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: \[8-(x+\sqrt3)^2=(\sqrt3-x)^2 \quad\Rightarrow\quad x=1.\]

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 \(PH = 4\sqrt{5}\). \[S_{\triangle MPQ} = \dfrac{1}{2}\cdot MQ\cdot PH = \dfrac{1}{2}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5} = 50.\]

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, \[\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}=\dfrac14\]

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

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,

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

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 \(\triangle ABC\).

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:

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