Задачи по планиметрии прошлых лет

а)
Так как противоположные углы параллелограмма равны, то \(\angle ABE=\angle ADK\). Так как равные вписанные углы опираются на равные дуги и на равные хорды, то \(AE=AK\), чтд.

б) Введем обозначения: \(AD=x\), \(CK=y\). Проведем отрезок \(ED\). Тогда \(ABED\) – трапеция, причем, так как она вписана в окружность, она равнобедренная. Следовательно, \(ED=y+20\).


Запишем теорему косинусов для \(\triangle ECD\): \[(y+20)^2=48^2+(y+20)^2-2\cdot 48\cdot (y+20)\cdot 0,4 \quad\Rightarrow\quad y=40\] Следовательно, \(AB=60\).
Так как \(\angle B+\angle C=180^\circ\) по свойству параллелограмма, то их косинусы противоположны, следовательно, \(\cos \angle B=-0,4\).
Так как \(AE=AK\), то найдем \(AE^2\) и \(AK^2\) по теореме косинусов из \(\triangle ABE\) и \(\triangle ADK\) и приравняем: \[60^2+(x-48)^2-2\cdot 60\cdot (x-48)\cdot (-0,4)=x^2+20^2-2\cdot 20\cdot x \cdot (-0,4) \quad\Rightarrow\quad x=50\] Следовательно, \(AD=50\).

а) Пусть \(BM=x\), тогда \(AC=3x\). Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(MB_1=0,5x\), следовательно, \(BB_1=1,5x\). Следовательно, \(AB_1=B_1C=BB_1=1,5x\). Следовательно, \(\triangle ABC\) прямоугольный с \(\angle B=90^\circ\).

б) Обозначим \(AB=2a\), \(BC=2b\).



Тогда по теореме Пифагора \[\begin{aligned} &AA_1^2=4a^2+b^2\\ &CC_1^2=a^2+4b^2 \end{aligned}\] Отсюда \(AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)\).
Так как по теореме Пифагора из \(\triangle ABC\): \(4a^2+4b^2=12^2\), то \(a^2+b^2=36\). Следовательно, \[AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)=5\cdot 36=180\]

а) Заметим, что в тупоугольном треугольника в одной точке пересекаются продолжения высот. Рассмотрим чертеж:
Рассмотрим четырехугольник \(A_1BC_1H\). В нем \(\angle A_1=\angle C_1=90^\circ\). Следовательно, \(\angle A_1BC_1=180^\circ-\angle A_1HC_1=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).
Так как \(\angle A_1BC_1\) и \(\angle ABC\) – вертикальные, то они равны, значит, \(\angle ABC=120^\circ\).

б) Рассмотрим прямоугольный \(\triangle CHA_1\). Так как \(\angle CHA_1=60^\circ\), то \(\angle HCA_1=30^\circ\).
Аналогично \(\angle HAC_1=30^\circ\).
Тогда из прямоугольного \(\triangle C_1CB\) катет \(C_1B\) равен половине гипотенузы \(CB\), так как лежит против угла в \(30^\circ\), значит, \(C_1B=5\).
Аналогично \(A_1B=0,5\cdot AB=3\).
Рассмотрим снова \(\triangle HCA_1\). Так как \[\dfrac{\sqrt3}3=\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{HA_1}{CA_1}\quad\rightarrow\quad HA_1=\dfrac{13}{\sqrt3}\] Тогда по теореме Пифагора из прямоугольного \(\triangle HA_1B\): \[BH=\sqrt{3^2+\left(\dfrac{13}{\sqrt3}\right)^2}=\dfrac{14}{\sqrt3}\]

а) Если в выпуклом четырехугольнике сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), то около него можно описать окружность. Докажем, что \(\angle B+\angle D=180^\circ\).
По теореме косинусов для \(\triangle ABC\): \[\cos\angle B= \dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=-\dfrac12\] По теореме косинусов для \(\triangle ADC\): \[\cos\angle D=\dfrac{AD^2+CD^2-AC^2}{2\cdot AD\cdot CD}=\dfrac12\] Так как \(\alpha+\beta=180^\circ\) равносильно \(\cos\alpha=-\cos\beta\), то из \(\cos\angle B=-\cos \angle D\) следует, что \(\angle B+\angle D=180^\circ\).

б) Если около \(ABCD\) можно описать окружность, то и \(\angle A+\angle C=180^\circ\).
Обозначим \(BD=x\). Тогда, также используя теорему косинусов для \(\triangle ABD\) и \(\triangle CBD\), можно сказать: \[\begin{cases} \cos \angle A=\dfrac{9+64-x^2}{2\cdot 3\cdot 8} \\[2ex] \cos \angle C=\dfrac{25+25-x^2}{2\cdot 5\cdot 5} \end{cases}\]Также имеем, что \(\cos\angle A=-\cos\angle C\), следовательно, \[\begin{aligned} &\dfrac{9+64-x^2}{2\cdot 3\cdot 8}=-\dfrac{25+25-x^2}{2\cdot 5\cdot 5} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{73-x^2}{24}=\dfrac{x^2-50}{25} \quad\Leftrightarrow\\[2ex] &\Leftrightarrow\quad 73\cdot 25-25x^2=24x^2-50\cdot 24 \quad\Leftrightarrow\\[2ex] &\Leftrightarrow\quad x^2=\dfrac{73\cdot 25+50\cdot 24}{49}= \dfrac{25(73+48)}{49}=\dfrac{25\cdot 121}{49} \end{aligned}\] Отсюда \[x=\dfrac{5\cdot 11}{7}=\dfrac{55}7\]

а) Угол \(BOC\) – центральный, опирающийся на дугу \(BC\); угол \(BKC\) – вписанный и опирающийся на ту же дугу, следовательно, \(\angle BOC=2\angle BKC\), чтд.

б) Проведем \(KH\perp BC\). Так как угол между касательной и хордой, выходящей из точки касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то \(\angle DKC=0,5\buildrel\smile\over{KC}=\angle KBC\). Аналогично \(\angle AKB=\angle KCB\):

Следовательно, \(\triangle AKB\sim \triangle KHC, \triangle KDC\sim \triangle KHB\) как прямоугольные по острому углу. Тогда: \[\begin{aligned} &\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{KH}{CD}\\[2ex] &\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KH}{AB}\end{aligned}\] Отсюда \[1=\dfrac{KH^2}{CD\cdot AB}\quad\Rightarrow\quad KH=\sqrt{CD\cdot AB}=\sqrt{ 4\cdot 9}=6\]

а) Пусть \(AK=x, \ KC=2x\). Проведем \(BL\parallel MK\). Тогда по теореме Фалеса \[\dfrac{BM}{MA}=\dfrac11=\dfrac{LK}{KA} \quad\Rightarrow\quad LK=KA=x \quad\Rightarrow \quad CL=x.\]


Тогда также по теореме Фалеса: \[\dfrac{CL}{LK}=\dfrac11=\dfrac{CO}{OM} \quad\Rightarrow\quad CO=OM.\] Следовательно, \(BO\) – медиана и высота (\(MK\perp CM, \ BO\parallel MK \quad\Rightarrow\quad BO\perp CM\)), следовательно, \(\triangle CBM\) равнобедренный и \(CB=BM\). Следовательно, \(CB=\frac12BA\). Так как катет, равный половине гипотенузы, лежит против угла в \(30^\circ\), то \(\angle BAC=30^\circ\).

б) Рассмотрим \(\triangle PMC\): \(\angle PMC=90^\circ\). Так как \(BM=BC\), то \(BM=BC=BP\), то есть \(B\) – середина \(CP\) (\(\angle BCM=\angle BMC=60^\circ\), следовательно, \(\angle CPM=30^\circ=\angle PMB\), следовательно, \(BP=BM\)).
Проведем \(BS\parallel AP\). Тогда \(BS\) – средняя линия треугольника \(APC\). Значит, \(CS=SA\).



Из прямоугольного \(\triangle ABC\): \[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{BC}{AC} \quad\Rightarrow\quad AC= BC\cdot \sqrt3=6.\] Следовательно, \(CS=SA=3\), а так как \(CK:KA=2:1\), то \(KA=2\) и \(SK=1\).
Заметим, что \(\triangle BKS\sim \triangle QKA\) по двум углам (\(\angle BKS=\angle QKA\) как вертикальные, \(\angle BSK=\angle QAK\) как накрест лежащие при \(AQ\parallel BS\) и \(SA\) секущей). Следовательно, \[\dfrac{SK}{AK}=\dfrac12=\dfrac{BK}{KQ} \quad\Rightarrow\quad KQ=2BK.\] Найдем \(BK\).
По теореме Пифагора из \(\triangle BKC\): \[BK=\sqrt{BC^2+KC^2}=\sqrt{(2\sqrt3)^2+4^2}=2\sqrt{7}\] Следовательно, \[KQ=4\sqrt7.\]

а) Так как окружность вписана в трапецию, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов трапеции.



Так как \(\angle A+\angle B=180^\circ\), то \(\frac12\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ\). Следовательно, \(\angle AOB=180^\circ-90^\circ=90^\circ\).
Аналогично доказывается, что \(\angle COD=90^\circ\).
Следовательно, \(\angle BOC+\angle AOD=360^\circ-90^\circ-90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\sin \angle BOC=\sin \angle AOD\).

б) Так как в трапеции \(\angle A=\angle B=90^\circ\), то \(\angle BAO=\angle ABO=45^\circ\), следовательно, \(\triangle AOB\) – прямоугольный и равнобедренный.
Пусть \(M, N, K, L\) – точки касания окружности со сторонами \(AB, BC, CD, AD\) соответственно.
Следовательно, \(OM\perp AB\) как радиус, проведенный в точку касания. Так как \(\triangle AOB\) равнобедренный, то \(OM\) – медиана, следовательно, \(AM=MB\). Как отрезки касательных \(AM=AL, BM=BN\). Следовательно, \(AL=AM=BM=BN=x\). Пусть также \(NC=CK=y\), \(DL=DK=z\). Тогда \(x+y=5\), \(x+z=7\).



Тогда \(AB=2x\) – высота трапеции. Следовательно, нужно найти \(x\).
Проведем \(CH\perp AD\). Тогда \(HD=AD-BC=2\), а \(CH=AB=2x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle GHD\): \[(2x)^2+2^2=(y+z)^2\] Так как \(y=5-x\), \(z=7-x\), то получаем уравнение \[4x^2+4=(12-2x)^2\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{35}{12}\] Следовательно, площадь трапеции равна \[S=\dfrac{5+7}2\cdot 2x=35.\]