB = a\), тогда \(BK = 2a\).

По теореме об отрезках касательной: \[MC = ka,\qquad CK = 2a.\]

Запишем теорему косинусов для треугольника \(MNK\): \[MK^2 = MN^2 + NK^2 - 2\cdot MN\cdot NK\cdot\cos\angle MNK\,.\] Подставляя известные величины, получим:

\[\begin{aligned} &(ka + 2a)^2 = (ka + a)^2 + 9a^2 - 2\cdot (ka + a)\cdot 3a\cdot 0,5\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad &a^2(k + 2)^2 = a^2(k + 1)^2 + 9a^2 - (k + 1)\cdot 3a^2\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad &(k + 2)^2 = (k + 1)^2 + 9 - 3(k + 1)\quad\Leftrightarrow\quad 5k = 3\quad\Leftrightarrow\quad k = 0,6\,. \end{aligned}\]

Ответ:

б) \(0,6\)