Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 4)

а) Пусть \(Q\) – точка пересечения биссектрисы угла \(DAP\) со стороной \(CD\). Пусть \(S\) – точка пересечения \(AQ\) и \(PD\). Так как \(DA = AP\), то \(AQ\) содержит медиану и высоту в треугольнике \(DAP\), откуда следует, что \(AQ\perp DP\) и \(S\) – середина \(DP\).

Таким образом, \(QS\) – медиана и высота в треугольнике \(QPD\), следовательно, треугольник \(QPD\) равнобедренный и \(PQ = QD\).

Треугольник \(DPC\) – прямоугольный. Предположим, что некоторая точка \(Q'\neq Q\) – середина \(CD\), тогда \(PQ' = DQ'\) (\(PQ'\) – медиана, проведённая к гипотенузе), следовательно, \(\angle PDQ = \angle DPQ'\), но \(\angle PDQ = \angle DPQ\), следовательно, точки \(P\), \(Q\) и \(Q'\) лежат на одной прямой, то есть \(Q'\) лежит на \(PQ\), а также \(Q'\) лежит на \(CD\). Но две не совпадающие прямые могут иметь не более одной общей точки, следовательно, наше предположение неверно и \(Q\) – середина \(CD\).

Тогда \(PQ = QC\), следовательно, \(\triangle PQB = \triangle CQB\) (по трём сторонам), откуда получаем, что \(QB\) – биссектриса угла \(PBC\), то есть \(Q\) – точка пересечения биссектрис углов \(DAP\) и \(PBC\). Так как двух точек пересечения у несовпадающих прямых быть не может, то биссектрисы углов \(DAP\) и \(PBC\) пересекаются на стороне \(CD\) (в точке \(Q\)).

б) В четырёхугольнике \(PSQT\): \(\angle SPT = 90^\circ = \angle PSQ = \angle PTQ\), следовательно, \(\angle SQT = 360^\circ - 270^\circ = 90^\circ\) и \(PSQT\) – прямоугольник.

Рассмотрим прямоугольные треугольники \(ASP\) и \(AQB\): \(\angle BAQ\) – общий, следовательно, треугольники \(ASP\) и \(AQB\) подобны по острому углу, следовательно, \[\dfrac{PS}{BQ} = \dfrac{AP}{AB} = \dfrac{2}{9}\,,\] но \(PS = QT\), тогда \[\dfrac{QT}{BQ} = \dfrac{2}{9}\qquad\Rightarrow\qquad BT = \dfrac{7}{2}\cdot QT\,.\]

Аналогично треугольники \(BPT\) и \(BAQ\) подобны, откуда \[\dfrac{AQ}{PT} = \dfrac{AB}{PB} = \dfrac{9}{7}\,,\] но \(PT = QS\), тогда \[\dfrac{AQ}{QS} = \dfrac{9}{7}\qquad\Rightarrow\qquad AS = \dfrac{2}{7}\cdot QS\,.\]

\[\begin{aligned} &S_{ABCD} = S_{DAP} + S_{DPC} + S_{PBC} = AS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot BT =\\ = \,&\dfrac{2}{7}\cdot QS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot \dfrac{7}{2}\cdot QT = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\,, \end{aligned}\]

следовательно, \[1 = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\qquad\Rightarrow\qquad S_{PSQT} = \dfrac{14}{81}\,.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{14}{81}\)

а)

Заметим, что \(\angle BPM=90^\circ\), т.к. опирается на диаметр \(BM\). Проведем \(AH\perp BC\). Т.к. треугольник равнобедренный, то \(H\) – середина \(BC\). Тогда \(AH\parallel MP\).
По теореме Фалеса (т.к. \(AH\parallel MP\), \(AM=MC\)) \(HP=PC\).

Следовательно, \(PC=\dfrac12HC=\dfrac12\cdot \dfrac12BC=\dfrac14BC\), откуда следует, что \(BP:PC=3:1\).

б) Обозначим \(AM=MC=x\), тогда \(AL=2x-17\).

Из прямоугольного \(\triangle MPC\): \[MP^2=MC^2-PC^2=x^2-6^2.\]

Из прямоугольного \(\triangle BMP\):\[BM^2=BP^2+MP^2=18^2+x^2-6^2.\]

Заметим, что \(\angle BLM=90^\circ\) как опирающийся на диаметр. Следовательно, из прямоугольного \(\triangle BLM\): \[LM^2=BM^2-BL^2=18^2+x^2-6^2-17^2.\]

Из прямоугольного \(\triangle ALM\): \[AM^2=AL^2+LM^2 \quad \Rightarrow \quad x^2=(2x-17)^2+18^2+x^2-6^2-17^2 \quad \Rightarrow \quad (2x-17)^2=1.\]

Заметим, что \(2x-17\) – это длина отрезка \(AL\), следовательно, она не может быть отрицательной, значит, \[2x-17=1 \quad \Rightarrow \quad 2x=18=AB.\]

Ответ:

б) 18

а) Пусть \(O_1\) и \(O_2\) центры большей и меньшей окружностей соответственно. Так как \(O_1M\) и \(O_2M\) перпендикулярны касательной, проходящей через точку \(M\), то точки \(O_1\), \(O_2\) и \(M\) лежат на одной прямой. Пусть \(M'\) – точка пересечения этой прямой с большей окружностью, отличная от \(M\).

Докажем, что хорды данных окружностей, лежащие на одной прямой, проходящей через точку \(M\), относятся как их диаметры. Рассмотрим доказательство на примере хорд \(MS\) и \(MP\).

Рассмотрим треугольники \(MM'P\) и \(MO_1S\). Эти треугольники прямоугольные, так как \(MO_1\) – диаметр меньшей окружности (описанной около треугольника \(MO_1S\)), а \(MM'\) – диаметр большей окружности (описанной около треугольника \(MM'P\)). При этом острый угол \(O_1MS\) у них общий, следовательно, эти треугольники подобны.

Из подобия получаем требуемое: \[\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MO_1}{MM'}\]

Для других хорд, лежащих на прямой, проходящей через точку \(M\), утверждение доказывается аналогично.

Из доказанного следует, что \[\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MT}{MQ}\,.\]

Рассмотрим треугольники \(MST\) и \(MPQ\): \(\angle SMQ\) – общий, \(\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MT}{MQ}\), следовательно, эти треугольники подобны, откуда \(\angle MST = \angle MPQ\), следовательно, \(ST\parallel PQ\).

б) Опустим перпендикуляры \(O_1K'\) и \(O_2K\) на \(PQ\).

По теореме Пифагора \[K'O_1^2 = O_1P^2 - K'P^2\]

Так как \(O_1P = O_1Q\), то \(O_1K'\) – медиана в треугольнике \(PO_1Q\), следовательно, \(K'P = 3\), тогда \(K'O_1 = \sqrt{25 - 9} = 4\).

Так как \(MO_1\) – радиус большей окружности и диаметр меньшей, то радиус меньшей окружности равен \(0,5\cdot 5 = 2,5\)

Рассмотрим прямоугольную трапецию \(O_2O_1K'K\).

Пусть \(O_2H\) перпендикуляр к \(O_1K'\), тогда \(O_1H = O_1K' - O_2K = 4-2,5=1,5\), следовательно, по теореме Пифагора \(2 = O_2H = KK'\). Тогда \[PK = PK'+K'K=3+2=5,\qquad KQ = PK'-K'K=3-2=1.\]

Так как хорды данных окружностей, лежащие на одной прямой, проходящей через точку \(M\), относятся как их диаметры, то \(ST\) – средняя линия в треугольнике \(MPQ\), тогда \(SL\) – средняя линия в треугольнике \(MPK\) и \(LT\) – средняя линия в треугольнике \(MKQ\), следовательно, \[SL = 0,5PK=2,5,\qquad LT = 0,5KQ=0,5\,.\]

По теореме о произведении отрезков хорд \[ML\cdot LK = SL\cdot LT = 1,25=\dfrac54\,,\] откуда, с учётом равенства \(ML = LK\), получим \[ML = \dfrac{\sqrt{5}}{2}\,.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)

а) Обозначим за \(Y,T,Z\) – точки касания окружности с \(KM, AB, AD\). Заметим, что \(KM\) и \(KD\) – касательные к окружности, проведенные из одной точки, следовательно, отрезки касательных \(KY\) и \(KZ\) равны.
То же самое можно сказать про \(MY=MT\).

Таким образом,

\[P_{\triangle AMK}=AM+MY+YK+KA=AM+MT+KZ+KA=AT+AZ.\]

Заметим, что т.к. окружность вписана в квадрат, то касается сторон квадрата она в серединах, то есть \(T, Z\) – середины сторон \(AB\) и \(AD\) соответственно. Значит, \(AT+AZ=AB\).

б) Обозначим сторону квадрата за \(6x\). Тогда из условия задачи следует, что \(AM=\frac3AB=2x\), \(MB=4x\). Следовательно, раз \(AT=\frac12AB=3x\), то \(MT=x\).
Обозначим также \(KZ=KY=y\), \(ND=t\).

Тогда из подобия \(\triangle AMK\) и \(\triangle NDK\) следует, что

\[\dfrac{AM}{ND}=\dfrac{AK}{KD}=\dfrac{KM}{NK}.\]

Заметим, что отрезки касательных \(NI\) и \(NY\) равны. Следовательно, если \(DI=\frac12CD=3x\), то \(NM=NI=t+3x\). Следовательно, \(NK=t+3x-y\).

Заметим также, что если \(KZ=y\), а \(AZ=3x\), то \(AK=3x-y\).

Таким образом, равенство можно переписать в виде:

\[\dfrac{2x}{t}=\dfrac{3x-y}{3x+y}=\dfrac{y+x}{t+3x-y}.\]

Из данных равенств можно выразить \(y\) и \(t\) через \(x\), получится:

\[y=\dfrac32x \qquad \qquad t=6x.\]

Заметим, что \(NP\) – биссектриса угла \(\angle YNI\) (т.к. прямая, проходящая через точку, из которой выходят две касательные к окружности, и центр окружности является биссектрисой угла, образованного этими касательными).

Пусть \(J\) – точка пересечения прямой \(KM\) и \(BC\). Тогда \(\triangle AMK\sim \triangle JMB\) с коэффициентом подобия \(2\), следовательно, если \(AK=3x-y=3x-\frac32x=\frac32x\), то \(JB=2AK=3x\); если \(KM=y+x=\frac52x\), то \(MJ=5x\). \(NK=t+3x-y=\frac{15}2x\).

Т.к. биссектриса треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то

\[\dfrac{JP}{PC}=\dfrac{NJ}{NC}=\dfrac{NK+KM+MJ}{ND+DC}=\dfrac{15x}{12x}=\dfrac54\]

Следовательно, \(JP=\frac54PC\), а значит \(BP=\frac54PC-3x\). Т.к. \(BP+PC=BC=6x\), то

\[\frac54PC-3x+PC=6x \quad \Rightarrow \quad PC=4x \quad \Rightarrow \quad BP=2x \quad \Rightarrow \quad BP:PC=1:2.\]

Ответ:

\(1:2\)

а) \(ON = OA\) – как радиусы. Так как трапеция \(ABCD\) равнобедренная, то \(MD = OA = ON\).

Так как \(OA = ON\), то \(\angle OAN = \angle ONA\), но \(\angle OAN = \angle MDA\), следовательно, \(\angle ONA = \angle MDA\), тогда \(ON\parallel MD\).

В итоге стороны \(ON\) и \(MD\) четырёхугольника \(ONDM\) параллельны и равны, следовательно, \(ONDM\) – параллелограмм.

б) \[ND = OM = \dfrac{AD + BC}{2} = \dfrac{AD}{2} + 2\quad\Rightarrow\quad AN = \dfrac{AD}{2} - 2,\quad ND = AN + 4\,.\]

Пусть \(B'\) – проекция точки \(B\) на \(AD\), тогда \[AB' = \dfrac{AD - BC}{2} = \dfrac{AD}{2} - 2 = AN\,,\] следовательно, точки \(B'\) и \(N\) совпадают и \(BN\perp AD\).

Пусть радиус данной окружности равен \(r\), \(BN = h\), тогда из треугольника \(ABN\): \[AN^2 = 4r^2 - h^2,\qquad AN = \dfrac{h}{\mathrm{tg}\, 75^\circ}\]

Пусть \(P\) – точка касания данной окружности и \(CD\), тогда \(OP\perp CD\). Так как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых и секущей равны, то \[\angle PMO = \angle MON = \angle ONA = \angle OAN = 75^\circ\,.\]

Таким образом, прямоугольные треугольники \(POM\) и \(ABN\) подобны по острому углу, следовательно, \[\dfrac{OP}{BN} = \dfrac{OM}{AB}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{r}{h} = \dfrac{AN + 4}{2r}\,.\]

Найдём \(\mathrm{tg}\, 75^\circ\) при помощи формулы тангенса половинного угла: \[\mathrm{tg}\, 75^\circ = \mathrm{tg}\, \dfrac{150^\circ}{2} = \dfrac{\sin 150^\circ}{1 + \cos 150^\circ} = \dfrac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{1}{2 - \sqrt{3}}\,.\]

Тогда \[AN = (2 - \sqrt{3})h,\qquad (2 - \sqrt{3})^2h^2 = 4r^2 - h^2,\qquad \dfrac{r}{h} = \dfrac{(2 - \sqrt{3})h + 4}{2r}\,,\] откуда \(r = h\sqrt{2 - \sqrt{3}}\), \[2r^2 = (2 - \sqrt{3})h^2 + 4h\quad\Rightarrow\quad (2 - \sqrt{3})h^2 = 4h\quad\Rightarrow\quad h = \dfrac{4}{2 - \sqrt{3}}\,,\] тогда \(AN = 4\), откуда \(ND = 8\), следовательно, \(AD = 12\).

Ответ:

б) \(12\)

а) Пусть \(O\) и \(Q\) – центры данных окружностей, \(r\) – радиусы. Обозначим точки касания окружностей со второй касательной (параллельной \(AB\)) за \(A_1\) и \(B_1\). Т.к. \(OA\perp AB\), \(OA_1\perp A_1B_1\), \(AB\parallel A_1B_1\), то отрезки \(OA\) и \(OA_1\) лежат на одной прямой. Аналогично можно сказать про \(QB\) и \(QB_1\). Следовательно, \(AA_1\perp AB\), \(BB_1\perp AB\), и, вообще говоря, \(AA_1B_1B\) – прямоугольник (противоположные стороны попарно параллельны и углы по \(90^\circ\)).
Т.к. \(O, Q\) – середины отрезков \(AA_1\) и \(BB_1\) соответственно, то \(OQ\parallel AB\), следовательно, \(OQ=AB\).
Значит, необходимо доказать, что \(P_{\triangle CDE}=2AB\).

Т.к. отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, то \(CA=CA_2=x\), \(DA_1=DA_2=y\), \(CB=CB_2=z\), \(EB_1=EB_2=t\).
Тогда \[P_{\triangle CDE}=CD+DE+EC=x+y+DE+t+z=(x+z)+(y+DE+t)=AB+A_1B_1=2AB.\]

б) Из условия следует, что \(x=8\), \(z=10\).
\(DE=A_1B_1-y-t=18-y-t\). Найдем \(y\) и \(t\).



Проведем отрезки \(OC\) и \(OD\) – они являются биссектрисами углов \(C\) и \(D\) соответственно (по свойству окружности, вписанной в угол). Т.к. \(AC\parallel A_1D\), то \(\angle ACD+\angle A_1DC=180^\circ\) как односторонние, следовательно, \(\angle OCD+\angle ODC=\frac12\cdot 180^\circ=90^\circ\).
Таким образом, \(\triangle DOC\) прямоугольный (\(\angle O=90^\circ\)).

Из прямоугольного \(\triangle OAC\): \[OC^2=OA^2+AC^2=5^2+8^2.\] Из прямоугольного \(\triangle OA_1D\): \[OD^2=OA_1^2+A_1D^2=5^2+y^2.\] Тогда из прямоугольного \(\triangle DOC\):\[DC^2=OD^2+OC^2 \quad \Rightarrow \quad (y+8)^2=5^2+y^2+5^2+8^2 \quad \Rightarrow \quad y=\dfrac{25}8.\] Аналогичным образом поступая, можно найти \(t=\dfrac52\).
Таким образом, \[DE=18-\frac{25}8-\frac52=12,375.\]

Ответ:

\(12,375\)

а) Если доказать, что \(\triangle MCN\) равнобедренный (\(MC=NC\)), то отсюда будет следовать, что биссектриса \(CO\) также и медиана, то есть \(OM=ON\).



Заметим, что \(\triangle ABN\) равнобедренный, т.к. \(AM\) – прямая, содержащая биссектрису и высоту, следовательно, \(AN=AB=6\). Тогда \(NC=9-6=3\).
Т.к. биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac69=\dfrac23.\] Также известно, что \(BM+MC=5\), следовательно, из двух полученных уравнений находим: \(MC=3\).
Таким образом, мы доказали, что \(MC=NC=3\).

б)


Заметим, что из доказанного следует, что \(CO\perp MN\), следовательно, в \(\triangle MPN\) \(PO\) – медиана и высота, следовательно, он равнобедренный и \(PN=PM\). Таким образом, можно найти отношение \(AP:PM\).
В \(\triangle AMC\) \(CP\) – биссектриса, следовательно, она делит сторону \(AM\) на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то есть

\[\dfrac{AP}{PM}=\dfrac{AC}{MC}=\dfrac93=3.\]

Ответ:

\(3\)