ЕГЭ Профиль
Задание 1188
Прямая, проведённая через середину N стороны AB квадрата ABCD, пересекает прямые CD и AD в точках M и T соответственно и образует с прямой AB угол, тангенс которого равен 4. Найдите площадь треугольника BMT, если сторона квадрата ABCD равна 8.
Задание 1189
Дан параллелограмм ABCD, AB = 2, BC = 3, ∠A = 60°. Окружность с центром в точке O касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла. Найдите площадь четырёхугольника ABOD.
Задание 1217
Площадь трапеции ABCD равна 560. Диагонали пересекаются в точке O. Отрезки, соединяющие середину P основания AD с вершинами B и C, пересекаются с диагоналями трапеции в точках M и N. Найдите площадь треугольника MON, если одно из оснований трапеции в полтора раза больше другого.
Задание 3037
В равнобедренной трапеции ABCD основание AD в два раза больше основания BC.
а) Докажите, что высота CH трапеции разбивает основание AD на отрезки, один из которых втрое больше другого.
б) Пусть O — точка пересечения диагоналей трапеции ABCD. Найдите расстояние от вершины C до середины отрезка OD, если BC=16 и AB=10.
Задание 3161
Точка О – центр окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС. На луче АО отмечена точка М так, что ∠BAC+∠AMC=90.
Задание 3207
В треугольнике ABC на AB, как на диаметре, построена окружность ω1, а на AC, как на диаметре, построена окружность ω2. Окружности ω1 и ω2 пересекаются в точке М, отличной от точек А, В и С.
А) Докажите, что точки М, В и С лежат на одной прямой.
Б) Пусть АМ = 6, а диаметр окружности, описанной около треугольника АВС, равен 10. Найдите произведение АВ∙АС.
Задание 3332
В трапеции ABCD BC||AD, ∠ABC=90. Прямая, перпендикулярная стороне CD, пересекает сторону АВ в точке M, а сторону CD – в точке N.
Задание 3379
Два борта бильярдного стола образуют угол 7°, как указано на рисунке. На столе лежит бильярдный шар A, который катится без трения в сторону одного из бортов под углом 113°. Отражения от бортов абсолютно упругие. Сколько раз шар отразится от бортов?
Задание 3427
На стороне BC треугольника ABC отмечена K точка так, что AK = 4, ВК = 9, КС = 3. Около треугольника ABK описана окружность. Через точку C и середину D стороны AB проведена прямая, которая пересекает окружность в точке P, причем CP > CD и $$\angle APB=\angle BAC$$
Задание 3664
Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке К. Прямая р касается первой окружности в точке М, а второй – в точке N.
Задание 3863
Площадь трапеции ABCD равна 30. Точка Р - середина боковой стороны АВ. Точка R на боковой стороне CD выбрана так, что $$2CD=3RD$$. Прямые AR и PD пересекаются в точке Q, $$AD=2BC$$.
А) 1) $$RD=\frac{2CD}{3}\Rightarrow CR=\frac{1}{3}CD$$
2) Построим $$AR\cap BC=M$$
$$\Rightarrow\bigtriangleup ARD\sim\bigtriangleup CMR$$ (по 2м углам)
$$\frac{CR}{RD}=\frac{CM}{AD}=\frac{1}{2}$$
$$\Rightarrow$$ $$CM=\frac{1}{2}AD=BC\Rightarrow BM=AD$$
$$\Rightarrow ABMD$$ - параллелограмм
3) Тогда: $$\bigtriangleup APQ\sim\bigtriangleup MQD$$:
$$\frac{AP}{MD}=\frac{AQ}{QM}=\frac{1}{2}$$
$$\Rightarrow AQ=\frac{1}{3}AM$$; $$QM=\frac{2}{3}AM$$
4) из п.2 $$\frac{MR}{AR}=\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$MR=\frac{1}{3}AM$$
Тогда $$QR=QM-MR=\frac{2}{3}AM-\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}AM$$
$$\Rightarrow$$ $$AQ=QM$$
ч.т.д.
б) 1) $$S_{ABCD}=30=S$$
т.к. $$BC=CM$$, то $$S_{CMD}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}BM\cdot h$$,
где $$h$$ - высота $$ABMD$$:
$$S_{CMD}=\frac{1}{4}BM\cdot h=\frac{1}{4}S$$
$$\Rightarrow$$ $$S_{ABCD}=\frac{3}{4}S=30$$
$$\Rightarrow S=40$$
2) $$\frac{AQ}{QM}=\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$
$$S_{QMD}=\frac{2}{3}S_{AMD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}S=\frac{40}{3}$$
$$\bigtriangleup APQ\sim\bigtriangleup QMD$$:
$$k=\frac{1}{2}\Rightarrow$$
$$\frac{S_{APQ}}{S_{QMD}}=\frac{1}{4}\Rightarrow$$
$$S_{APQ}=\frac{1}{4}S_{QMD}=\frac{1}{4}\cdot\frac{40}{3}=\frac{10}{3}$$
Задание 4020
Из середины D гипотенузы АВ прямоугольного треугольника АВС проведен луч, перпендикулярный к гипотенузе и пересекающий один из катетов. На нем отложен отрезок DE, длина которого равна половине отрезка АВ. Длина отрезка СЕ равна 1 и совпадает с длиной одного из катетов.
а) 1) Строим окружность с диаметром $$AB\Rightarrow\angle C=90^{\circ}$$
$$AD=DE=R\Rightarrow E$$ лежит на окружности
2) По условию $$BC=CE\Rightarrow$$
$$\angle ACE=\frac{1}{2}\angle ADE=45^{\circ}$$(вписанный угол равен половине центрального, опирающегося на ту же дугу)
б) 1) Т.к. $$\angle СDB=45^{\circ}\Rightarrow \angle CAB=22,5=\frac{45}{2}$$
$$\tan A=\frac{BC}{AC}\Leftrightarrow\tan\frac{45}{2}=\frac{1}{AC}$$
$$\tan 45=\tan2\cdot\frac{45}{2}=\frac{2\tan\frac{45}{2}}{1-\tan^{2}\frac{45}{2}}$$
2) Пусть $$\tan\frac{45}{2}=x$$
$$1=\frac{2x}{1-x^{2}}\Leftrightarrow$$
$$1-x^{2}=2x\Leftrightarrow$$
$$x^{2}+2x-1=0$$
$$D=4+4=8$$
$$x_{1}=\frac{-2+\sqrt{8}}{2}=\sqrt{2}-1$$
$$x_{2}=\frac{-2-\sqrt{8}}{2}=-\sqrt{2}-1$$
$$AC=1\div\tan\frac{45}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$$
3) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\frac{\sqrt{2}+1}{2(\sqrt{2}^{2}-1^{2})}=\frac{1+\sqrt{2}}{2}$$
Задание 4190
Четырехугольник ABCD вписан в окружность с центром в точке О. Радиус АO перпендикулярен радиусу ОВ, а радиус ОС перпендикулярен радиусу OD.
а) 1) $$\bigtriangleup ABO=\bigtriangleup OCD$$ оба прямоугольные и равнобедренные $$\Rightarrow$$ $$\angle OAB=\angle OBA=$$ $$\angle ODC=\angle OCD=45^{\circ}$$
2) Пусть $$\angle ODA=\angle OAD=\alpha$$, $$\angle OBC=\angle OCB=\beta$$, тогда по свойству вписанного четырехугольника: $$\angle ADC+\angle ABC=180^{\circ}$$; $$\angle\alpha\neq45^{\circ}+\angle\beta+45=180^{\circ}$$; $$\angle\alpha+\angle\beta=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle\beta=90-\angle\alpha(1)$$
3) $$\angle ADC+\angle BCD=\angle\alpha+45+45+\angle\beta=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$AD\parallel BC$$ (сумма односторонних $$180^{\circ}$$)
б) 1) $$BC=\frac{1}{2}AD$$; $$CH=9$$ Построим $$MN\parallel CH$$, пусть $$MO=x$$ $$\Rightarrow$$ $$ON=9-x$$
2) $$\bigtriangleup ANO$$ - прямоугольный, $$\angle OAN=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle AON=90-\alpha=\beta$$; $$\bigtriangleup BOM$$ - прямоугольный, $$\angle OBM=\beta$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BOM=90-\beta=\alpha$$; $$OB=OA$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup ANO=\bigtriangleup BOM$$; $$ON=BM$$; $$AN=OM$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{AOD}=S_{BOC}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{1}{2}BC\cdot OM=\frac{1}{2}AD\cdot ON$$ $$\Rightarrow$$ $$BC\cdot x=2BC(9-x)$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=18-2x$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=6$$
3) $$OM=6$$; $$ON=3$$ $$\Rightarrow$$ $$AN=6$$ и из $$\bigtriangleup AON$$: $$AO=\sqrt{AN^{2}+ON^{2}}=\sqrt{9+36}=\sqrt{45}$$
4) $$S_{AOB}=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot OB=$$ $$\frac{1}{2}\cdot\sqrt{45}\cdot\sqrt{45}=22,5$$
Задание 4398
Радиус вписанной в треугольник АВС окружности равен $$\frac{\sqrt{15}}{3}$$. Окружность радиуса $$\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$ касается вписанной в треугольник АВС окружности в точке Т, а также касается лучей, образующих угол АСВ. Окружности касаются прямой АС в точках К и М.
а) Через Т строим общую касательную $$TL\cap MK=L$$; $$ML=LT$$; $$TL=LK$$ (по свойству касательных) $$\Rightarrow$$ $$ML=TL=LK$$ $$\Rightarrow$$ т.к. TL - медиана, то $$\bigtriangleup MTK$$ - прямоугольный
б) 1) Пусть $$O_{2}H\perp O_{1}M$$ $$\Rightarrow$$ $$HO_{2}=MK$$; $$O_{1}H=O_{1}M-O_{2}K=\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$
2) $$O_{1}O_{2}=O_{1}T+TO_{2}=\frac{8\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$
3) из $$\bigtriangleup O_{1}O_{2}H$$: $$O_{2}H=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-O_{1}H^{2}}=\frac{10}{3}$$
4) Пусть $$KC=a$$; $$\bigtriangleup O_{1}CM\sim\bigtriangleup O_{2}CK$$: $$\frac{O_{1}M}{O_{2}K}=\frac{MC}{KC}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}\div\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=\frac{\frac{10}{3}+x}{x}$$; $$5x=10+3x$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=5$$
5) $$\tan\angle O_{1}CM=\frac{O_{2}K}{KC}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}\cdot5}=\frac{1}{\sqrt{15}}$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$CO_{2}$$ - биссектриса, то $$\angle ACB=\frac{2\cdot\frac{1}{\sqrt{15}}}{1-(\frac{1}{\sqrt{15}})^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{7}$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$1+\tan^{2}\alpha=\frac{1}{\cos^{2}\alpha}$$, то $$\cos\angle ACB=\sqrt{\frac{1}{1+\frac{\sqrt{15}}{7}}}=\frac{7}{8}$$
6) Пусть $$AT=AK=x$$; $$TB=BR=y$$, тогда: $$S_{ABC}=\sqrt{p\cdot(p-a)(p-b)(p-c)}=3\sqrt{15}$$; $$p=\frac{2x+2y+10}{2}=(x+y+5)$$; $$a=x+5$$; $$b=y+5$$; $$c=x+y$$; $$\sqrt{(x+y+5)5xy}=3\sqrt{15}$$; $$(x+y+5)xy=27(1)$$
7) По т. косинусов: $$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC\cdot BC\cos ACB$$; $$(x+y)^{2}=(5+x)^{2}+(5+y)^{2}-2(5+x)(5+y)\cdot\frac{7}{8}$$; $$x^{2}+2xy+y^{2}=25+10x+x^{2}+25+10y+y^{2}-\frac{7}{4}(25+5x+5y+xy)$$; $$50+10(x+y)-\frac{7}{4}(25+5(x+y)+xy)-2xy=0(2)$$
Решим систему уравнений 1 и 2: замена $$x+y=a$$; $$xy=b$$:
$$\left\{\begin{matrix}b(a+5)=27\\50+10a-\frac{7}{4}(25+5a+b)-2b=0\end{matrix}\right.$$.
Рассмотрим 2ое: умножим на 4: $$200+40a-175-35a-7b-8b=0$$; $$5a+25=15b$$; $$a+5=3b$$
Подставим в 1ое, умноженное на 3: $$3b(a+5)=81$$; $$(a+5)(a+5)=81$$ $$\Leftrightarrow$$ $$a+5=9$$ $$\Leftrightarrow$$ $$a=4$$; $$b=\frac{4+5}{3}=3$$. Получаем: $$\left\{\begin{matrix}x+y=4\\xy=3\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.$$ или $$\left\{\begin{matrix}x=3\\y=1\end{matrix}\right.$$
Т.к. по условию АС самая большая, то $$x=1$$; $$y=3$$ не подходит; $$\Rightarrow$$ $$x=3$$; $$y=1$$
8) из $$\bigtriangleup BRO_{2}$$: $$\tan O_{2}BR=\frac{O_{2}R}{BR}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}}{1}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$$; $$\tan ABC=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{3}}}{1-(\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}})^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{-3}{2}=-\sqrt{15}$$
Задание 4575
Треугольник АВС (АВ<АC) вписан в окружность. На стороне АС отмечена точка Е так, что АЕ=АВ. Серединный перпендикуляр к отрезку СЕ пересекает дугу ВС, не содержащую точки А, в точке К.
Задание 4593
Основание равнобедренного треугольника равно 40, косинус угла при вершине равен $$\frac{15}{17}$$. Две вершины прямоугольника лежат на основании треугольника, а две другие — на боковых сторонах. Найдите площадь прямоугольника, если известно, что одна из его сторон вдвое больше другой.
Задание 4598
Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C.
Задание 4599
В треугольнике АВС проведена биссектриса АМ. Прямая, проходящая через вершину В перпендикулярно АМ, пересекает сторону АС в точке N. АВ = 6; ВС = 5; АС = 9.
Задание 4600
Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и их линии центров.
Задание 4602
Медианы АА1 и ВВ1 и CC1 треугольника ABC пересекаются в точке М. Точки А2, В2 и С2 — середины отрезков MA, MB и МС соответственно.
Задание 4606
Точка О — центр окружности, вписанной в треугольник ABC. На продолжении отрезка AO за точку О отмечена точка K так, что BK = OK.
Задание 4607
Точка О — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC. На продолжении отрезка AO за точку О отмечена точка K так, что $$\angle BAC + \angle AKC = 90$$
Задание 4608
В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C известны стороны AC = 12, BC = 5. Окружность радиуса $$\frac{1}{2}$$ с центром O на стороне BC проходит через вершину C. Вторая окружность касается катета AC, гипотенузы треугольника, а также внешним образом касается первой окружности.
Задание 4609
Окружность с центром O проходит через вершины B и C большей боковой стороны прямоугольной трапеции ABCD и касается боковой стороны AD в точке T. Точка O лежит внутри трапеции ABCD.
Задание 4610
Окружность, построенная на медиане BM равнобедренного треугольника ABC как на диаметре, второй раз пересекает основание BC в точке K.
Задание 4611
Дана равнобедренная трапеция KLMN с основаниями KN и LM. Окружность с центром O, построенная на боковой стороне KL как на диаметре, касается боковой стороны MN и второй раз пересекает большее основание KN в точке H, точка Q — середина MN.
Задание 4613
Отрезок, соединяющий середины M и N оснований BC и AD соответственно трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
Задание 4614
На отрезке BD взята точка C. Биссектриса BL равнобедренного треугольника ABC с основанием BC является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.
Задание 4618
Две окружности пересекаются в точках P и Q. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точке A, а вторую — в точке D. Прямая, проходящая через точку Q параллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую — в точке C.
Задание 4619
На диагонали параллелограмма взяли точку, отличную от её середины. Из неё на все стороны параллелограмма (или их продолжения) опустили перпендикуляры.
Задание 4620
В равнобедренном треугольнике ABC с углом 120° при вершине A проведена биссектриса BD. В треугольник ABC вписан прямоугольник DEFH так, что сторона FH лежит на отрезке BC, а вершина E — на отрезке AB.
Задание 4623
В остроугольном треугольнике ABC провели высоту BH из точки H на стороны AB и BC опустили перпендикуляры HK и HM соответственно.
а) Докажите, что треугольник MBK подобен треугольнику ABC.
б) Найдите отношение площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC, если BH = 2, а радиус окружности, описанной около треугольника ABC равен 4.
Задание 4624
На сторонах AD и BC параллелограмма ABCD взяты соответственно точки M и N , причём M — середина AD, а BN : NC = 1 : 3.
Задание 4625
Точка M — середина стороны AD параллелограмма ABCD . Из вершины A проведены два луча, которые разбивают отрезок BM на три равные части.
Задание 4626
Окружность с центром O, вписанная в треугольник ABC, касается стороны BC в точке P и пересекает отрезок BO в точке Q. При этом отрезки OC и QP параллельны.
Задание 4627
Около равнобедренного треугольника ABC с основанием BC описана окружность. Через точку C провели прямую, параллельную стороне AB. Касательная к окружности, проведённая в точке B, пересекает эту прямую в точке K.
Задание 4671
Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, I — центр вписанной в него окружности, H — точка пересечения высот. Известно, что $$\angle BAC = \angle OBC + \angle OCB$$
Задание 4672
Прямая, проходящая через вершину В, прямоугольника ABCD, перпендикулярная диагонали АС и пересекает сторону АD в точке M, равноудаленной от вершин В и D.
а) Докажите, что ∠ABM = ∠DBC = ∠MBD.
б) Найдите расстояние от точки О, точки пересечения диагоналей, до отрезка СМ, если BC = 42.
Задание 4673
Одна окружность вписана в прямоугольную трапецию, а вторая касается большей боковой стороны и продолжений оснований.
а) Докажите, что расстояние между центрами окружностей равно большей боковой стороне трапеции.
б) Найдите расстояние от вершины одного из прямых углов трапеции до центра второй окружности, если точка касания первой окружности с большей боковой стороной трапеции делит её на отрезки, равные 2 и 50.
Задание 4674
К двум непересекающимся окружностям равных радиусов проведены две параллельные общие касательные. Окружности касаются одной из этих прямых в точках A и B/ Через точку C, лежащую на отрезке AB, проведены касательные к этим окружностям, пересекающие вторую прямую в точках D и E, причём отрезки CA и CD касаются одной окружности, а отрезки CB и CE — другой.
а) Докажите, что периметр треугольника CDE вдвое больше расстояния между центрами окружностей.
б) Найдите DE, если радиусы окружностей равны 5, расстояние между их центрами равно 18, а AC = 8.
Задание 4676
К окружности, вписанной в квадрат ABCD, проведена касательная, пересекающая стороны AB и AD в точках M и N соответственно.
а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.
б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке P. В каком отношении делит сторону BC прямая, проходящая через точку P и центр окружности, если AM : MB = 1 : 3?
Задание 4677
Точка M лежит на стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD, причём B и C — вершины равнобедренных треугольников с основаниями AM и DM соответственно, а прямые AM и MD перпендикулярны.
а) Докажите, что биссектрисы углов при вершинах B и C четырёхугольника ABCD, пересекаются на стороне AD.
б) Пусть N — точка пересечения этих биссектрис. Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что BM : MC = 3 : 4, а площадь четырёхугольника, стороны которого лежат на прямых AM, DM, BN и CN, равна 24.
Задание 4679
В треугольнике АВС угол АВС равен 60°. Окружность, вписанная в треугольник, касается стороны AC в точке M.
а) Докажите, что отрезок BM не больше утроенного радиуса вписанной в треугольник окружности.
б) Найдите $$\sin \angle BMC$$ если известно, что отрезок ВМ в 2,5 раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.
Задание 4680
В трапеции ABCD точка E — середина основания AD, точка M — середина боковой стороны AB. Отрезки CE и DM пересекаются в точке O.
а) Докажите, что площади четырёхугольника AMOE и треугольника COD равны.
б) Найдите, какую часть от площади трапеции составляет площадь четырёхугольника AMOE, если BC = 3, AD = 4.
Задание 4682
Дана трапеция ABCD с боковой стороной AB, которая перпендикулярна основаниям. Из точки А на сторону CD опущен перпендикуляр AH. На стороне AB взята точка E так, что прямые СЕ и СD перпендикулярны.
а) Доказать, что прямые BH и ED параллельны.
б) Найти отношение BH к ED, если $$\angle BCD = 135^{\circ}$$
Задание 4683
В прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом С точки М и N — середины катетов АС и ВС соответственно, СН — высота.
а) Докажите, что прямые МН и NH перпендикулярны.
б) Пусть Р — точка пересечения прямых АС и NH, а Q — точка пересечения прямых BC и МН. Найдите площадь треугольника PQM, если АН = 12 и ВН = 3.
Задание 4685
Сторона CD прямоугольника ABCD касается некоторой окружности в точке M. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках P и Q, причём точка P лежит между точками D и Q. Прямая BC касается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.
а) Докажите, что ∠DMP = ∠CBM.
б) Известно, что CM = 17 и CD = 25. Найдите сторону AD.
Задание 4686
В прямоугольном треугольнике ABC точки M и N — середины гипотенузы AB и катета BC соответственно. Биссектриса угла BAC пересекает прямую MN в точке L.
а) Докажите, что треугольники AML и BLC подобны.
б) Найдите отношение площадей этих треугольников, если $$\cos \angle BAC = \frac{7}{25}$$
Задание 4687
Окружность с центром O вписана в угол, равный 60°. Окружность большего радиуса с центом O1 также вписана в этот угол и проходит через точку O.
Задание 4688
Точки B1 и C1 лежат на сторонах соответственно AC и AB треугольника ABC, причём AB1 : B1C = AC1 : C1B. Прямые BB1 и CC1 пересекаются в точке O.
Задание 4689
На катетах AC и BC прямоугольного треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC. Точка M — середина гипотенузы AB, H — точка пересечения прямых CM и DK.
а) Докажите, что $$CM \perp DK$$.
б) Найдите MH, если известно, что катеты треугольника ABC равны 130 и 312.
Задание 4691
Точки P, Q, W делят стороны выпуклого четырехугольника ABCD в отношении AP : PB = CQ : QB = CW : WD = 3 : 4, радиус окружности, описанной около треугольника PQW, равен 10, PQ = 16, QW = 12, угол PWQ — острый.
а) Докажите, что треугольник PQW — прямоугольный.
б) Найдите площадь четырёхугольника ABCD.
Задание 4692
Параллелограмм и окружность расположены так, что сторона AB касается окружности, CD является хордой, а стороны DA и BC пересекают окружность в точках P и Q соответственно.
а) Докажите, что около четырехугольника ABQP можно описать окружность.
б) Найдите длину отрезка DQ, если известно, что AP = a, BC = b, BQ = c.
Задание 4695
Точка M — середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника ABC. Серединный перпендикуляр к гипотенузе пересекает катет BC в точке N.
а) Докажите, что ∠CAN = ∠CMN.
б) Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников ANB и CBM, если $$ tg \angle BAC =\frac{4}{3}$$
Задание 4696
Точка E — середина боковой стороны CD трапеции ABCD. На стороне AB взяли точку K, так, что прямые CK и AE параллельны. Отрезки CK и BE пересекаются в точке O.
а) Докажите, что CO = KO.
б) Найти отношение оснований трапеции BC и AD, если площадь треугольника BCK составляет $$\frac{9}{100}$$ площади трапеции ABCD.
Задание 4697
Две окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B, причём точки O1 и O2 лежат по разные стороны от прямой AB. Продолжения диаметра CA первой окружности и хорды CB этой окружности пересекают вторую окружности в точках D и E соответственно.
Задание 4699
Две окружности касаются внутренним образом в точке A, причём меньшая окружность проходит через центр O большей. Диаметр BC большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке M, отличной от A. Лучи AO и AM вторично пересекают большую окружность в точках P и Q соответственно. Точка C лежит на дуге AQ большей окружности, не содержащей точку P.
а) Докажите, что прямые PQ и BC параллельны.
б) Известно, что $$\sin \angle AOC = \frac{\sqrt{15}}{4}$$ Прямые PC и AQ пересекаются в точке K. Найдите отношение QK : KA
Задание 4701
В трапеции АBCD угол BAD прямой. Окружность, построенная на большем основании АD как на диаметре, пересекает меньшее основание BC в точке C и M.
а) Докажите, что угол BАM равен углу CАD.
б) Диагонали трапеции АBCD пересекаются в точке O. Найдите площадь треугольника АOB, если АB = 6, а BC = 4BM.
Задание 4723
Прямые, содержащие катеты AC и CB прямоугольного треугольника АСВ, являются общими внутренними касательными к окружностям радиусов 2 и 4. Прямая, содержащая гипотенузу АВ, является их общей внешней касательной.
а) Докажите, что длина отрезка внутренней касательной, проведенной из вершины острого угла треугольника до одной из окружностей, равна половине периметра треугольника АСВ.
б) Найдите площадь треугольника АСВ.
Задание 4728
Точка B лежит на отрезке AC. Прямая, проходящая через точку A, касается окружности с диаметром BC в точке M и второй раз пересекает окружность с диаметром AB в точке K. Продолжение отрезка MB пересекает окружность с диаметром AB в точке D.
а) Докажите, что прямые AD и MC параллельны.
б) Найдите площадь треугольника DBC, если AK = 3 и MK = 12.
Задание 4730
Прямая, перпендикулярная боковой стороне равнобедренного треугольника, отсекает от него четырёхугольник, в который можно вписать окружность. Найдите радиус окружности, если отрезок прямой, заключённый внутри треугольника, равен 6, а отношение боковой стороны треугольника к его основанию равно $$\frac{5}{6}$$
Задание 4736
Продолжение биссектрисы CD неравнобедренного треугольника ABC пересекает окружность, описанную около этого треугольника, в точке E. Окружность, описанная около треугольника ADE, пересекает прямую AC в точке F, отличной от A. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC, если AC = 4, AF = 2, ∠BAC = 60°.
Задание 4745
Первая окружность с центром O, вписанная в равнобедренный треугольник KLM, касается боковой стороны KL в точке B, а основания ML — в точке A. Вторая окружность с центром O1 касается основания ML и продолжений боковых сторон.
а) Докажите, что треугольник OLO1 прямоугольный.
б) Найдите радиус второй окружности, если известно, что радиус первой равен 6 и AK = 16.
Задание 4752
Площадь трапеции ABCD равна 72, а одно из оснований трапеции вдвое больше другого. Диагонали пересекаются в точке O; отрезки, соединяющие середину P основания AD с вершинами B и C, пересекаются с диагоналями трапеции в точках M и N соответственно. Найдите площадь четырёхугольника OMPN.
Задание 4755
Окружности радиусов 3 и 5 с центрами O1 и O2 соответственно касаются в точке A. Прямая, проходящая через точку A, вторично пересекает меньшую окружность в точке B, а большую — в точке С. Найдите площадь выпуклого четырёхугольника, вершинами которого являются точки O1, O2, B и C, если ∠ABO1 = 15°.
Задание 4761
Окружность, проходящая через вершины A, C и D прямоугольной трапеции ABCD с основаниями AD и BC, пересекает меньшую боковую сторону AB в точке P и касается прямой BC. Известно, что AD = CD.
а) Докажите, что CP — биссектриса угла ACB.
б) В каком отношении прямая DP делит площадь трапеции?
Задание 4762
В прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом при вершине A расположены две окружности. Одна из них касается боковых сторон и большего основания AD, вторая — боковых сторон, меньшего основания BC и первой окружности.
а) Прямая, проходящая через центры окружностей, пересекает основании AD в точке P. Докажите, что $$\frac{AP}{PD}=\sin D$$
б) Найдите площадь трапеции, если радиусы окружностей равны 3 и 1.
Задание 4763
Диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность, пересекается в точке P, причём BC = CD.
а) Докажите, что AB : BC = AP : PD
б) Найдите площадь треугольника COD, где O — центр окружности, вписанной в треугольник ABD, если дополнительно известно, что BD — диаметр описанной около четырёхугольника ABCD окружности, AB = 6, а $$BC = 6\sqrt{2}$$
Задание 4774
В треугольнике АВС точка D есть середина АВ, точка Е лежит на стороне ВС, причем $$BE=\frac{1}{3}AC$$ . Отрезки АЕ и CD пересекаются в точке О.
Задание 4821
Через вершины А и В треугольника АВС проведена окружность радиуса $$2\sqrt{5}$$ , отсекающая от прямой ВС отрезок $$4\sqrt{5}$$ и касающаяся прямой АС в точке А. Из точки В проведен перпендикуляр к прямой ВС до пересечения с прямой АС в точке F.
По условию $$OA=R=2\sqrt{5}; BK=4\sqrt{5}$$. Рис. 2 может быть использован только для доказательства п. а) т.к. по условию $$BF=2$$, $$OA=2\sqrt{5}$$, т.е. BF<OA
а) AC-касательная $$\Rightarrow$$ $$OA\perp AC, BF\perp OB, OB=R\Rightarrow$$ BF-касательная и по свойству касательных $$AF=BF$$
б) 1) Пусть $$FC=x, BC=y$$, тогда $$AC=x+2$$, $$OC=y+2\sqrt{5}$$
2) $$\Delta FBC\sim OAC$$ по двум углам $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{BF}{OA}=\frac{BC}{AC}\\\frac{BF}{OA}=\frac{FC}{OC}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{y}{x+2}\\\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{x}{y+2\sqrt{5}}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}y=\frac{x+2}{\sqrt{5}}\\y=\sqrt{5}(x-2)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}x=3\\y=\sqrt{5}\end{matrix}\right.$$
$$FC=3, BC=\sqrt{5}, AC=5$$, $$\frac{S_{\Delta ABC}}{s_{\Delta BFC}}=\frac{AC}{FC}=\frac{5}{3}$$;
$$S_{\Delta BFC}=\frac{1}{2}BC*BF=\sqrt{5}$$ тогда , $$S_{\Delta ABC}=\frac{5}{3}$$, $$S_{\Delta BFC}=\frac{5\sqrt{5}}{3}$$
Задание 4865
Задание 4916
АК ‐ биссектриса треугольника АВС, причем ВК:КС=2:7. Из точек В и К проведены параллельные прямые, которые пересекают сторону АС в точках D и F соответственно, причем AD:FC=3:14
Задание 4963
Дан прямоугольник ABCD. Окружность с центром в точке В и радиусом АВ пересекает продолжение стороны АВ в точке М. Прямая МС пересекает прямую AD в точке К, а окружность во второй раз в точке F.
Задание 5011
На стороне ВС треугольника АВС отмечена точка К. Оказалось, что отрезок АК пересекает медиану ВD в точке Е так, что АЕ=ВС.
а) 1) По т. Менелая: $$\frac{AE}{EK}\cdot\frac{BK}{BC}\cdot\frac{CD}{DA}=1$$; $$AE=BC$$; $$CD=DA$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BK}{EK}\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{1}=1$$ $$\Rightarrow$$ $$BK=EK$$
ч.т.д.
б) 1) Пусть $$BK=EK=x$$; $$AK=7+x$$; $$KC=7-x$$; $$AC=8$$
$$\bigtriangleup ABC$$: $$\cos C=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC\cdot BC}=\frac{64+49-169}{2\cdot8\cdot7}=-\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle C=120^{\circ}$$; $$\bigtriangleup AKC$$: $$AK^{2}=AC^{2}+KC^{2}-2AC\cdot KC\cdot\cos C$$ $$\Leftrightarrow$$ $$(7+x)^{2}=8^{2}+(7-x)^{2}-2\cdot8\cdot(7-x)(-\frac{1}{2})$$; $$49+14x+x^{2}=64+49-14x+x^{2}+56-8x$$; $$36x=120$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{120}{36}=\frac{10}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$KC=7-\frac{10}{3}=\frac{11}{3}$$;
2) По т. Менелая: $$\frac{BE}{ED}\cdot\frac{AD}{AC}\cdot\frac{CK}{KB}=1$$; $$\frac{BE}{ED}\cdot\frac{4}{8}\cdot\frac{11}{3}\cdot\frac{3}{10}=1$$; $$\frac{BE}{ED}=\frac{20}{11}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BE}{ED}=\frac{20}{31}$$
3) $$\frac{S_{BEK}}{S_{BDC}}=\frac{BE\cdot BK}{BD\cdot BC}=\frac{20}{31}\cdot\frac{10}{3\cdot7}=\frac{200}{651}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{BEK}=\frac{200}{651}S_{BDC}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{DEKC}=\frac{451}{651}S_{BDC}$$;
4) $$S_{BDC}=\frac{1}{2}S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot8\cdot7\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3}$$; $$S_{DEKC}=\frac{451\cdot7\sqrt{3}}{651}=\frac{451\sqrt{3}}{93}$$
Задание 5059
Дана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС. Диагонали АС и BD пересекаются в точке О, а прямые АВ и CD – в точке К. Прямая КО пересекает стороны ВС и AD в точках М и N соответственно, и угол BAD равен $$30^{\circ}$$. Известно, что в трапеции ABMN и NMCD можно вписать окружность.
А) 1) $$AB\cap DC=K$$; $$AC\cap DB=O$$. По замечательному свойству трапеции середины AD и BC лежат на прямой $$KO\Rightarrow$$ M и N – середины BC и AD. По условию в трапеции ABMN и NMCD можно вписать окружность $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}BM+AN=AB+MN\\MC+ND=CD+MN\end{matrix}\right.$$. А так как BM=MC, AC=ND, AB=CD, ABCD -равнобедренная трапеция. Тогда $$\Delta AKD$$ - равнобедренный и $$\angle AKD=120$$ - тупой угол
Б) 1) Пусть AD=a, BC=b; $$\frac{S_{AKD}}{S_{BKC}}=(\frac{a}{b})^{2}\Rightarrow$$ $$S_{AKD}=(\frac{a}{b})^{2}S_{BKC}$$; $$S_{ABCD}=S_{AKD}-S_{BKC}=(\frac{a}{b})^{2}S_{BKC}=((\frac{a}{b})^{2}-1)S_{BKC}$$. Тогда $$\frac{S_{BKC}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{(\frac{a}{b})^{2}-1}$$
2) $$AB+MN=BM+AN=\frac{a+b}{2}$$;$$MN=BF=\frac{1}{2}AB$$, т.к. $$MN\perp AD \angle BAD=30\Rightarrow$$ $$\frac{3}{2}AB=\frac{a+b}{2}$$, откуда $$AB=\frac{a+b}{3}$$.
3) С другой стороны $$AB=\frac{AF}{\cos 30}=\frac{a-b}{2}:\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a-b}{\sqrt{3}}$$
4) Тогда $$\frac{a+b}{3}=\frac{a-b}{\sqrt{3}}$$, откуда найдем $$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}$$
5) $$\frac{S_{BKC}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1})^{2}-1}=$$$$\frac{(\sqrt{3-1})^{2}}{(\sqrt{3}+1)^{2}-(\sqrt{3}-1)^{2}}=$$$$\frac{4-2\sqrt{3}}{2*2\sqrt{3}}=$$$$\frac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}-3}{6}$$
Задание 5143
Серединный перпендикуляр к стороне АВ треугольника АВС пересекает сторону АС в точке D. Окружность с центром О, вписанная в треугольник ADB , касается отрезка AD в точке Р , а прямая ОР пересекает сторону АВ в точке К .
А) 1) Поскольку DH серединный перпендикуляр к AB , то AD=DB, а значит $$\Delta ADB$$ - равнобедренный , тогда DH-биссектриса и $$O\in DH.$$
2) Обозначим $$\angle ABD=\angle BAD=\alpha$$; $$\angle BDA=\angle 180-2\alpha$$, откуда $$\angle BDH=\angle ADH=90-\alpha$$
3) $$\Delta AKP$$: $$\angle AKP=90-\alpha$$, тогда $$\angle OKB=90+\alpha$$
4) $$\angle BDO+\angle OKB=90-\alpha +90+\alpha =180$$, а значит около четырехугольника BDOK можно описать окружность.
Б) 1) Т.к. $$AC^{2}BC^{2}=AB^{2}$$, то $$\Delta ABC$$ - прямоугольный
2) Пусть AD=DB=x, тогда DC=8-x. Из $$\Delta BDC$$: $$(8-x)^{2}+36=x^{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}-16x+64+36=x^{2}\Leftrightarrow$$$$16x=100\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{25}{4}$$
3) Из $$\Delta BHD$$: $$DH=\sqrt{(\frac{25}{4})^{2}-25}=$$$$\sqrt{\frac{625}{16}-25}=$$$$\sqrt{\frac{225}{16}}=$$$$\frac{15}{4}$$. $$\cos 2\varphi =\frac{BH}{DB}=\frac{4}{5}$$
4) Поскольку BO-биссектриса , то $$\frac{HO}{OD}=\frac{BH}{HD}=\frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$OD=\frac{5}{9}HD=\frac{25}{12}$$. Применяя формулу понижения степени $$2 \sin^{2}\varphi =1-\cos 2\varphi$$ находим: $$\sin^{2}\varphi=$$$$\frac{1-\cos 2\varphi }{2}=\frac{1}{10}\Rightarrow$$ $$\sin \varphi =\frac{1}{\sqrt{10}}$$
5) Радиус окружности , описанной около $$\Delta BOD$$, равен радиусу окружности, описанной около четырехугольника BDOK, тогда по теореме синусов из $$\Delta BOD$$: $$R=\frac{OD}{2\sin \varphi }=$$$$\frac{25}{12*2*\frac{1}{\sqrt{10}}}=$$$$\frac{25\sqrt{10}}{24}$$
Задание 5196
Касательная в точке $$A$$ к описанной окружности треугольника $$ABC$$ пересекает прямую $$BC$$ в точке $$E$$, $$AD$$ – биссектриса треугольника $$ABC$$.
A) 1) $$\angle ACB$$-вписанный $$\Rightarrow \angle ACB=\frac{1}{2}\cup AB$$; $$\angle AEB$$-между касательной и хордой $$\Rightarrow \angle AEB=\frac{1}{2}\cup AB\Rightarrow \angle ACB=\angle AEB.$$
2) AD-биссектриса $$\Rightarrow \angle CAD=\angle BAD$$; $$\angle EAD=\angle AEB+\angle BAP(1)$$; $$\angle ADE=\angle ACB+\angle CAP(2)$$
Из (1)и(2), $$\angle EAP=\angle ADE\Rightarrow EA=ED$$
Б) 1) $$\Delta AEB\sim \Delta EAC(\angle E$$- общий;$$\angle EAB=\angle ACE$$)
$$\frac{AB}{AC}=\frac{EB}{EA}=\frac{EA}{EC}(3)$$. Тогда $$EA^{2}=EB*EC$$; $$EA=\sqrt{9*4}=6$$
2) По теореме косинусов из $$\Delta EAB$$: $$AB=\sqrt{4^{2}+6^{2}-2*4*\frac{9}{16}}=5$$
3) из равенства (3): $$\frac{AB}{AC}=\frac{EB}{EA}\Leftrightarrow AC=\frac{AB*EA}{EB}=\frac{5*6}{4}=\frac{15}{2}$$
4) BC=EC-EB=5, тогда : $$AB=BC \Rightarrow$$ расстояние от B до AC-высота BH: $$BH=\sqrt{BC^{2}-(\frac{1}{2}AC)^{2}}=\sqrt{25-(\frac{15}{4})^{2}}=\sqrt{\frac{175}{16}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}$$ Ответ :$$\frac{5\sqrt{7}}{4}$$
Задание 5243
В тупоугольном треугольнике АВС ($$\angle C$$ - тупой) на высоте ВН как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АВ и СВ в точках Р и К соответственно.
А) Докажите, что $$\sin\angle ABC=\frac{PH}{BC}-\frac{KH}{BA}$$
Б) Найдите длину отрезка РК, если известно, что $$BA=13$$, $$BC=8$$, $$\sin\angle ABC=\frac{7\sqrt{3}}{26}$$
A) 1) $$\sin \angle ABC =\frac{PH}{BC}-\frac{KH}{BA}=$$$$\frac{PH*BA-KH*BC}{BC*BA}$$
2) $$PH\perp AB$$(т.к. опирается на диаметр); $$KH\perp BC$$(т.к. опирается на диаметр)
3) $$\sin \angle ABC=\frac{2S_{AHB}-S_{BCH}}{BC*BA}=$$$$\frac{2S_{ABC}}{BC*BA}=$$$$\frac{2*\frac{1}{2}BC*BA*\sin\angle ABC}{BC*BA}=\sin\angle ABC$$
Б) 1) $$\Delta ABC*\cos ABC=\sqrt{1-\sin^{2}ABC}=\sqrt{1-\frac{147}{676}}=\frac{23}{26}$$
$$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2 AB*BC\cos ABC}=\sqrt{13^{2}+8^{2}-2*13*8*\frac{23}{26}}=7$$
2) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC*BH=\frac{1}{2}AB*BC*\sin ABC$$; $$BH=\frac{13*8*\frac{7\sqrt{3}}{26}}{7}=4\sqrt{3}$$
3) $$\cos CBH=\frac{BH}{CB}=\frac{4\sqrt{3}}8{}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$, тогда $$\angle CBH=30$$ и $$KB=BH*\cos CBH=4\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}2{}=6$$
4) $$\angle HCB=90-\angle CBH=60\Rightarrow \angle ACB=120$$; $$\angle KHB=90-\angle CBH=60\Rightarrow \angle KPB=120$$(т.к. HKPB-вписанный). Тогда $$\Delta KPB\sim \Delta ABC\Rightarrow \frac{KB}{AB}=\frac{KP}{AC}\Rightarrow KP=\frac{6*7}{13}=\frac{42}{13}$$
Задание 5291
В остроугольном треугольнике АВС высоты пересекаются в точке Н, точка О – центр описанной окружности, точка К – середина ВС.
А) 1) Пусть О - центр окружности описанной около $$\Delta ABC$$, тогда OK и ON - серединные перпендикуляры к BC и AC. KN - средняя линия, следовательно, $$KN=\frac{1}{2}AB$$, $$KN \parallel AB$$.
2) $$BC\perp AC$$, $$ON\perp AC$$, $$AH\perp BC$$, $$OK\perp BC$$$$\Rightarrow$$ $$BH\parallel ON$$, $$AH\parallel OK$$. $$\Delta AHB\sim \Delta KON$$, т.к. $$\angle 1=\angle 2$$, $$\angle 3=\angle 4$$. Следовательно, $$\frac{AH}{OK}=\frac{AB}{KN}=\frac{2}{1}$$. следовательно, $$AH=2OK$$
Б) 1) Найдем площадь треугольника ABC: $$S_{ABC}=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=6\sqrt{6}$$. OC - радиус описанной окружности, следовательно, $$R=\frac{AB*BC*AC}{4S_{ABC}}=\frac{35}{4\sqrt{6}}$$.
2) $$CN=0,5AC=3,5$$, $$ON=\sqrt{OC^{2}-CN^{2}}=\frac{7}{4\sqrt{6}}$$, $$BH=2ON$$
3) Пусть $$OT \parallel AC$$, тогда $$HT=BB_{1}-3ON$$, $$AC*BB_{1}=2S_{ABC}=12\sqrt{6}$$, следовательно, $$BB_{1}=\frac{12\sqrt{6}}{7}$$, $$HT=\frac{141}{28\sqrt{6}}$$
4) Из $$\Delta BB_{1}C:$$ $$B_{1}C=\sqrt{BC^{2}-BB_{1}^{2}}=\frac{30}{7}$$, тогда $$TO=B_{1}N=B_{1}C-CN=\frac{11}{14}$$
5) Из $$\Delta HTO$$: $$OH=\sqrt{HT^{2}+TO^{2}}=\frac{\sqrt{310}}{8}$$
Задание 5339
В трапецию ABCD c основаниями ВС и AD вписана окружность с центром О, СН – высота трапеции, Е – точка пересечения диагоналей.
а) 1)Пусть $$\angle ADC = \alpha$$, тогда $$\angle DCB = 180 - \alpha$$ (по свойству трапеции). Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, тогда OC - биссектриса, следовательно, $$\angle OCD = 0,5 \angle DCB = 90-\frac{1}{2}\alpha$$
2) $$\angle DCH = 90 - \alpha$$ (из прямоугольного треугольника CHD). Тогда $$\angle OCH = \angle OCD - \angle DCH = \frac{\alpha}{2}$$
3)Проведем перпендикуляр OM на отрезок CH. O - центр окружности, следовательно M - центр CH, тогда треугольники OMC и OMH равны по двум катетам, тогда $$\angle OHC= \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}ADC$$
б)1) BC + AD = AB + CD = 27 ( по свойству вписанного четырехугольника ). CH = AB ; пусть AB = x, то CH = x , и CD = 27 - x ; AH = BC, тогда HD = 18 - 9 = 9. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника CHD: $$(27-x)^{2}=x^{2}+9^{2} \Leftrightarrow$$$$x=12$$. Значит AB=12 и радиус окружности составляет 6.
2)Пусть через E проходит перпендикуляр NQ. Докажем, что он пройдет и через O. Треугольники BCE и AED подобны, тогда $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BC}{AD}$$. Но и треугольники BNE и EQD подобны, тогда $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BN}{QD}$$. Тогда $$\frac{BC}{AD}=\frac{BN}{QD}$$. Пусть BN=y, тогда QD=18-y. Получаем $$\frac{9}{18}=\frac{y}{18-y}$$. Тогда y=6=BN. Но радиус так же равен 6, тогда E и O лежат на одной прямой, параллельной CH.
3)Из пункта два (подобие треугольников) $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BC}{AD}$$, пусть NE=z, тогда EQ=12-z. $$\frac{z}{12-z}=\frac{9}{18}$$. Тогда z=4=NE, следовательно, EQ=8. Тогда $$EO=EQ-QO=8-6=2$$. $$QH=AH-AQ=9-6=3$$.
4)$$S_{CEOH}=\frac{EO+CH}{2}*QH=\frac{2+12}{2}*3=21$$
Задание 5387
а) 1) Рассмотрим треугольник ABD: по условию $$\angle A = 90^{\circ}$$ - тогда BD - диаметр. Тогда $$\angle BMD = \angle BND = 90^{\circ}$$ ( опираются на диаметр ). Следовательно, DM и BN - высоты треугольника BCD, тогда CZ - высота.
2) Пусть $$\angle MDB = \alpha$$, тогда $$\angle DPZ = 90 - \alpha$$ (из треугольника DPZ ) и $$\angle MPZ = 90 + \alpha$$ (как смежный). $$\angle MAB = \alpha$$ (как вписанный, опирающийся на ту же дугу, что и $$\angle MDB$$) , тогда $$\angle MPZ = 90 - \alpha$$. Но в таком случае $$\angle MPZ+\angle MPZ=180$$, следовательно, вокруг AMPZ можно описать окружность
б) 1)Из треугольника ABD: $$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=20$$, тогда BO=OD=OM=OA=10 (как радиусы)
2)Радиус окружности, описанной около AMPK и AMK - одинаковый. Пусть R - радиус окружности, описанной около AMK: $$R=\frac{MK}{2\sin MAK}$$.
3)PK параллельна AM, тогда AMPK - трапеция. $$\angle MAK + \angle AKP = 180$$ по свойству трапеции, но и $$\angle AMP + \angle AKP = 180$$ (так как вписан в окружность), тогда $$\angle MAK =\angle AMP$$, значит трапеция равнобедренная, и AK=MP, треугольники PDK и MDA подобны, причем коэффициент подобия составляет 1/2, следовательно, KD=PD, тогда $$AD=MD=8\sqrt{5}$$
4)Пусть MA=x ; $$\angle MDA= \alpha$$, тогда $$\angle MOA = 2\alpha$$. Распишем теорему косинусов для треугольников AMO и AMD:
$$\left\{\begin{matrix}x^{2}=10^{2}+10^{2}-2*10*10\cos 2\alpha\\ x^{2}=(8\sqrt{5})^{2}+(8\sqrt{5}^{2})-2*(8\sqrt{5})*(8\sqrt{5})\cos \alpha\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$ \left\{\begin{matrix}x^{2}=200-200\cos 2\alpha\\ x^{2}=640-640\cos \alpha\end{matrix}\right.$$
Тогда $$200-200\cos 2\alpha=640-640\cos \alpha \Leftrightarrow$$$$-20\cos 2\alpha +640\cos \alpha -440=0 \Leftrightarrow$$$$5\cos 2\alpha -16\cos \alpha +11=0 \Leftrightarrow$$$$5(2\cos^{2} \alpha -1) -16\cos \alpha +11=0 \Leftrightarrow$$$$5\cos^{2} \alpha -8\cos \alpha +3 =0$$. Тогда $$\cos \alpha = 1 ; \frac{6}{10}$$.
Одному равен косинус быть не может, так как уголь тогда равен 0. Следовательно, $$\cos \alpha = \frac{6}{10}$$, тогда $$AM=x=\sqrt{640-640* \frac{6}{10}}=16$$
5)Из треугольника MAK: $$\cos MAK = \frac{16^{2}+(8\sqrt{5})^{2}-(8\sqrt{5})^{2})}{2*16*8\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$$. Тогда $$\sin MAK = \frac{2}{\sqrt{5}}$$ по основному тригонометрическому тождеству.
6)Из треугольника MAK: $$MK=\sqrt{16^{2}+(4\sqrt{5})^{2}-2*16*4\sqrt{5}*\frac{1}{\sqrt{5}}}=\sqrt{208}$$
7)$$R=\frac{MK}{2\sin MAK}=$$$$\frac{\sqrt{208}}{2*\frac{2}{\sqrt{5}}}=\sqrt{65}$$
Задание 6043
На диагонали LN параллелограмма KLMN отмены точки Р и Q, причем LP=PQ=QN
а)1) Построим MQ:NQ=PL;
$$NM=KL \angle QLM=\angle KLP\Rightarrow \Delta KLP=\Delta QMN$$ и $$MQ=KP$$
2)Аналогично, построим MP из равенства $$\Delta LMP$$ и $$\Delta KQN$$ MP=KQ;
3)из п.1 и п.2= KPMQ-паралелограмм $$\Rightarrow MP\left | \right |KQ$$,тогда по т. Фалеса т.к. PQ=QN, то MS=SN , аналогично : $$\angle P=PQ$$, тогда $$\angle R=RM$$;
б )1) Пусть $$S_{KLMN}=S$$,тогда $$S_{MLN}=\frac{1}{2}*S$$.
2) $$\frac{S_{RLP}}{S_{MLN}}=\frac{RL*LP}{ML*LN}=$$$$\frac{\frac{1}{2}*ML*\frac{1}{3}*LN}{ML*LN}=$$$$\frac{1}{6}\Rightarrow S_{RLP}=\frac{1}{6}*S_{MLN}$$.
3)Аналогично п2: $$S_{QNS}=\frac{1}{6}*S_{MNL}\Rightarrow S_{MRPQS}=S_{MLN}-2*\frac{1}{6}*S_{MNK}=$$$$\frac{2}{3}*S_{MKN}=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*S=\frac{1}{3}*S$$.
4)$$\frac{S_{KLMN}}{S_{MRPQS}}=\frac{1}{3}*S=\frac{3}{1}$$
Задание 6090
В четырехугольнике ABCD диагонали AC и BD пересекаются в точке K. Точки L и M являются соответственно серединами сторон BC и AD . Отрезок LM содержит точку K . Четырехугольник ABCD таков, что в него можно вписать окружность.
А) 1)Пусть BC не параллельна AD. Построим $$a \left | \right |AD ;a\cap AD=P$$; $$MK\cap BP=L_{1}$$ и $$BL_{1}=L_{1}P$$ (свойство трапеции)
2) $$BL=LC; BL_{1}=L_{1}P\Rightarrow LL_{1}$$-средняя линия. $$\Delta BCP$$ и $$LL_{1}\left | \right |PC$$ и $$LM\left | \right |AC$$, но $$LM\cap AC=K\Rightarrow BC\left | \right |AP ABCD$$-трапеция.
б) 1) $$\Delta BCK\sim \Delta AKD\Rightarrow \frac{LK}{KM}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}$$ Пусть BC=x; AD=3x.
2)Т.к. окружность можно вписать ,то $$AD+BC=AB+CD\Rightarrow CD=4x-3$$
3) Из C проведем $$CQ\left | \right |AB(CQ\cap AD=Q)$$, $$CQ=AB=3 BC=AQ=x\Rightarrow QD=2x$$.
4)Из $$\Delta ADC$$: $$\cos\angle D=\frac{3x^{2}+(4x-3)^{2}-13}{2*3x(4x-3)}$$
Из $$\Delta QDC$$: $$\cos\angle D=\frac{(2x)^{2}+(4x-3)^{2}-9}{2*2x*(4x-3)}$$
$$\frac{9x^{2}+(4x-3)^{2}-13}{2*3x(4x-3)}=$$$$\frac{4x^{2}+(4x-3)-9}{2*2x(4x-3)}\Leftrightarrow$$$$\frac{25x^{2}-24x-4}{3}=\frac{20x^{2}-24x}{2}\Leftrightarrow$$$$25x^{2}-24x-4=30x^{2}-36x\Leftrightarrow$$$$5x^{2}-12x+4=0\Leftrightarrow$$$$\left [\begin{matrix}x_{1}=2 & & \\x_{2}=0,4 & &\end{matrix}\right.$$
Т. К. 4x-3> 0, то $$x_{2}$$ не подходит $$\Rightarrow x=2$$, тогда BC=2 QD=4 CD=5.
5 ) Из $$\Delta QCD: QC^{2}+QD^{2}=3^{2}+4^{2}=25=CD^{2}\Rightarrow \Delta QCD$$- прямоугольный $$QC\perp AP\Rightarrow r=\frac{1}{2}*QC=1,5$$.
Задание 6137
Точка M пересечения медиан треугольника ABC , вершина A и середины сторон AB и AC лежат на одной окружности.
a)1) Пусть $$CM\cap AB=Q; BM\cap AC=P$$, тогда QP-средняя линия $$\Rightarrow QP\left | \right |BC\Rightarrow \Delta QPM\sim \Delta BMC \angle BPQ=\angle PBC$$
2) $$\angle QPM=\angle QAM$$(вписанные и опираются на одну дугу)$$\Rightarrow \angle QAM=\angle MBK \angle BKA$$-общий $$\Rightarrow \Delta ABK\sim \Delta MBK$$.
b)1)Пусть MK=x,тогда по свойству имеем MA=2x.Из подобия $$\Delta ABK$$ и $$\Delta MBK$$
$$\frac{BK}{KM}=\frac{AK}{BK}\Rightarrow BK^{2}=AK*KM.$$
2)$$BK=\frac{1}{2}BC=3\sqrt{3}$$,тогда $$(3\sqrt{3})^{2}=3x*x\Rightarrow$$ x=3,тогда AK=9.
Задание 6185
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках С1, В1 и А1 соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q , лежащей внутри треугольника АВ1С1.
а) 1) $$\Delta AB_{1}Q$$ и $$\Delta AC_{1}Q :AB_{1}=AC_{1}$$(отрезки касательных), $$\angle B_{1}AQ=\angle QAC_{1}$$(AQ-биссектриса )
AQ-общая $$\Rightarrow \Delta AB_{1}Q=\Delta AC_{1}Q\Rightarrow$$ $$\Delta QB_{1}C_{1}$$ - равнобедренный и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle B_{1}C_{1}Q=\alpha$$ $$\Rightarrow \cup B_{1}Q=\cup QC_{1}=\alpha$$
2) $$\angle B_{1}C_{1}Q=\frac{1}{2}\cup B_{1}Q=\frac{1}{2}\alpha$$ (вписанный), $$\angle QC_{1}A=\frac{1}{2}\cup QC_{1}=\frac{1}{2}\alpha$$( между хордой и касательной) $$\Rightarrow \angle B_{1}C_{1}Q=\angle QC_{1}A\Rightarrow C_{1}Q$$-биссектриса
б) 1) из п.(a) получаем, что и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle QB_{1}A\Rightarrow B_{1}Q$$ –биссектриса $$\Rightarrow Q$$-центр вписанной окружности $$\Rightarrow QO$$-расстояние
2)$$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}; p=\frac{17+9+10}{2}=18$$
$$S=\sqrt{\frac{(18-9)(18-10)(18-17)}{18}}=\sqrt{\frac{9-8}{18}}=2$$
Задание 6232
Отрезок AD является биссектрисой прямоугольного треугольника АВС ( С=90). Окружность радиуса $$\sqrt{15}$$ проходит через точки А, С, D и пересекает сторону АВ в точке Е так, что АЕ:АВ=3:5. Отрезки СЕ и AD пересекаются в точке О.
A) 1) $$\angle ACB=90$$, тогда AD-диаметр круга и $$\angle AED=90$$
2) $$\angle CAD=\angle EAD$$( AD-биссектриса), AD-общая ,тогда $$\Delta ACD=\Delta ADE$$(по гипотенузе и острому углу) и AC=AE
3)AO-общая , тогда $$\Delta ACO=\Delta EAO$$(по двум сторонам и углу), тогда CO=OE
Б) 1)Пусть AE=3x; тогда AB=5x; AC=3x; CD=3y; DB=5y
2)По свойству биссектрисы : $$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{DB}=\frac{3}{5}.$$
3) из $$\Delta ACB:(3x)^{2}+(8y)^{2}=(5x)^{2}(1)$$
Из $$\Delta ACD: (3x)^{2}+(3y)^{2}=(2\sqrt{15})^{2}(2)$$
Из (1): $$9x^{2}+64y^{2}=25x^{2}\Leftrightarrow 16x^{2}=64y^{2}\Leftrightarrow x^{2}=4y^{2}\Leftrightarrow x=2y$$
Подставим в (2): $$(by)^{2}+(3y)^{2}=60\Leftrightarrow 45y^{2}=60\Leftrightarrow y^{2}=\frac{4}{3}$$
4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*3x*8y=\frac{1}{2}*6y*8y=24y^{2}=24*\frac{4}{3}=32.$$
Задание 6280
Биссектриса AD и высота ВЕ остроугольного треугольника АВС пересекаются в точке О. Окружность радиуса R с центром в точке О проходит через вершину А, середину стороны АС и пересекает сторону АВ в точке К такой, что АК:КВ=1:3.
A) 1) $$\angle AKL=90=\angle AGL$$(опираются на диаметр)
2)$$\Delta AKL=\Delta AGL$$(по острому углу и гипотенузе )$$\Rightarrow AK=AC_{1}=x$$, тогда $$KB=3x\Rightarrow AB=4x, C_{1}C=x$$$$\Rightarrow AC=2x$$
3) По свойству биссектрис: $$\frac{AB}{AC}=\frac{BC}{DC}=\frac{4x}{2x}=\frac{2}{1}$$. По свойству площадей: $$\frac{S_{ABD}}{S_{ADC}}=\frac{BD}{DC}=\frac{2}{1}$$
Б) 1) $$\angle BAD=\alpha =\angle DAC\Rightarrow \angle A=2\alpha$$. Из $$\Delta ABE :\cos 2\alpha =\frac{AE}{AB}=$$$$\frac{0,5x}{4x}=\frac{1}{8}\Leftrightarrow$$$$2 \cos^{2}\alpha -1=\frac{1}{8}\Leftrightarrow$$ $$\cos ^{2}\alpha =\frac{9}{16}\Rightarrow$$ $$\cos \alpha =\frac{3}{4}$$
2) $$AL=2R=2\sqrt{2}$$. Из $$\Delta ALC_{1} :\frac{AC_{1}}{AL}=\cos \alpha \Rightarrow$$ $$AC_{1}=\frac{2\sqrt{2}*3}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow$$ $$AC=3\sqrt{2} AB=6\sqrt{2}$$
3) из $$\Delta ABC:$$ $$BC=\sqrt{(6\sqrt{2})^{2}+(3\sqrt{2})^{2}-2*6\sqrt{2}*3\sqrt{2}*\cos 2\alpha }=$$$$\sqrt{72+18-\frac{3*2*2*6*3}{8}}=\sqrt{90-9}=9$$
Задание 6328
В треугольнике АВС, где АВ=ВС=3, $$\angle ABC=\arccos \frac{1}{9}$$ проведена медиана AD и биссектриса СЕ, пересекающиеся в точке М. Через М проведена прямая, параллельная АС и пересекающая стороны АВ и ВС в точках Р и Q соответственно.
A) 1) Из $$\Delta ABC$$: $$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2AB*BC*\cos B}=$$$$\sqrt{9+9-2*5*\frac{1}{9}}=$$$$\sqrt{18-2}=4$$
2)по свойству биссектрис: $$\frac{AM}{MP}=\frac{AC}{DC}=$$$$\frac{1,5}{4}=\frac{3}{8}\Rightarrow$$ $$MD=\frac{3}{11}AC=\frac{12}{11}$$
3) Из $$\Delta MDQ\sim \Delta ADC\Rightarrow$$ $$\frac{MD}{AD}=\frac{DQ}{DC}=\frac{3}{11}\Rightarrow$$ $$DQ=\frac{1,5*3}{11}=\frac{9}{22}\Rightarrow$$ $$BQ=1,5+\frac{9}{22}=\frac{3}{2}+\frac{9}{22}=$$$$\frac{33+9}{22}=\frac{42}{22}=\frac{21}{11}$$
4) Из $$\Delta PBQ\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{PQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}=$$$$\frac{21}{11}:3=\frac{21}{33}$$. Тогда $$PQ=\frac{21*4}{33}=\frac{84}{33}$$
5)$$PM=PQ-QM=\frac{84}{33}-\frac{12}{11}=$$$$\frac{84-36}{33}=\frac{48}{33}=\frac{16}{11}$$
Б) 1) $$BP=BQ=\frac{21}{11}$$, $$p=\frac{\frac{21}{11}+\frac{21}{11}+\frac{84}{33}}{2}=$$$$\frac{42+28}{22}=\frac{70}{22}=\frac{35}{11}$$
2) По формуле Герона: $$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$$. Тогда: $$r=\sqrt{\frac{(\frac{35}{11}-\frac{21}{11})^{2}(\frac{35}{11}-\frac{28}{11})}{\frac{35}{11}}}=$$$$\sqrt{(\frac{14}{11})^{2}*\frac{7}{11}*\frac{11}{35}}=$$$$\frac{14}{11\sqrt{5}}=\frac{14\sqrt{5}}{55}$$
Задание 6375
В треугольнике АВС угол С тупой, а точка D выбрана на продолжении АВ за точку В так, что $$\angle ACD=135$$ точка D' симметрична точке D относительно прямой ВС, точка D'' симметрична точке D’ относительно прямой АС и лежит на прямой ВС. Известно, что $$\sqrt{3}BC=CD''$$, AC=6.
A) 1) Пусть $$\angle {D}'CO=\alpha$$ .Т.к. $${D}'Q=QD$$, CQ-общая и $$\angle {D}'QC=90$$, то $$\Delta C{D}'Q=\Delta CQD$$ и $$\angle QCD=\alpha$$
2) из $$\Delta ACD :\angle ACB=135-\alpha$$
$$\angle AC{D}'=135-2\alpha =\angle {D}''CA$$(аналогично п.1)
$$\angle {D}''CA+ACQ=180$$
$$135-2\alpha +135-\alpha =180$$
$$3\alpha =90\Leftrightarrow$$ $$\alpha=30$$
3) Пусть $${D}''C=x$$, тогда $$C{D}'=x=CD$$.Т.к. $$\angle {D}'CD=2\alpha=60$$ и $$C{D}'=CD$$, $$\Delta C{D}'D$$-равносторонний .Тогда $$CQ=C{D}'\sin 60=\frac{\sqrt{3x}}{2}$$
4) $$BC=\frac{C{D}''}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}x}{3}$$.Тогда $$BQ=CQ-CB=$$$$\frac{\sqrt{3}x}{2}-\frac{\sqrt{3}x}{3}=\frac{\sqrt{3}x}{6}$$, $$\frac{CB}{BQ}=\frac{\sqrt{3}x}{3}:\frac{\sqrt{3}x}{6}=2:1$$
а т.к. $$CQ\perp DB$$, то CQ- медиана, тогда B-точка пересечения медиан $$\Rightarrow CN\perp C{D}'$$ и $$\angle BDC=\angle BD{D}'\Rightarrow$$ $$\Delta CBD$$-равнобедренный.
Б) 1) $$\angle ACB=135-\alpha=105$$ , $$\angle ABC=180-120=60.$$
По т. Синусов из $$\Delta ACB$$: $$\frac{AC}{\sin \beta }=\frac{OB}{\sin \alpha }\Leftrightarrow$$ $$CB=\frac{6*\sin 15}{\sin 60}=4\sqrt{3}\sin 15$$
2) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC*CB*\sin C=$$$$\frac{1}{2}*6*4\sqrt{3}\sin 15 *\sin 105=$$$$12\sqrt{3}*\sin 15*\cos 15=$$$$12\sqrt{3}*\frac{1}{2}*\sin 30=3\sqrt{3}$$
Задание 6422
Продолжения медиан АМ и ВК треугольника АВС пересекают описанную около него окружность в точках Е и F соответственно, причем АЕ:АМ=2:1, BF:BK=3:2.
А) 1) $$AE:EM=2:1$$. Пусть $$ME=x\Rightarrow AE=2x$$, $$AM=x\Rightarrow$$ $$ME=AM$$, $$BM=MC$$(AM-медиана ), то по свойству хорд :
$$AM*ME=BM*MC\Leftrightarrow$$ $$AM^{2}=BM^{2}\Rightarrow$$ $$AM=BM(1)$$
2) из равенства 1 получаем , что $$\angle A=90\Rightarrow$$ BC-диаметр , AE-диаметр , тогда $$AM=BM=MC=ME$$, $$\angle AMB=\angle CME$$(вертикальные ) $$\Rightarrow\Delta AMB=\Delta CME$$ –равнобедренные $$\angle BAM=\angle MEC\Rightarrow$$ $$AB\left | \right |EC$$
Б) 1) Пусть $$AB=a, AC=b, BC=c, BK=m_{b}$$
2) По формуле длины медианы: $$BK=\frac{1}{2}\sqrt{2 AB^{2}+2BC^{2}-AC^{2}}\Leftrightarrow$$$$m_{b}=\frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2 c^{2}-B^{2}}(1)$$
По свойству хорд : $$BK*KF=AK*KC$$. Т.к. $$BK:BF=\frac{2}{3}$$, то $$KF=\frac{1}{2}BK$$. Тогда получим: $$\frac{1}{2}m_{b}*m_{b}=\frac{b}{2}*\frac{b}{2}\Rightarrow$$ $$2m^{2}_{b}=b^{2}$$. Подставим в (1): $$4m^{2}_{b}=2a^{2}-b^{2}$$
$$2b^{2}+b^{2}=2a^{2}+2c^{2}\Leftrightarrow$$ $$3b^{2}=2a^{2}+2c^{2}$$
С другой стороны: $$a^{2}+b^{2}=c^{2}$$, тогда : $$\left\{\begin{matrix}2a^{2}-3b^{2}=-2c^{2}\\a^{2}+b^{2}=c^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}2a^{2}-3b^{2}=-2c^{2}\\2a^{2}+2b^{2}=2c^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$4a^{2}-b^{2}=0\Leftrightarrow$$$$\frac{b^{2}}{a^{2}}=4\Leftrightarrow$$$$\frac{b}{a}=2=tg \angle B$$. Тогда $$\angle B=arctg 2, \angle C=90-arctg 2$$
Задание 6470
В треугольнике АВС на сторонах АВ и ВС расположены точки Е и D соответственно так, что AD – биссектриса треугольника АВС, DE – биссектриса треугольника ABD, AE=ED=9/16, CD=3/4.
A) 1) $$\angle EAD=\angle DAC$$(AD-биссектриса ), $$AE=ED\Rightarrow$$ $$\angle EAD=\angle EDA\Rightarrow$$ $$\angle EDA=\angle DAC$$, $$ED\left | \right |AC$$
2) из п.1 $$\Delta EBD\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\angle BDE=\angle BCA$$.Но $$\angle BDC=\angle EDA=\angle DAC$$, тогда $$\angle DCA=\angle DAC\Rightarrow$$ $$AD=DC=\frac{3}{4}$$
3) $$\frac{EA}{AD}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{AD^{2}}{EA^{2}}=$$$$\frac{(\frac{3}{4})^{2}}{\frac{9}{16}}=1$$
Б) 1) Пусть EB=x; BD=y. Из подобия п.2 :
$$\left\{\begin{matrix}\frac{EB}{AB}=\frac{ED}{AC}\\\frac{BD}{DC}=\frac{ED}{AC}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{x}{\frac{9}{16}+x}=\frac{\frac{9}{16}}{1}\\\frac{y}{y+\frac{3}{4}}=\frac{\frac{9}{16}}{1}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}16x=9x+\frac{81}{16}\\16y=9y+\frac{27}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\frac{81}{7*16}\\y=\frac{27}{4*7}\end{matrix}\right.$$
Тогда: $$AB=\frac{9}{16}+\frac{81}{7*16}=$$$$\frac{63+81}{7*16}=\frac{9}{7}$$
$$BC=\frac{3}{4}+\frac{27}{4*7}=$$$$\frac{21+27}{4*7}=\frac{12}{7}$$
2) $$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$
$$p=\frac{1+\frac{9}{7}+\frac{12}{7}}{2}=2$$
$$S=\sqrt{2(2-\frac{9}{7}(2-\frac{12}{7})(2-1)}=$$$$\frac{2}{7}\sqrt{5}$$
Задание 6477
Сторона АВ треугольника АВС равна 3, ВС=2АС, Е – точка пересечения продолжения биссектрисы CD данного треугольника с описанной около него окружностью, причем DE=1.
А) 1) Пусть $$\angle ACE=a$$. Так как дуги AE и BE равны, $$\angle BAE=\angle ABE=a$$.
2) По свойству биссектрисы $$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC}=2$$, поэтому $$BD=2, AD=1$$.
3) Треугольник ADE - равнобедренный , поэтому $$\angle AED=a$$, $$AE\left |\right |BC$$, поскольку равны накрест лежащие углы AEC и BCE
Б) 1) Треугольники ACE и ABE - равнобедренный. Пусть $$AC=AE=BE=x\Rightarrow$$$$BC=2x$$
2) ABCD-равнобедренная трапеция , проведем $$AS\perp BC\Rightarrow$$$$CS=\frac{2x-x}{2}=\frac{x}{2}=\frac{AC}{2}$$.Значит, $$\angle CAS=30,\angle ACS=2a=60\Rightarrow$$ $$\angle ABC=\angle BAE=a=30$$
3) Из прямоугольного $$\Delta ABC$$: $$AC=AB*tg 30=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$$
Задание 6524
В окружности с центром в точке О радиуса 4 проведены хорда АВ и диаметр АК, образующий с хордой угол $$\frac{\pi}{8}$$ . В точке В проведена касательная к окружности, пересекающая продолжение диаметра АК в точке С.
A) 1) $$\angle KAB=\frac{1}{2}KOB\Rightarrow$$ $$\angle KOB=2*\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}$$ (вписанный и центральный, опирающиеся на одну дугу)
2) Радиус в точку касания, проведенный, перпендикулярен касательной: $$OB\perp BC\Rightarrow$$$$\Delta OBC$$ - прямоугольный$$\Rightarrow \angle OCB=\frac{\pi}{2}-\angle COB=\frac{\pi}{4}\Rightarrow$$ $$\Delta OCB$$ - равнобедренный
Б) 1) $$OB=BC=4\Rightarrow$$ $$\Delta OCB:OC=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4\sqrt{2}\Rightarrow$$ $$AC=4+4\sqrt{2}$$
2) $$CM=\frac{1}{2}CB=2\Rightarrow$$ из $$\Delta ACM:AM=\sqrt{AC^{2}+CM^{2}-2 AC*CM \cos C}=$$$$\sqrt{(4+4\sqrt{2})^{2}+2^{2}-2*2(4+4\sqrt{2})*\frac{\sqrt{2}}{2}}=$$$$\sqrt{36+24\sqrt{2}}=2\sqrt{9+6\sqrt{2}}$$
Задание 6571
Гипотенуза АВ прямоугольного треугольника АВС является хордой окружности $$\omega$$ радиуса 10. Вершина С лежит на диаметре окружности $$\omega$$ , который параллелен гипотенузе. Угол САВ равен 75.
A) 1) Опустим $$OM\perp AB$$, тогда BM=MA=MC(медиана прямоугольного равна половине гипотенузе)
2) $$\angle MCB=\angle MBC=15$$; $$\angle MBC=\angle BCO=15$$(накрест лежащие) $$\Rightarrow \angle MCO=30$$
3)Пусть $$OM=x\Rightarrow$$ $$MC=2x=BM$$
Из $$\Delta BMO$$ по т. Пифагора : $$BO^{2}=BM^{2}+OM^{2}\Leftrightarrow$$ $$100=x^{2}+4x^{2}=5x^{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}=20$$
4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}OM*AB=$$$$\frac{1}{2}*x*(2x+2x)=$$$$\frac{1}{2}*4x^{2}=2x^{2}=40$$
Б) $$1) AB=4x; OM=x, O_{1}$$-центр вписанной . $$O_{1}H; O_{1}C$$-радиусы. Пусть $$O_{1}K\perp OM$$, p - полупериметр $$\Delta ABC$$
2) из $$\Delta ABC: AC=AB \sin B=4x \sin 15$$; $$BC=AB \cos 15=4x \cos 15$$; $$p=\frac{4x+4x\sin 15+4x\cos 15}{2}=$$$$2x+2x \sin 15+2x \cos 15$$
3) Рассмотрим треугольник ABC (прямоуг.); $$p=\frac{AH+AN+CN+LC+LB+BH}{2}$$; $$BH=BL; HA=AN; CL=CN$$
Тогда $$p=\frac{2BL+2CL+2AH}{2}\Leftrightarrow$$ $$p=\frac{2CB+2AH}{2}\Leftrightarrow$$ $$AH=p-CB=2x+2x\sin 15+2x\cos15-4x \cos 15$$, тогда $$MH=MA-HA=KO_{1}$$; $$KO_{1}=2x-(2x+2x\sin 15-2x\cos 15)=$$$$2x\cos 15-2x \sin 15=2x(\cos 15-\sin 15)$$
4) KM=O, H=CN. Аналогично п3: $$CN=p-AB=2x+2x \sin 15+2x\cos 15-4x=$$$$2x\sin 15+2 x\cos 15-2x$$, тогда $$KO=OM-KM=$$$$x-(2x\sin 15+2x \cos 15-2x)=$$$$3x-2x \sin 15-2 x\cos 15=x(3-2(\sin 15+\cos 15))$$
5) $$\Delta KOO_{1}$$: $$OO_{1}=\sqrt{KO^{2}+KO_{1}^{2}}$$
$$KO_{1}=2x(\cos 15-\sin 15)$$; $$x=\sqrt{20}$$
$$\sin 15=\sin (45-30)=\sin 45\cos 30-\cos 45\sin 30=$$$$\frac{\sqrt{2}}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}*\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$$
$$\cos 15=\cos (45-30)=\cos 45\cos 30+\sin 45\sin 30=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$$
$$KO_{1}=2\sqrt{20}(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})=$$$$2\sqrt{20}*\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{40}$$
$$KO=x(3-2(\sin 15+\cos 15))=\sqrt{20}(3-2(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}))=$$$$\sqrt{20}(3-2*\frac{\sqrt{6}}{2})=\sqrt{20}(3-\sqrt{6})=3\sqrt{20}-\sqrt{120}$$
$$OO_{1}=\sqrt{(3\sqrt{20}-\sqrt{120})^{2}+(\sqrt{40})^{2}}=$$$$\sqrt{9*20-60\sqrt{24}+120+40}=$$$$\sqrt{180-120\sqrt{6}+160}=\sqrt{340-120\sqrt{6}}=$$$$2\sqrt{5}\sqrt{17-6\sqrt{6}}$$
Задание 6618
Точка N делит диагональ трапеции ABCD в отношении CN:NA=2:1. Длины оснований ВС и AD относятся как 1:3. Через точку N и вершину D проведена прямая, пересекающая боковую сторону АВ в точке М.
A) 1) Пусть $$BC=x\Rightarrow$$ $$AD=3x$$; $$CN=2y\Rightarrow$$ $$AN=y$$
2) $$\angle CAD=\angle BCA$$(накрест лежащие ). Пусть $$\angle CAD=\alpha$$
3) $$S_{BCA}=\frac{1}{2}BC*AC*\sin BCA=$$$$\frac{1}{2}*x*3y*\sin \alpha =\frac{3xy \sin \alpha }{2}$$
$$S_{CAD}=\frac{1}{2}*AC*AD \sin CAD=$$$$\frac{1}{2}*3y*3x\sin \alpha =\frac{9xy\sin \alpha }{2}$$
$$S_{ABCD}=S_{BCA}+S_{CAD}=$$$$6xy\sin \alpha =S$$, тогда: $$S_{CAD}=\frac{3}{4}S$$, $$S_{BCA}=\frac{1}{4}S$$
4) $$S_{BCN}=\frac{1}{2}BC*CN*\sin BCN=$$$$\frac{1}{2}*x*2y*\sin \alpha =$$$$xy\sin \alpha =\frac{1}{6}S\Rightarrow$$ $$S_{BNA}=\frac{1}{4}S-\frac{1}{6}S=\frac{1}{12}S$$
5) $$\Delta BNC\sim \Delta ANH$$ ($$BN\cap AD=H$$) $$\Rightarrow$$ $$\frac{CN}{AN}=\frac{BN}{NH}=\frac{2}{1}=$$$$\frac{BC}{AH}\Rightarrow$$ $$AH=\frac{BC}{2}=\frac{x}{2}\Rightarrow$$ $$HD=3x-\frac{x}{2}=\frac{5x}{2}$$
6) По т. Менелая для $$\Delta MDA$$:
$$\frac{BN}{NH}*\frac{HD}{AD}*\frac{AM}{MB}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{2}{1}*\frac{5x}{2*3x}*\frac{AM}{MB}=1\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{MB}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{MB}{AB}=\frac{5}{8}$$
7) $$S_{MBN}=\frac{MB}{AB}*S_{BNA}=$$$$\frac{5}{8}*\frac{1}{12}S=\frac{5S}{96}$$
8) $$S_{MBCN}=\frac{5S}{96}+\frac{S}{6}=$$$$\frac{5S+16S}{96}=\frac{21S}{96}=\frac{7S}{32}$$
Б) 1)По т. Менеая для $$\Delta ABH$$:
$$\frac{DN}{NM}*\frac{MB}{AB}*\frac{AH}{HD}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{DH}{NM}*\frac{5}{8}*\frac{1}{5}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{DN}{NM}=\frac{8}{1}\Rightarrow$$ $$MN=\frac{1}{9}*9=1$$
Задание 6666
Высоты остроугольного треугольника АВС пересекаются в точке О. Окружность с центром в точке О проходит через вершину А, касается стороны ВС в точке К и пересекает сторону АС в точке М такой, что АМ:МС=4:1.
A) 1) $$OK\perp CB$$(радиус в точку касания ), но и AO - высота $$\Rightarrow$$ A, O и K $$\in$$ AK - высота , но тогда AK-диаметр окружности.
2) $$\angle KMA=90$$(опирается на диаметр)$$\Rightarrow$$ KM-высота прямоугольного треугольника AKC.
3) Пусть CM=x, тогда MA=4x; AC=5x. $$MK=\sqrt{MA*CM}=\sqrt{4x*x}=2x$$; $$CK=\sqrt{CM^{2}+MK^{2}}=$$$$\sqrt{4x^{2}+x^{2}}=x\sqrt{5}$$
4) $$\Delta ONA \sim \Delta KMA$$: $$\frac{AO}{AK}=\frac{AN}{AM}\Rightarrow$$ $$AN=\frac{1}{2} AM=2x\Rightarrow$$ $$CN=MN+MC=2x+x=3x$$
5) $$\Delta BNC \sim \Delta KMC$$: $$\frac{NC}{MC}=\frac{BC}{CK}\Rightarrow$$ $$BC=\frac{3x*x\sqrt{5}}{x}=3\sqrt{5}x\Rightarrow$$ $$BK=2\sqrt{5} x\Rightarrow$$ $$CK:KB=1:2$$
Б) 1) $$\Delta AKC$$: $$AK=\sqrt{AC^{2}-CK^{2}}=$$$$\sqrt{25x^{2}-5x^{2}}=$$$$\sqrt{20}x=4\Rightarrow$$$$x=\frac{4}{\sqrt{20}}$$
2) $$\Delta AKB$$: $$AB=\sqrt{AK^{2}+KB^{2}}=\sqrt{40}x=$$$$\frac{\sqrt{40}*4}{\sqrt{20}}=4\sqrt{2}$$
Задание 6701
Четырехугольник, один из углов которого равен $$arccos(\frac{3}{5})$$ , вписан в окружность радиуса $$2\sqrt{10}$$ и описан около окружности радиуса 3.
A) 1) O- центр вписанной окружности . Пусть $$\angle BAD =2\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BCD=180-2\alpha$$ (свойство вписанного четырехугольника); $$\angle CDA=2\beta$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle CBA=180-2\beta$$
2) $$AA_{1}=AD_{1}$$(свойство касательных ); $$OA_{1}\perp AB$$ ; $$OD_{1}\perp AD$$; $$OA$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$\Delta A_{1}OA=\Delta OAD_{1}\Rightarrow$$ $$A_{1}AO=\angle OAD_{1}=\alpha$$
3) $$\angle B_{1}OC_{1}=180-\angle BCD=2\alpha$$$$\Rightarrow$$ $$\angle B_{1}OC=\angle COC_{1}=\alpha$$. Аналогично, $$\angle ODD_{1}=\angle ODC_{1}=\angle A_{1}OB=\angle BOB_{1}=\beta$$
4) Пусть $$\angle A=\arccos \frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$\cos 2\alpha =\frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$2\cos ^{2}\alpha -1=\frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$2\cos ^{2}\alpha=\frac{8}{5}\Rightarrow$$ $$\cos ^{2}\alpha =\frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$\sin^{2}\alpha =\frac{1}{5}$$,$$tg^{2}\alpha =\frac{1}{4}$$, $$ctg^{2}\alpha =4$$ т.к. $$\angle \alpha$$ - острый , то $$tg\alpha =\frac{1}{2}$$, $$ctg \alpha =2$$
5) $$S_{BA_{1}D}=\frac{1}{2}BA_{1}*A_{1}O$$; $$BA_{1}=\frac{1}{2}A_{1}O *tg\beta \Rightarrow$$ $$S_{BA_{1}O}=\frac{1}{2}*3*3*tg\beta \Rightarrow$$ $$S_{A_{1}OB_{1}B}=9tg\beta$$. Аналогично : $$S_{B_{1}OC_{1}C}=9tg\alpha$$; $$S_{A_{1}OD_{1}A}=2*\frac{1}{2}*AA_{1}*A_{1}O, A_{1}A=A_{1}O *ctg \alpha \Rightarrow$$ $$S_{A_{1}OD_{1}A}=9ctg \alpha$$ ; $$S_{DC_{1}OD_{1}}=9ctg \beta$$
$$S_{ABCD}=9(tg\alpha +tg \beta +ctg \alpha +ctg \beta )(1)$$
Пусть $$tg\beta =a; ctg\beta =b$$
6) $$AB=AA_{1}+A_{1}B=3 ctg \alpha +3 tg\beta =6+3a$$; $$AD=AD_{1}+D_{1}D=3ctg \alpha +3ctg \beta =6+3b$$
По т. Синусов из $$\Delta BAD$$ : $$BD^{2}=(3(a+2))^{2}+(3(b+2))^{2}-2*3(a+2)*3(b+2)*\cos 2\alpha =$$$$9((a+2)^{2}+(b+2)^{2}-2(a+2)(b+2)*\cos 2\alpha) =$$$$9(a^{2}+b^{2}+4(a+b)+8-\frac{6}{5}(4+2(a+b)+ab))$$
Т.к. $$ab=tg\beta *ctg \beta =1$$, то $$a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2ab=(a+b)^{2}-2$$ . Пусть $$a+b=x$$, то: $$BD^{2}=9(x^{2}-2+4x+8-\frac{6}{5}(5+2x))=(x^{2}+\frac{8}{5}x)*9(2)$$
С другой стороны , около $$\Delta ABD$$ описана окружность радиуса $$2\sqrt{10}$$, тогда: $$\frac{BD}{\sin 2\alpha }=4\sqrt{10}\Rightarrow$$ $$BD^{2}=16*10*\sin ^{2}2\alpha =160*\frac{16}{25}(3)$$
Из (2) и (3): $$9(x^{2}+\frac{8}{5}x)=160*\frac{16}{25}\Leftrightarrow$$ $$5*9x^{2}+72x=512\Leftrightarrow$$ $$45x^{2}+72x-512=0$$
$$D=5184+92160=97344=312^{2}$$
$$x_{1}=\frac{-72+312}{90}=\frac{240}{90}=\frac{8}{3}$$
$$x_{2}=\frac{-72-312}{90}=-\frac{64}{15}$$ ($$tg\beta +ctg\beta >0$$)
$$S=9(\frac{1}{2}+2+\frac{8}{3})=\frac{31}{6}*9=\frac{93}{2}$$
Б ) Пусть $$\varphi$$ - угол между BD и AC , тогда: $$S=\frac{1}{2} BD*AC* \sin \varphi \Rightarrow$$ $$\sin \varphi =\frac{2S}{BD*AC}$$
1) $$BD=\sqrt{9*(\frac{64}{9}+\frac{8}{5}*\frac{8}{3})}=$$$$\sqrt{\frac{512}{5}}=16\sqrt{\frac{2}{5}}$$
2) $$tg \beta +ctg\beta =\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\frac{\sin \beta }{\cos \beta }+\frac{\cos \beta }{\sin \beta }$$$$=\frac{8}{3}\Rightarrow$$$$\frac{1}{\frac{1}{2}\sin 2\beta }=\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\frac{2}{\sin 2\beta }=\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\sin 2\beta =\frac{3}{4}$$
3) Из $$\Delta ACD$$: $$\frac{AC}{\sin 2\beta }=4\sqrt{10}\Rightarrow$$$$AC=4\sqrt{10}*\frac{3}{4}=3\sqrt{10}$$; $$\sin \varphi =\frac{2*\frac{93}{2}}{\frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{5}} * 3\sqrt{10}}=$$$$\frac{93}{16*3*2}=\frac{93}{96}\Rightarrow$$ $$\angle \varphi=\arcsin \frac{31}{32}$$
Задание 6760
Дан треугольник АВС, в котором АВ=ВС=5, медиана $$AD=\frac{\sqrt{97}}{2}$$ . На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что CE=5CF. Через точку F проведена прямая l, параллельная ВС.
А) 1) $$\Delta ABD$$: $$\cos B=\frac{AB^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2 AB*BD}=\frac{7}{25}$$
2) $$\Delta ABC:$$ $$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2 AB*BC * \cos B}=6$$
3) $$BG=\sqrt{BC^{2}-GC^{2}}=4\Rightarrow$$ $$S_{ABC}=\frac{1}{2}BG*AC=12$$
4) $$BO=\frac{AB*BC*AC}{4 S_{ABC}}=\frac{25}{8}$$
5) $$\cos BCA=\frac{GC}{BC}=\frac{3}{5}$$; $$\angle ECG=\frac{\angle BCA}{2}$$$$\Rightarrow$$ $$2 \cos ^{2}ECG-1=\frac{3}{5}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos ECG=\frac{2}{\sqrt{5}}$$; $$\sin ECG=\frac{1}{\sqrt{5}}$$
$$CE=\frac{2 AC*CB*\cos ECG}{AC+CB}=\$$$$frac{120}{11\sqrt{5}}$$$$\Rightarrow$$ $$CF=\frac{CE}{5}=\frac{24}{11\sqrt{5}}$$
6) Центр описанной на пересечении серединных перпендикуляров , $$BD=DC\Rightarrow$$ $$OD\perp BC$$ и OH - расстояние
7) $$\angle FIG=\angle BCA\Rightarrow$$$$\sin FIG=\sin BCA=\frac{4}{5}$$
$$\angle FIG=180-\angle FIG\Rightarrow$$ $$\sin FIC=\sin FIG=\frac{4}{5}$$
$$\cos FIC=-\cos FIG=-\cos BSA=-\frac{3}{5}$$
По теореме синусов: $$\frac{FC}{\sin FIC}=\frac{FI}{\sin FCI}\Rightarrow$$$$FI=\frac{6}{11}$$
8) $$\Delta JGJ\sim \Delta BGC\Rightarrow$$ $$\frac{IC}{CG}=\frac{BJ}{BG}\Rightarrow$$ $$BJ=\frac{8}{11}\Rightarrow$$ $$JO=BO-BJ=\frac{211}{8*11}$$
9) $$\Delta BOD\sim \Delta BGC\Rightarrow$$ $$\frac{OD}{GC}=\frac{BO}{BC}\Rightarrow$$ $$OD=\frac{5}{18}$$
10) $$\Delta JOH\sim \Delta BOD\Rightarrow$$ $$\frac{JO}{BO}=\frac{OH}{OD}\Rightarrow$$ $$OH=\frac{633}{440}$$
Б) 1) $$\Delta ABC\sim \Delta AKI\Rightarrow$$ $$S_{AKI}=S_{ABC}(\frac{AI}{AC})^{2}$$
$$\frac{AI}{AC}=(\frac{6-\frac{6}{11}}{6})^{2}=\frac{100}{121}\Rightarrow$$ $$S_{AKI}=\frac{1200}{121}$$
2) $$S_{KBCI}=S_{ABC}-S_{AKI}=\frac{252}{121}\Rightarrow$$ $$\frac{S_{AKI}}{S_{KBCI}}=\frac{100}{21}$$
Задание 6807
Точки К и L являются серединами боковых сторон АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС. Точка М расположена на медиане AL так, что AM:ML=13:12. Окружность $$\omega$$ с центром в точке М касается прямой АС и пересекает прямую KL в точках P и Q. KL=10, PQ=4.
A) 1) Пусть $$MN \perp PQ$$, $$MK\perp AC$$, $$LH\perp AC\Rightarrow$$ $$NK\left | \right |LH$$ ; пусть MQ=x, т.к. $$MN\perp PQ$$, то $$PN=NQ=\frac{1}{2}PQ=2$$
2) из $$\Delta NMQ$$: $$NM=\sqrt{MQ^{2}-NQ^{2}}=\sqrt{x^{2}-2^{2}}$$, $$MK=MQ=x$$
3) $$\Delta AMK\sim \Delta ALN$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{LH}{MK}=\frac{AL}{AM}\Rightarrow$$ $$LH=\frac{25}{13} x=NK$$
4) из 2 и 3 : $$\frac{25}{13}x =x+\sqrt{x^{2}-4}\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{26}{5}$$
Б) 1) $$AC=2, KL=20$$$$\Rightarrow$$ $$AK=HC=\frac{AC-KL}{2}=5$$; $$LH=\frac{25}{13}*\frac{26}{5}=10\Rightarrow$$ из $$\Delta LHC$$: $$LC=\sqrt{KH^{2}+HC^{2}}=5\sqrt{5}\Rightarrow$$ $$BC=10\sqrt{5}$$
2) $$P_{ABC}=2* BC+AC=20\sqrt{5}+20$$
Задание 6827
В прямоугольном треугольнике АВС из точки Е, расположенной в середине катета ВС, опущен перпендикуляр EL на гипотенузу АВ. $$AE=\sqrt{10}EL$$, $$BC>AC$$
A) 1) пусть $$EL=x$$$$\Rightarrow$$ $$AE=x\sqrt{10}$$. Тогда из $$\Delta ELA:$$ $$AL=\sqrt{AE^{2}-EL^{2}}=3x$$
2) Пусть $$BL=y$$ $$\Rightarrow$$. Тогда из $$\Delta EBL:$$$$BE=\sqrt{BL^{2}+EL^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=EC$$
3) $$\Delta EBL\sim \Delta ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{EB}{AB}=\frac{BL}{BC}$$$$\Leftrightarrow$$ $$\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{y+3x}=\frac{y}{2\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$$$$\Leftrightarrow$$ $$2(x^{2}+y^{2})=y^{2}+3xy$$$$\Leftrightarrow$$ $$2x^{2}+2y^{2}-y^{2}-3xy=0\Leftrightarrow$$ $$2x^{2}-3xy+y^{2}=0$$
$$D=9y^{2}-8y^{2}=y^{2}\Rightarrow$$ $$x=\frac{3y\pm y}{4}$$$$\Rightarrow$$ $$x=y$$ или $$x=\frac{y}{2}$$
- Если $$x=y$$ , то $$AB=4x$$ ; $$BC=2x\sqrt{2}$$$$\Rightarrow$$ $$AC=\sqrt{16x^{2}-8x^{2}}=2x\sqrt{2}$$ (но BC>AC)
- Если $$x=\frac{y}{2}$$$$\Rightarrow$$ $$AB=5x; BC=2x\sqrt{5}$$$$\Rightarrow$$ $$AC=\sqrt{25x^{2}-20x^{2}}=x\sqrt{5}$$
4) $$\angle C=90$$; $$\angle A=arcsin \frac{BC}{AB}=arcsin \frac{2\sqrt{5}}{5}$$; $$\angle B=arcsin \frac{AC}{AB}=arcsin \frac{\sqrt{5}}{5}$$
Б) 1) $$\cos \angle A=\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow$$ из $$\Delta ALC:$$ $$CL=\sqrt{AC^{2}+AL^{2}-2 AC*AL*\cos A}=2\sqrt{2}x$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{AE}{CL}=\frac{\sqrt{10}x}{2\sqrt{2}x}=\frac{\sqrt{5}}{2}$$
Задание 6878
Внутри параллелограмма ABCD взята точка К так, что треугольник CKD равносторонний. Известно, что расстояния от точки К до прямых AD, AB и ВС равны соответственно 3, 6 и 5.
A) Пусть $$CD=KD=KC=a$$, тогда из $$\Delta NKD$$ : $$ND=\sqrt{a^{2}-3^{2}}$$; Из $$\Delta KRC$$: $$RC=\sqrt{a^{2}-5^{2}}$$
2) Пусть $$DH\perp BC$$ , тогда $$DH=NR=8$$; $$CH=ND=RC=\sqrt{a^{2}-3^{2}}-\sqrt{a^{2}-5^{2}}$$. $$\Delta DHC$$: $$a^{2}=8^{2}+(\sqrt{a^{2}-3^{2}}-\sqrt{a^{2}-5^{2}})^{2}\Leftrightarrow$$$$a^{2}-8^{2}=2a^{2}-34-2\sqrt{a^{4}-34a^{2}+225}\Leftrightarrow$$$$2\sqrt{A^{4}-34a^{2}+225}=a^{2}+30\Leftrightarrow$$$$4a^{4}+136a^{2}+900=a^{4}+60a^{2}+900\Leftrightarrow$$$$3a^{4}-196 a^{2}=0$$. Тогда a=0(не может быть) член $$a=\pm \frac{14\sqrt{3}}{3}$$ ( отрицательным не может быть )
3) $$KQ=CD \sin 60$$; $$CD=\sqrt{DH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{64+((\sqrt{\frac{14^{2}}{3}-9}-\sqrt{(\frac{14^{2}}{3}-25)})^{2}}=$$$$\sqrt{64+(\frac{13}{\sqrt{3}}-\frac{11}{\sqrt{3}})^{2}}=\sqrt{\frac{196}{3}}=$$$$\frac{14}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$KQ=\frac{14}{\sqrt{3}}*\frac{\sqrt{3}}{2}=7$$$$\Rightarrow$$ $$MQ=13$$
4) $$S_{ABCD}=MQ*CD=13*\frac{14}{\sqrt{3}}=\frac{182}{\sqrt{3}}$$
Б) 1) из $$\Delta CHD$$: $$\sin \angle DCH=\frac{DH}{CD}=\frac{8}{\frac{14}{\sqrt{3}}}=\frac{4\sqrt{3}}{7}$$$$\Rightarrow$$ $$\sin \angle ADC=\frac{4\sqrt{3}}{7}=\sin \alpha$$
2) $$\angle ODQ=\frac{1}{2} \angle KDC=30$$$$\Rightarrow$$ $$\angle PDO=\angle (\alpha -30)$$, где $$\angle \alpha =\angle ADC$$; $$\cos \alpha =\sqrt{1-\sin ^{2}\alpha }=\frac{1}{7}$$; $$\sin (\alpha -30)=\sin \alpha \cos 30-\cos \alpha \sin 30=$$$$\frac{4\sqrt{3}}{7}*\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{7}*\frac{1}{2}=$$$$\frac{11}{14}\Rightarrow$$ $$\cos(\alpha -30)=\frac{5\sqrt{3}}{14}$$
3) OD - радиус описанной окружности $$\Rightarrow$$ $$OD=\frac{2}{3}$$; $$KQ=\frac{2*7}{3}=\frac{14}{3}$$$$\Rightarrow$$ из $$\Delta EDO$$: $$ED=DO \cos PDO=\frac{14}{3}*\frac{5\sqrt{3}}{14}=$$$$\frac{5\sqrt{3}}{3}\Rightarrow$$ $$PD=\frac{10\sqrt{3}}{3}$$
4) $$S_{ABCD}=\frac{182}{\sqrt{3}}=AD*DH\Rightarrow$$ $$AD=\frac{182}{\sqrt{3}*8}=\frac{91}{4\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$AP=\frac{91}{4\sqrt{3}}-\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{51}{4\sqrt{3}}$$, $$\frac{AP}{AD}=\frac{51}{4\sqrt{3}}:\frac{91}{4\sqrt{3}}=\frac{51}{91}$$
Задание 6926
Даны треугольник АВС и ромб BDEF, все вершины которого лежат на сторонах треугольника АВС, а угол при вершине Е – тупой, АЕ=3, СЕ=7, а радиус окружности, вписанной в ромб, равен 1.
A) 1)Пусть r - радиус вписанной окружности в ромб (r=1); $$EG\perp AB$$; $$EH\perp CB$$. Тогда $$EG=EH=2r=2$$(высота в 2 раза больше радиуса в ромбе) .
2)из $$\Delta AEG$$: $$\sin A=\frac{EG}{AE}=\frac{2}{3}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos A=\frac{\sqrt{5}}{3}$$
Из $$\Delta ECH$$: $$\sin C=\frac{EH}{EC}=\frac{2}{7}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos C=\frac{\sqrt{45}}{7}=\frac{3\sqrt{5}}{7}$$
Из $$\Delta ACB$$: $$\sin B=\sin (180-(A+C))=\sin (A+C)$$
$$\sin (A+C)=\sin A* \cos C+\sin C*\cos A=$$$$\frac{2}{3}*\frac{3\sqrt{5}}{7}+\frac{2}{7}*\frac{\sqrt{5}}{3}=$$$$\frac{8\sqrt{5}}{21}\Rightarrow$$ $$\cos (A+C)=-\frac{11}{21}$$ ($$\angle A+\angle C>90$$)
3)По т. cинусов : $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}\Rightarrow$$ $$AB=10*\frac{2}{7}:\frac{8\sqrt{5}}{21}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$$
4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*AB*AC* \sin A=5\sqrt{5}$$
Б) 1) По т. синусов : $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$$$$\Rightarrow$$ $$AB=\frac{AC*\sin C}{\sin B}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$$; $$BC=\frac{AC* \sin A}{\sin B}=\frac{7\sqrt{5}}{2}$$. Тогда $$p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{10+5\sqrt{5}}{2}$$
2) Пусть $$R=KO_{1}$$ - радиус вписанной в $$\Delta ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$R=\frac{S}{p}=10-4\sqrt{5}$$
3) $$\angle KBO=\frac{\angle B}{2}\Rightarrow$$ $$\cos \angle B=1-2 \sin ^{2}\angle KBO\Rightarrow$$ $$\sin \angle KBO=\frac{4}{\sqrt{21}}$$
4) из $$\Delta KO_{1}B$$: $$BO_{1}=\frac{O_{1}K}{\sin \angle KBO}=\frac{(10-4\sqrt{5})\sqrt{21}}{4}$$
Из $$\Delta NOB$$: $$OB=\frac{ON}{\sin \angle KBO}=\frac{\sqrt{21}}{4}$$
$$OO_{1}=BO_{1}-BO=\frac{\sqrt{21}}{4}(10-4\sqrt{5}-1)=\frac{\sqrt{21}}{4}(9-4\sqrt{5})$$
Задание 6974
В треугольнике АВС угол В равен 600. Через точки А и В проведена окружность радиуса 3, касающаяся прямой АС в точке А. Через точки В и С проведена окружность радиуса 4, касающаяся прямой АС в точке С.
A) 1) Пусть $$O_{1}A=R_{1}=3$$; $$O_{2}C=R_{2}=4$$ - радиусы; $$\angle ACB=\alpha$$ ; $$\angle BAC=\beta$$
2) По свойству хорды и касательной: $$\smile BC=2\angle BCA=2\alpha$$ ( или $$180-2\alpha$$ ); $$\smile AB=2\angle BAC=2\beta$$ (или $$180-2\beta$$ - зависит от построения, но на решение никак не влияет).Тогда по свойству центральных углов: $$\angle BO_{1}A=2\beta$$ ; $$\angle BO_{2}C=2\alpha$$
Пусть $$O_{1}H\perp AB$$, тогда из $$\Delta O_{1}HA$$: $$HA=O_{1}A\sin \angle HO_{1}A$$, $$\angle HO_{1}A=\frac{\angle BO_{1}A}{2}\Rightarrow$$ $$HA=R_{1}\sin \beta =3\sin \beta \Rightarrow$$ $$AB=6 \sin \beta$$. Аналогично $$BC=8 \sin \alpha$$
3) По теореме синусов из $$\Delta ABC$$ : $$\frac{AB}{\sin \angle ACB}=\frac{BC}{\sin \angle BAC}\Leftrightarrow$$ $$\frac{6 \sin \beta }{\sin \alpha }=\frac{8 \sin \alpha }{\sin \beta }\Leftrightarrow$$ $$\frac{\sin \beta }{\sin \alpha }=\frac{2}{\sqrt{3}}$$
$$\frac{AC}{\sin \angle ABC}=\frac{AB}{\sin \angle ACB}\Leftrightarrow$$ $$AC= \frac{AB}{\sin ACB }* \sin ABC=\frac{6 \sin \beta }{\sin \alpha }*\frac{\sqrt{3}}{2}=6* \frac{2}{\sqrt{3}}*\frac{\sqrt{3}}{2}=6$$
Б) 1) Общая хорда пусть будет BD. Тогда OD=OB=3; $$O_{2}D=O_{2}B=4$$ - радиусы.
2) Построим $$O_{1}K\perp O_{2}C\Rightarrow$$ $$KC=O_{1}A=3\Rightarrow$$ $$O_{2}K=4-3=1$$, $$O_{1}K=AC=6\Rightarrow$$ из $$\Delta O_{1}KO_{2}$$: $$O_{2}O_{1}=\sqrt{O_{1}K^{2}+O_{2}K^{2}}=\sqrt{37}$$
3) $$DB\perp O_{1}O_{2}$$ и $$DH=HB$$. Пусть $$O_{1}H=x$$; $$O_{2}H=\sqrt{37}-x$$; $$DH=HB=y$$, тогда по т. Пифагора из $$\Delta O_{1}HD$$ и $$O_{2}HD$$: $$\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{2}=3^{2}\\(\sqrt{37}-x)^{2}+y^{2}=4^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}y^{2}=9-x^{2}\\37-2x\sqrt{37} +x^{2}+9-x^{2}=16\end{matrix}\right.$$
Тогда: $$2x\sqrt{37}=30\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{15}{\sqrt{37}}\Rightarrow$$ $$y=\sqrt{9-\frac{225}{37}}=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{37}}\Rightarrow$$ $$DB=2*\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{37}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{37}}$$
Задание 7021
На катете ML прямоугольного треугольника KLM как на диаметре построена окружность. Она пересекает сторону KL в точке Р. На стороне КМ взята точка R так, что отрезок LR пересекает окружность в точке Q, причем отрезки QP и ML параллельны, KR=2RM и $$ML=8\sqrt{3}$$ .
A) $$1) \angle MPL=90$$ (вписанный и опирается на диаметр); $$\angle QMP=\angle OLP$$ (опираются на одну дугу), $$\angle PQL=\angle PML$$ (аналогично) , но $$\angle PML=\angle QPM$$ (накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$\angle QPM=\angle QPL\Rightarrow$$ $$QM =PL\Rightarrow$$ $$\angle QLM=\angle PML=\alpha$$
2) $$\Delta PML\sim \Delta KML \Rightarrow$$ $$\angle MKL=\angle PML=\alpha \Rightarrow$$ $$\Delta MKL\sim \Delta RML$$. Пусть $$MR=x \Rightarrow$$ $$RK=2x$$ и $$MK=3x$$ . Из подобия: $$\frac{RM}{ML}=\frac{ML}{MK}\Leftrightarrow$$ $$\frac{x}{8\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3x}\Rightarrow$$ $$x=8$$
3) из $$\Delta RML$$: $$RL=\sqrt{MR^{2}+ML^{2}}=\sqrt{8^{2}+(8\sqrt{3})^{2}}=16\Rightarrow$$ $$\sin \alpha =\frac{MR}{RL}=\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$\alpha =30$$
4) из $$\Delta MPL$$: $$PL=ML* \sin \alpha =4\sqrt{3}$$. Из $$\Delta KML:$$ $$KL=\frac{ML}{\sin \alpha }=16 \sqrt{3}\Rightarrow$$ $$KP=12\sqrt{3}$$ и $$LP: PK =1: 3$$
Б) $$MQ=PL=4\sqrt{3}$$
Задание 7041
Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник АВС, касается основания АС в точке D и боковой стороны АВ в точке Е. Точка F – середина стороны АВ, а точка G – точка пересечения окружности и отрезка FD, отличная от D. Касательная к окружности, проходящая через точку G, пересекает сторону АВ в точке Н. Известно, что FH:HE=2:3.
А) 1) $$\angle HGE$$ - угол между хордой EG и касательной HG$$\Rightarrow$$ $$\angle HGE=\frac{\smile EG}{2}$$
2) $$\angle EDG$$ - вписанный $$\Rightarrow$$ $$\angle EDG=\frac{\smile EG}{2}\Rightarrow$$ $$\angle HGE=\angle EDG$$
Б) 1) $$AF=FD$$ (по условию ) $$AD=DC\Rightarrow$$ FD-средняя линия и $$FD=\frac{AB}{2}=\frac{BC}{2}$$; $$\angle HAD=\angle FDA$$
2) Пусть $$H \in BE$$; $$\angle A=\angle C=\alpha \Rightarrow$$ $$\angle FDA=\alpha$$; $$FH=2x\Rightarrow$$ $$HE=3x$$
3) из $$\Delta AFD$$: $$\angle AFD=180-2\angle A=180-2\alpha$$; Из AEOD: $$\angle O=180-\angle A=180-\alpha$$; $$\angle DGE=\frac{\smile ED}{2}=\frac{\angle O}{2}=90-\frac{\alpha }{2}$$
Из $$\Delta EFG$$: $$\angle FEG +\angle EFG=\angle DGE\Rightarrow$$ $$\angle FEG=\angle DGE-\angle EFG=\frac{3\alpha }{2}-90$$
4) $$\Delta EGH$$ – равнобедренный (образован касательными) $$\Rightarrow$$ $$\angle HGE=HEG=\frac{3\alpha }{2}-90\Rightarrow$$ $$\angle GHF=2\angle HGE=3\alpha -180$$(внешний угол $$\Delta EGH$$)
5) $$\Delta FGH=180-\angle GHF-\angle F=180-\alpha$$ (из $$\Delta EGH$$)
6) из $$\Delta FHG$$: по т. Синусов: $$\frac{FH}{\sin \angle FGH}=\frac{HG}{\sin \angle GHF}$$, но $$HG=HE\Rightarrow$$ $$\frac{2x}{\sin (180-\alpha )}=\frac{3x}{\sin (180-2\alpha )}\Leftrightarrow$$ $$\frac{2}{\sin \alpha }=\frac{3}{\sin 2\alpha }\Leftrightarrow$$ $$2 \sin 2\alpha -3 \sin \alpha =0\Leftrightarrow$$ $$4 \sin \alpha \cos \alpha -3 \sin \alpha =0 \Leftrightarrow$$ $$\sin \alpha (4 \cos \alpha -3)=0 \Leftrightarrow$$ $$\cos \alpha =\frac{3}{4}\Rightarrow$$ $$\alpha =arccos \frac{3}{4}$$($$\sin \alpha$$ не может быть 0 )
Задание 7062
Окружность, построенная на стороне BC треугольника ABC как на диаметре, пересекает стороны AB и AC в точках M и N соответственно. Прямые СМ и ВN пересекаются в точке Р. Точка О – середина АР.
A) 1) $$\angle BMC=90$$ (вписанный , опирается на диаметр) $$\Rightarrow$$ $$\angle AMP=90\Rightarrow$$ $$\Delta AMP$$ -прямоугольный $$\Rightarrow$$ $$MO=\frac{1}{2} AP$$(медиана в прямоугольном треугольнике к гипотенузе)
2) аналогично , $$ON=\frac{1}{2} AP\Rightarrow$$ $$OM=ON\Rightarrow$$ $$\Delta MON$$ - равнобедренный
Б) 1)$$\Delta AMN\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{3*12}{4}=9\Rightarrow$$ $$NC=5$$
2) из $$\Delta BAN$$: $$BN^{2}=AB^{2}-AN^{2}=128$$. Из $$\Delta NCB$$: $$BC=\sqrt{NC^{2}+BN^{2}}=\sqrt{153}\Rightarrow$$ $$MK=KN=\frac{\sqrt{153}}{2}$$(радиусы)
3) $$\Delta AMN\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{AC}=\frac{NM}{CB}\Rightarrow$$ $$NM=\frac{AM}{AC}*CB=\frac{\sqrt{53}}{3}$$
4) Пусть $$NM\cap OK=H$$ , т.к. $$OM=ON$$ , то OM и ON –касательные $$\Rightarrow$$ $$KM\perp OM$$; $$KN\perp ON$$ ; $$\Delta OMK=\Delta ONK$$ ; $$NH=HM=\frac{NM}{2}=\frac{\sqrt{153}}{6}$$
5) из $$\Delta HMK \sin K=\frac{HM}{MK}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$$$\cos K=\frac{2\sqrt{2}}{3}\Rightarrow$$$$HK=MK*\cos K=\frac{\sqrt{153}}{2}*\frac{2\sqrt{2}}{3}=\sqrt{34}$$
6) MH – высота $$\Rightarrow$$ $$\Delta OMH \sim \Delta MHK\Rightarrow$$ $$\frac{OH}{HM}=\frac{HM}{HK}\Rightarrow$$$$OH=\frac{153}{36} :\sqrt{34}=\frac{17}{4\sqrt{34}}=\frac{\sqrt{34}}{8}$$
7) $$S_{NOM}=OH *HM=$$$$\frac{\sqrt{34}}{8}*\frac{\sqrt{153}}{6}=\frac{17\sqrt{2}}{16}$$
Задание 7109
В треугольнике АВС длина АВ равна 3, $$\angle ACB=\arcsin \frac{3}{5}$$ , хорда KN окружности, описанной около треугольника АВС, пересекает отрезки АС и ВC в точках M и L соответственно. Известно, что $$\angle ABC=\angle CML$$ , площадь четырехугольника ABLM равна 2, а длина LM равна 1.
A) $$\angle C$$ – общий ; $$\angle ABC =\angle CML\Rightarrow$$ $$\Delta ABC\sim \Delta CML$$: $$\frac{MC}{BC}=\frac{CN}{AC}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$S_{MCN}=(\frac{1}{3})^{2} S_{ABC}\Rightarrow$$ $$S_{AMNB}=\frac{8}{9}S_{ABC}\Rightarrow$$ $$S_{ABC}=\frac{9 S_{AMNB}}{8}=\frac{9}{4}$$$$\Rightarrow$$ $$S_{MCN}=\frac{1}{4}=\frac{1}{2} MN*h$$ ,где h-высота из $$C\Rightarrow h=\frac{1}{2}$$
Б) 1) Пусть O - центр описанной около $$\Delta ABC$$ окружности , тогда $$OC=OB=OA$$ - радиусы и $$OC=\frac{AB}{2 \sin ACB}=\frac{5}{2}$$
2) Пусть $$\angle ABC=\alpha \Rightarrow$$ $$\smile AC=2\alpha$$ (вписанный угол) и $$\angle LMC=\alpha$$ .
3) $$\angle LMC$$ - угол между хордами AC и KN $$\Rightarrow$$ $$\frac{\smile AK+\smile CN}{2}=\alpha \Rightarrow$$ $$\smile AK+\smile CN=2\alpha$$. При этом $$\smile AC=\smile AK+\smile KC=2\alpha \Rightarrow$$ $$\smile CN=\smile KC\Rightarrow$$ $$KC=CN$$
4) Пусть $$OC\cap KN=D\Rightarrow$$ $$CD=h=\frac{1}{2}$$( расстояние от C до ML ) $$\Rightarrow$$ $$OD=OC-DC=\frac{5}{2}-\frac{1}{2}=2\Rightarrow$$ $$KD=\sqrt{OK^{2}-OD^{2}}=1,5\Rightarrow$$ $$KN=3\Rightarrow$$ $$S_{KCN}=\frac{1}{2}*CD*KN=\frac{3}{4}$$
Задание 7182
A) 1) $$\angle KBL=\angle ADL=45$$ (угол между диагональю и стороной квадрата);
$$\angle HBT=\angle TDA$$ (накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$\angle KBT=\angle TDL$$;
$$\angle BTK=\angle LTD$$ (вертикальные )$$\Rightarrow$$ $$\Delta KBT\sim \Delta TDL$$$$\Rightarrow$$ $$\angle BKT=\angle TLD$$
2) из $$\angle KBT=\angle NDL\Rightarrow$$ $$BK\left | \right |LD$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BKT=\angle TLD$$, то они накрест лежащие $$\Rightarrow$$ $$KT\left | \right |TL$$ или $$K,T,L \in KL$$, но параллельны быть не могут (так как имеют общую точку) $$\Rightarrow$$ KL-секущая
Б) 1) Аналогично п. A $$\Delta RCT \sim TAN$$ ($$\angle C=90$$; $$\angle BCD=\angle TAD$$ - накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$AN\left | \right |RC$$; $$\angle TNA=\angle TRC$$$$\Rightarrow$$ $$R,T,N \in RN$$
2) из подобия : $$\frac{AN}{RC}=\frac{NT}{TR}\Leftrightarrow$$ $$\frac{8}{3}=\frac{20}{x}\Rightarrow$$ $$x=\frac{3*20}{8}=7,5\Rightarrow$$ $$RN=27,5$$
Задание 7202
В окружность с центром О вписан треугольник АВС ($$\angle A>\frac{\pi}{2}$$). Продолжение биссектрисы AF угла А этого треугольника пересекает окружность в точке L, а радиус АО пересекает сторону ВС в точке Е. Пусть АН – высота треугольника АВС. Известно, что $$AL=4\sqrt{2}$$, $$AH=\sqrt{2\sqrt{3}}$$, $$\angle AEH=\frac{\pi}{3}$$.
A) 1) Пусть $$AC<AB$$; т.к. AL –биссектриса $$\angle CAB$$, то $$\smile CL=\smile BL$$ (вписанные углы, опирающиеся на эти дуги равны ) $$\Rightarrow$$ $$\angle COL=\angle LOB$$(центральные ), $$OB=OC=OL$$ - радиусы $$\Rightarrow$$ $$\Delta BOL=\Delta OLC$$. Пусть $$OL\cap BC=D$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$\Delta BOL=\Delta OLC$$, то $$\angle BLO=\angle OLC$$ и $$BL=LC\Rightarrow$$ LD-биссектриса и высота $$\Rightarrow$$ $$LD\perp BC\Rightarrow$$ $$LD\left | \right |AH$$
2) $$\angle OLA=\angle HAF$$ (накрест лежащие ); Из $$\Delta OAL$$: $$\angle OAL=\angle OLA$$ ($$OA=OL$$-радиусы ) $$\Rightarrow$$ $$\angle OAF=\angle LAH\Rightarrow$$ AF - биссектриса $$\angle EAH$$
Б) 1) $$\angle AEH=60\Rightarrow$$ $$\Delta EAH \angle EAH=90-60=30\Rightarrow$$ $$\angle EAF=\angle FAH=\frac{30}{2}=15$$
2) Пусть $$OG\perp AL\Rightarrow$$ из $$\Delta OAG$$: $$AO=\frac{AG}{\cos OAL}=\frac{\frac{1}{2}AL}{\cos OAL}$$; $$S_{OAL}=\frac{1}{2} AL*AO*\sin OAL=$$$$\frac{1}{2} AL*\frac{\frac{1}{2}AL}{\cos OAL}*\sin OAL=$$$$\frac{AL^{2}tg 15}{4}=8 tg 15$$
3) из $$\Delta FAH$$: $$AF=\frac{AH}{\cos FAH}=\frac{AH}{\cos 15}$$. Из $$\Delta EAH$$: $$AE=\frac{AH}{\cos EAH}=\frac{AH}{\cos 30}$$; $$S_{\Delta FAE}=\frac{1}{2} AF*AE\sin 15=$$$$\frac{1}{2} *\frac{AH}{\cos 15}*\frac{AH}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\sin 15=$$$$\frac{AH^{2}}{\sqrt{3}}tg15=2 tg15$$
4) $$S_{OELF}=S_{OAL}-S_{FAE}=6 tg 15$$; $$\frac{S_{OAL}}{S_{OEFL}}=$$$$\frac{8 tg16}{6 tg15}=\frac{4}{3}$$
Задание 7223
Площадь трапеции ABCD равна 6. Пусть Е – точка пересечения продолжений боковых сторон этой трапеции. Через точку Е и точку пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, которая пересекает меньшее основание ВС в точке Р, а большее основание AD – в точке Q. Точка F лежит на отрезке ЕС, причем EF:FC=EP:EQ=1:3.
A) 1) Пусть P и Q не середины . $$\Delta PMC\sim \Delta AMQ$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{PC}{AQ}=\frac{PM}{MQ}(1)$$
$$\Delta BPM\sim \Delta MQD\Rightarrow$$$$\frac{BP}{QD}=\frac{PM}{MQ}(2)$$
$$\Delta EPC\sim \Delta EQD\Rightarrow$$$$\frac{PC}{QD}=\frac{EP}{EQ}(3)$$
$$\Delta EBP\sim \Delta EAQ\Rightarrow$$$$\frac{BP}{AQ}=\frac{EP}{EQ}(4)$$
2) из (1) и (2) : $$\frac{PC}{AQ}=\frac{BP}{QD}(*)$$; Из (3) и (4) : $$\frac{PC}{QD}=\frac{BP}{AQ}(**)$$
Поделим (*) на (**): $$\frac{QD}{AQ}=\frac{AQ}{QD}\Rightarrow$$ $$QD=AQ\Rightarrow BP=PC$$
Б) 1) т.к. BP=PC и AQ=QD, то $$S_{BPQA}=S_{PCDQ}=\frac{S_{ABCD}}{2}=3$$
2) $$\frac{S_{ECP}}{S_{EDQ}}=$$$$(\frac{EP}{EQ})^{2}=$$$$\frac{1}{9}\Rightarrow$$ $$S_{ECP}=\frac{1}{9} S_{EDQ}$$ $$\Rightarrow$$$$S_{PCDQ}=\frac{8}{9}*S_{EDQ}\Rightarrow$$$$S_{ECP}=\frac{1}{8} S_{PCDQ}=\frac{3}{8}$$
3) $$\frac{S_{EFP}}{S_{ECP}}=\frac{EF*EP}{EC*EP}=$$$$\frac{1}{4}\Rightarrow$$ $$S_{EFP}=\frac{1}{4}*\frac{3}{8}=\frac{3}{32}$$
Задание 7325
Отрезок KB является биссектрисой треугольника KLM. Окружность радиуса 5 проходит через вершину KB, касается стороны LM в точке B и пересекает сторону KL в точке A . Известно, что $$ML=9\sqrt{3}$$, $$KA:LB=5:6$$
A) 1) Пусть KC пересекает окружность в C.
2) По свойству хорды и секущей $$\angle ABL=\angle AKB$$; $$\angle BKC=\angle CAB$$; т.к. KB – биссектриса, то $$\angle AKB=\angle BKC \Rightarrow$$ $$\angle ABL=\angle BAC\Rightarrow$$ $$LM\left \| \right \|AC$$
3) Пусть $$AK=5x$$ $$\Rightarrow$$ $$LB=6x$$, $$AL=y$$, тогда свойству секущей и хорды : $$AL*LK=LB^{2}\Rightarrow$$ $$y(y+5x)=(6x^{2})\Rightarrow$$ $$y^{2}+5xy-36y^{2}\Rightarrow$$ $$D=(5x)^{2}+4*36x^{2}=(13x)^{2}\Rightarrow$$ $$y_{1}=4x , y_{2}<0$$
4) $$\frac{AK}{AL}=\frac{5}{4}\Rightarrow$$ $$\frac{AK}{KL}=\frac{5}{9}=\frac{AC}{LM}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{5}{9} *9\sqrt{3}=5\sqrt{3}$$
5) из $$\Delta AKC$$: $$\frac{AC}{\sin \angle AKC}=2 R$$ , $$R =5\Rightarrow$$ $$\sin \angle AKC=\frac{5\sqrt{3}}{2*5}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow$$ $$\angle AKC=60$$ или 120 (120 не может, т.к. $$\frac{AK}{AL}$$ должно быть тогда < 1)
Б) 1) Пусть $$KC=5t\Rightarrow$$ $$CM=4t\Rightarrow$$ по свойству биссектрисы $$BM=6t\Rightarrow$$ $$ML=6(x+t)=9\sqrt{3}\Rightarrow$$ $$x+t=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$
2) из $$\Delta KLM$$: $$LM^{2}=LK^{2}+KM^{2}-2 LM*KM*\cos LKM\Leftrightarrow$$ $$(6(x+t))^{2}=81x^{2}+81t^{2}-81xt\Leftrightarrow$$ $$36x^{2}+36t^{2}+72xt=81x^\Leftrightarrow$$ $$2+81t^{2}-81xt\Leftrightarrow$$ $$5x^{2}+5t^{2}-17 xt=0\Leftrightarrow$$ $$5(x+t)^{2}=27xt\Leftrightarrow$$ $$5(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}=27xt\Leftrightarrow$$ $$xt=\frac{5}{4}$$
3) $$S_{LKM}=\frac{1}{2} LK*KM*\sin LKM\Rightarrow$$ $$S_{LKM}=\frac{1}{2}*9x*9t*\frac{\sqrt{3}}{2}=$$$$\frac{81xt\sqrt{3}}{4}=\frac{405\sqrt{3}}{16}$$
Задание 7414
Точка M —середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника ABC. Серединный перпендикуляр к гипотенузе пересекает катет BC в точке N.
А) 1) Рассмотрим NMAC: $$\angle C=\angle M=90^{\circ}$$$$\Rightarrow$$ около NMAC можно описать окружность. Тогда $$\angle CAN=\angle NMC$$ так как опираются на одну хорду
Б) 1) $$tg \angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{4}{3}$$; пусть BC=4x, тогда AC=3x и AB=5x (по теореме Пифагора)
2) т.к. М - середина, то СМ - медиана прямоугольного треугольника, опущенная к гипотенузе, следовательно, СМ=МВ
3) $$MN \perp AB$$ и ВМ=МА, следовательно, $$\Delta BNM=\Delta NMA$$, тогда $$\Delta ANB$$ - ранобедренный
4) т.к. $$\angle A$$ - общий, то $$\Delta ANB=\Delta CBM$$, следовательно, $$\frac{R_{ANB}}{R_{CBM}}=\frac{AB}{CB}=\frac{5}{4}$$
Задание 7424
Две окружности разных радиусов касаются внешним образом в точке К. Прямая касается первой окружности в точке А, а второй окружности в точке В. Луч ВК пересекает первую окружность в точке D, луч АК пересекает вторую окружность в точке С.
Задание 7516
В трапеции ABCD с меньшим основанием ВС и площадью, равной 2, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром $$\sqrt{2}$$ в точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ и CD пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина MN равна 1.
Задание 7638
Дана трапеция ABCD с основаниями BC = 6, AD = 18, сторона AB =10. Продолжения боковых сторон пересекаются в точке К, образуя прямой угол AKD. Окружность $$\omega$$ проходит через точки А и В и касается стороны CD в точке Р.
Задание 7685
Окружность радиуса $$2\sqrt{3}$$ касается сторон АС и ВС треугольника АВС в точках К и Р и пересекает строну АВ в точках M и N (точка N между точками В и М). Известно, что MР и AC параллельны, CK = 2, BP = 6.
Задание 7733
Диагонали трапеции ABCD с основаниями AD и ВС пересекаются в точке М. Окружность, описанная около треугольника CDM, пересекает отрезок AD в точке N и касается прямой BN.
Задание 7784
В прямоугольном треугольнике ABC точка М – середина гипотенузы АВ, ВС>АС. На катете ВС взята точка К такая, что $$\angle$$MKC=$$\angle$$BAC
Задание 7877
В четырехугольнике АВСD через каждую его вершину проведена прямая, проходящая через центр вписанной в него окружности. Три из этих прямых обладают тем свойством, что каждая из них делит площадь четырехугольника на две равновеликие части.
Задание 7896
Две окружности пересекаются в точках А и В. Через точку В проведена прямая, пересекающая окружности в точках С и D, лежащих по разные стороны от прямой АВ. Касательные к этим окружностям в точках С и D пересекаются в точке Е.
A) 1) $$\angle BCK=\angle KAB$$ (вписанные и опираются на одну хорду); $$\angle OAB=\angle ODB$$ (аналогично). Пусть они равны $$\alpha$$
2) $$\angle CAK=\angle KCE=1$$ (вписанный и угол между касательной и хордой); $$\angle OAD=\angle ODE=2$$ (аналогично); $$\angle CEM=\angle3$$; $$\angle MED=\angle4$$
3) из $$\bigtriangleup CDE$$: $$\angle C+\angle D+\angle E=180^{\circ}$$ или $$(\angle1+\alpha)+(\angle2-\alpha)+\angle3+\angle4=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle1+\angle2+\angle3+\angle4=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle CAD+\angle CED=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ около $$ACED$$ можно описать окружность
Б) Т.к. около $$ACED$$ можно описать окружность, то $$\angle DCE=\angle EAD$$ (опираются на одну хорду), но $$\angle DCE=\angle BAC$$ $$\Rightarrow$$ $$angle BAC=\angle EAD$$; $$\angle ACD=\angle AED$$ (аналогично) $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup ABC\sim\bigtriangleup ADE$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AC}{AE}=\frac{AB}{AD}$$ $$\Rightarrow$$ $$AE=\frac{AC\cdot AD}{AB}=\frac{16\cdot15}{10}=24$$
Задание 7945
В треугольнике АВС провели высоты АА1 и ВВ1. Окружность, описанная вокруг треугольника ANA1, где точка N – середина стороны АВ, пересекла прямую А1В1 в точке К.
Задание 8239
В трапеции ABCD отношение оснований $$\frac{AD}{BC}=\frac{5}{2}$$. Точка М лежит на АВ, площадь трапеции ABCD равна 20.
А) 1) Пусть $$BC=2x$$, тогда $$AD=5x$$; $$MN=y\cdot k$$; $$NH\perp BC$$ и $$NH\pepr AD$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup NBM\sim\bigtriangleup AMH$$. Пусть $$\frac{BM}{MA}=k$$ $$\Rightarrow$$ $$MH=y$$. Пусть $$NH=h=y(k+1)$$
2) $$S_{ABCD}=\frac{2x+5x}{2}\cdot y(k+1)=3,5xy(k+1)=20=3/5xh$$
$$S_{BCM}=\frac{1}{2}2x\cdot ky=xky$$. $$S_{AMD}=\frac{1}{2}5x\cdot y=2,5xy$$
Тогда $$S_{CMD}=3,5xy(k+1)-xky-2,5xy=2,5kxy+xy=1,5kxy+xy(k+1)=1,5kxy+\frac{20}{3,5}$$
3) Учтем, что $$xky\rightarrow max$$, когда $$ky=h$$ $$\Rightarrow$$ $$max(S_{BCM})=xh=\frac{20}{3,5}$$ $$\Rightarrow$$ $$max(S_{CMD})=\frac{1,5\cdot20}{3,5}+\frac{20}{3,5}=\frac{50}{3,5}=\frac{100}{7}<1,5$$
Б) 1) $$S_{MCD}=9$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{MBC}+S_{AMD}=11$$ $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}xky+2,5xy=11&\\3,5xy(k+1)=20&\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}xy(k+2,5)=11(1)&\\xy(3,5k+3,5)=20(2)&\end{matrix}\right.$$
Поделим $$(1)$$ на $$(2)$$: $$\frac{k+2,5}{3,5k+3,5}=\frac{11}{20}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$20k+50=38,5k+38,5$$
$$18,5k=11,5$$ $$\Rightarrow$$ $$k=\frac{11,5}{18,5}=\frac{23}{37}=\frac{MB}{AM}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{MB}=\frac{37}{23}$$
Задание 8270
Стороны треугольника АВС равны АВ=7, ВС=8, АС=11. Вписанная окружность касается стороны АС в точке R. А вневписанная окружность касается стороны АС в точке F и продолжений сторон АС и ВС.
А) 1) Пусть $$MB=x$$, тогда по свойству касательных $$BN=x$$. $$AM=AR=y$$; $$RC=CN=a$$; $$RF=z$$ $$\Rightarrow$$ $$FC=CI=a-z$$; $$AJ=AF=y+z$$
2) $$(*)$$ $$AF+AB=FC+BC$$ $$\Leftrightarrow$$ $$y+z+y+x=a-z+a+x$$ $$\Rightarrow$$ $$2y=2a-2z$$ $$\Rightarrow$$ $$y=a-z$$ $$(1)$$
Но $$BI=BJ$$ $$\Rightarrow$$ $$y+z+y+x=a-z+a+x$$ $$\Rightarrow$$ $$y=a-z$$
Получим, что $$(1)$$ - верно $$\Rightarrow$$ $$(*)$$ - тоже верно
Б) 1) из $$\bigtriangleup O_{1}AR$$: $$\frac{O_{1}R}{AR}=\tan O_{1}AR=\tan\frac{\angle A}{2}$$
Найдем полупериметр: $$\bigtriangleup ABC$$: $$p=\frac{7+8+11}{2}=13$$ $$\Rightarrow$$ радиус вписанной окружности $$(O_{1}R)$$ по формуле Герона: $$r=\sqrt{\frac{(13-7)(13-8)(13-11)}{13}}=\sqrt{\frac{60}{13}}$$
2) из $$\bigtriangleup ABC$$: $$\cos A=\frac{7^{2}+11^{2}-8^{2}}{2\cdot7\cdot11}=\frac{53}{77}$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin\frac{\angle A}{2}=\sqrt{1-\frac{\cos A}{2}}=\sqrt{\frac{12}{77}}$$ $$\Rightarrow$$ $$\cos\frac{\angle A}{2}=\sqrt{1-\sin^{2}\frac{\angle A}{2}}=\sqrt{\frac{65}{77}}$$ $$\Rightarrow$$ $$\tan\frac{A}{2}=\frac{\sin\frac{\angle A}{2}}{\cos\frac{\angle A}{2}}=\sqrt{\frac{12}{65}}$$
3) $$AR=\frac{O_{1}R}{\tan\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{60}{13}}\cdot\sqrt{\frac{65}{12}}=5$$ $$\Rightarrow$$ $$FR=11-2\cdot5=1$$
Задание 8308
Продолжение высоты ВН пересекает описанную вокруг треугольника АВС окружность $$\omega$$ в точке D, при этом BD=BC. На луче BD за точку D отмечена точка Е такая, что ЕА касается $$\omega$$ в точке А.
А) 1) Пусть $$\angle EBC=\angle2$$, $$\angle EBA=\angle1$$, тогда: $$\angle DAC=\angle2$$ (опирается на ту же дугу); $$\angle EAD=\angle1$$ ( на дугу $$AD$$) $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup EHA$$: $$\angle BEA=90-(\angle1+\angle2)$$. Тогда: $$3\angle EBC+2\angle BEA=180^{\circ}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$3\angle2+180-2\angle1-2\angle2=180^{\circ}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\angle2=2\angle1$$ - надо доказать
2) Т.к. $$BD=DC$$ то $$\bigtriangleup BDC$$ - равнобедренный $$\Rightarrow$$ $$BO$$ - высота, биссектриса (О - центр окружности) $$\Rightarrow$$ $$\angle OBA=\frac{\angle2}{2}=\angle1$$ из $$\bigtriangleup AOB$$ (равнобедренный) $$\angle OAB=\frac{\angle2}{2}+\angle1$$
3) из $$\bigtriangleup AHB$$: $$\angle HAB=90-\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle HAO=90-2\angle1-\frac{\angle2}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle DAO=90-2\angle1+\frac{\angle2}{2}$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup DOA$$: $$\angle DOA=180^{\circ}-2(90^{\circ}-2\angle1+\frac{\angle2}{2})=4\angle1-\angle2$$
Но $$\angle DOA=2\angle DBA$$ (вписанный и центральный, опираются на одну дугу) $$\Rightarrow$$ $$4\angle1-\angle2=2\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle2=2\angle1$$
ч.т.д.
Б) 1) Из $$\bigtriangleup CBD$$: $$\frac{CD}{\sin B}=2OB$$. $$\angle ABC=3\angle1=3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle1=\frac{\sqrt{6}}{6}$$; $$\angle2=2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6}$$; $$\sin B=\sin(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=2\sin(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})\cos(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})$$
Учтем, что $$\arcsin a=\arccos(\sqrt{1-a^{2}})$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin B=2\cdot\frac{\sqrt{6}}{6}\cdot\frac{\sqrt{30}}{6}=\frac{\sqrt{5}}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$OB=\frac{10}{2\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}$$
2) $$\angle DOA=2\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$AD=\sqrt{AO^{2}+OD^{2}-2AO\cdot OD\cos2\angle1}$$; $$\cos2\angle1=\cos(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=1-2\cdot\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$AD=\sqrt{45+45-2\cdot45\cdot\frac{2}{3}}=\sqrt{30}$$
3) Из $$\bigtriangleup AEH$$: $$\angle AEH=90-\angle EAH=90-3\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin AEH=\sin(90-3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\cos(3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=4\cos^{3}(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})-3\cos(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=4\cdot\frac{5\sqrt{5}}{6\sqrt{6}}-3\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{3\sqrt{6}}$$
4) По т. синусов из $$\bigtriangleup AED$$: $$\frac{AE}{\sin EDA}=\frac{AD}{\sin AED}$$; $$\angle EDA=90+\angle2$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin EDA=\sin(90+2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\cos(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\frac{2}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$AE=\frac{\frac{2}{3}\cdot\sqrt{30}}{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}\cdot3}}=\frac{2\sqrt{30}\cdot3\cdot\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=12$$
Задание 8326
Высоты равнобедренного остроугольного треугольника АВС, в котором АВ=ВС, пересекаются в точке О. АО=5, а длина высоты AD равна 8.
А) 1) Пусть $$BK;CH;AD$$ - высоты, $$BO=x$$; $$OK=y$$
2) $$AO=5$$ $$\Rightarrow$$ $$OD=3$$; $$\angle AOK=\angle BOD$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup AOK\sim\bigtriangleup BOD$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AO}{BO}=\frac{OK}{OD}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{5}{x}=\frac{y}{3}$$; $$xy=15$$
3) $$OH=OD=3$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup AHO$$: $$AH=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$$
Из $$\bigtriangleup AOK$$: $$AK=\sqrt{25-y^{2}}$$ $$\Rightarrow$$ $$AC=2\sqrt{25-y^{2}}$$
Из $$\bigtriangleup AHC$$: $$4(25-y^{2})-16=8^{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$4(25-y^{2})=80$$ $$\Rightarrow$$ $$25-y^{2}=20$$ $$\Rightarrow$$ $$y^{2}=5$$ $$\Rightarrow$$ $$y=\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$x=3\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$BK=4\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$AC=2\sqrt{25-5}=4\sqrt{5}$$
Б) $$S=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{5}\cdot4\sqrt{5}=40$$
Задание 8345
В прямоугольном треугольнике ABC точка M — середина гипотенузы AB, BC > AC. На катете BC взята точка K такая, что $$\angle MKC=\angle BAC$$
А) 1) Пусть $$\angle B$$ в $$\bigtriangleup ABC$$ равен $$\alpha$$, тогда $$\angle BAC=90^{\circ}-\alpha$$
2) $$BM=MA=CM$$ по свойству прямоугольного треугольника $$\Rightarrow$$ $$\angle MCA=90^{\circ}-\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BCM=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha$$
3) $$\angle MKC=90^{\circ}-\alpha$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup CKM$$: $$\angle KMC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha+\alpha)=90^{\circ}$$
Б) 1) $$CK\cdot CB=CM\cdot CN$$ (свойство секущих) $$\Rightarrow$$ $$\frac{CK}{CN}=\frac{CM}{CB}$$; $$\angle C$$ - общий $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CKM\sim\bigtriangleup CBN$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle KMC=\angle CBN=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CBN$$ - прямоугольный
2) $$\angle BCN=\angle BCA$$ $$\angle CBN=\angle BCA$$; $$CB$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CBN=\bigtriangleup BCA$$ $$\Rightarrow$$ $$BN=CA$$, но $$BN\parallel CA$$ (т.к. обе перпендикулярны $$CB$$) $$\Rightarrow$$ $$CBNA$$ - прямоугольник $$\Rightarrow$$ $$\angle ANB=90^{\circ}$$
Задание 8683
В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AD и CE, пересекающиеся в точке Р. Известно, что АС=26, DE=10
а) Рассмотрим окружность, построенную на $$AC$$ как на диаметре. Углы $$AEC$$ и $$ADC$$ равны 90°, следовательно, $$E$$ и $$D$$ лежат на этой окружности. Углы $$EDA$$ и $$ECA$$ равны как вписанные, значит, треугольники $$EDP$$ и $$APC$$ подобным по двум углам. Коэффициент подобия равен $$\frac{ED}{AC}=\frac{5}{13}$$ , значит, и отношение радиусов равно 5 : 13.
б) Пусть $$M $$— середина $$ED$$, $$N $$— середина $$AC$$, $$AC$$ — диаметр окружности, проходящей через $$E$$ и $$D$$. Тогда $$NE=ND=\frac{AC}{2}=13$$, следовательно, треугольнике $$NED$$ — равнобедренный, $$NM $$— медиана и высота.
Тогда $$MN^{2}=13^{2}-5^{2}=12^{2}, откуда $$MN=12$$.
Задание 8700
Точка О — центр вписанной в треугольник АВС окружности. Прямая ВО вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке Р.
Задание 8720
Точка O — центр вписанной в треугольник ABC окружности. Прямая BO вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке E.
Задание 8743
Окружность проходит через вершины A, B и D параллелограмма ABCD, пересекает сторону BC в точках B и M, а также пересекает продолжение стороны CD за точку D в точке N.
Решение прислано подписчиком.
- Пункт А: ABMD р/б трапеция (т.к. точки A, B, M и D лежат на окружности, и BM||AD) Диагонали р/б трапеции равны => AM=BD
- Рассмотрим 4х-угольник ABDN. A, B, D и N лежат на окружности, и AB||ND (по условию, т.к. N лежит на продолжении CD) => ABDN - р/б трапеция => AN=BD
- Из 1) и 2) => AN=AM ч.т.д.
Задание 8781
В треугольнике ABC известно, что AC=10 и AB=BC=14.
Задание 8800
В треугольнике АВС известно, что AC=26 и AB=BC=38.
Задание 9048
В треугольнике АВС биссектриса угла В пересекает описанную окружность этого треугольника в точке F. Е – центр окружности, касающейся стороны АС и продолжений сторон АВ и ВС (вневписанная окружность). О – центр вписанной окружности треугольника АВС.
а) Докажите, что отрезки AF и OF равны
б) Найдите длину отрезка CF, если ОЕ = 14.
Задание 9094
В треугольнике АВС все стороны различны. Прямая, содержащая высоту ВН треугольника АВС, вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке F. Отрезок BD-диаметр этой окружности.
а) Докажите, что AD=CF.
б) Найдите DF, если радиус описанной около треугольника АВС окружности равен 12, $$\angle BAC$$=35°, $$\angle ACB$$=65°.
Задание 9113
В треугольнике АВС все стороны различны. Прямая, содержащая высоту ВН треугольника АВС, вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке K. Отрезок BN-диаметр этой окружности.
а) Докажите, что AC и KN параллельны.
б) Найдите расстояние от точки N до прямой AC, если радиус описанной около треугольника ABC окружности равен $$6\sqrt{6}$$, $$\angle BAC$$=30°, $$\angle ABC$$=105°.
Задание 9164
Вписанная в треугольник АВС окружность с центром О касается сторон АВ и АС в точках М и N соответственно. Прямая ВО пересекает окружность, описанную около треугольника CON вторично в точке Р.
а) Докажите, что точка Р лежит на прямой MN
б) Найдите площадь треугольника АВР, если площадь треугольника АВС равна 24.
Задание 9231
На гипотенузе AB и катетах BC и AC прямоугольного треугольника ABC отмечены точки М, N и К соответственно, причём прямая NK параллельна прямой AB и BM=BN=1/2 KN. Точка Р - середина отрезка KN.
а) Докажите, что четырёхугольник BCPM - равнобедренная трапеция.
б) Найдите площадь треугольника ABC, если BM=1 и $$\angle BCM=15^{\circ}$$.
Задание 9248
На гипотенузе AB и катетах BC и AC прямоугольного треугольника ABC отмечены точки М, N и К соответственно, причём прямая NK параллельна прямой AB и BM=BN=1/2 KN. Точка Р - середина отрезка KN.
а) Докажите, что четырёхугольник BCPM - равнобедренная трапеция.
б) Найдите площадь треугольника ABC, если BM=2 и $$\angle BCM=30^{\circ}$$.
Задание 9345
Окружности, построенные на сторонах АВ и CD параллелограмма ABCD, как на диаметрах, касаются в точке М.
Задание 9365
Окружность с центром в точке О пересекает каждую из сторон трапеции ABCD в двух точках. Четыре получившиеся хорды окружности равны.
а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются в одной точке.
б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону АВ в точках К и L так, что АК=19,KL=12, LB=3.
Задание 9385
Окружность с центром в точке О пересекает каждую из сторон трапеции АВСD в двух точках. Четыре получившиеся хорды окружности равны.
а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются в одной точке.
б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону АВ в точках К и L так, что АК=13, КL=6, LВ=1.
Задание 9490
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём сторона CB - диаметр этой окружности. Продолжение перпендикуляра AH к диагонали BD пересекает сторону CD в точке E, а окружность - в точке F, причём H - середина AE.
а) Докажите, что четырёхугольник BCFE - параллелограмм.
б) Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что AB=5 и AH=4.
Задание 9510
Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке G. Первая окружность с центром в точке Q касается двух параллельных прямых a и b . Вторая ‐ имеет центр в точке О, касается прямой a, а общая касательная окружностей, проходящая через точку G, пересекает прямую в точке D, а прямую ‐ в точке А. Прямая АО перпендикулярна прямым a и b
Задание 9530
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём сторона CD - диаметр этой окружности. Продолжение перпендикуляра AH к диагонали BD пересекает сторону CD в точке E, а окружность — в точке F, причём H - середина AE.
Задание 9635
Около окружности радиуса 1 описаны ромб и треугольник, две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а третья параллельна одной из сторон ромба и равна 5.
Задание 9783
Окружность касается сторон АС и ВС треугольника АВС в точках А и В соответственно. На дуге этой окружности, лежащей вне треугольника, расположена точка К так, что расстояния от нее до продолжений сторон АС ВС равны 39 и 156 соответственно.
Задание 9930
Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (BC||AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в точке С и пересекает основание AD в точке Е так, что CD=$$6\sqrt{13}$$, AE=8.
Задание 9950
Окружность радиуса $$\sqrt{3}$$ касается прямой a в точке А, а прямой b в точке В так, что хорда АВ стягивает дугу окружности в 600. Прямые a и b пересекаются в точке F. Точка С расположена на луче FA, а точка D – на луче BF так, что AC=BD=2.
Задание 10055
В треугольнике АВС сторона ВC больше стороны АC. Биссектриса CL пересекает описанную около треугольника АВС окружность в точке К. Окружность, описанная около треугольника АКL вторично пересекает прямую АС в точке Р.
Задание 10075
Точки Р и Q расположены на стороне ВС треугольника АВС так, что $$BP:PQ:QC=1:2:3$$ . Точка R делит сторону АС этого треугольника так, что AR:RC=1:2. Точки S и T – точки пересечения прямой BR с прямыми AР и АQ соответственно.
Задание 10098
Два одинаковых правильных треугольника АВС и CDE расположены на плоскости так, что имеют только одну общую точку С, и угол BCD меньше, чем $$\frac{\pi}{3}$$. Точка К – середина отрезка АС, точка L – середина отрезка СЕ, точка М – середина отрезка BD.
Задание 10136
На основании АС равнобедренного треугольника АВС расположена точка D так, что AD=2, CD=1. Окружности, вписанные в треугольники ABD и DBC, касаются прямой BD в точках M и N соответственно.
Задание 10170
Биссектриса острого угла А трапеции ABCD пересекает боковую сторону CD в точке Т, а продолжение основания ВС трапеции в точке К так, что ABKD – параллелограмм и TD:TC=4:1
Задание 10195
Пятиугольник ABCDE вписан в окружность единичного радиуса. Известно, что $$AB=\sqrt{2}$$, $$\angle ABE=\frac{\pi}{4}$$, $$\angle EBD=\frac{\pi}{6}$$; BC=CD
Задание 10216
Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается сторон ВА и ВС в точках Е и F.
Задание 10263
В треугольнике АВС $$\angle B=70^{\circ}$$, $$\angle C=25^{\circ}$$, BD - диаметр описанной около треугольника АВС окружности. Продолжение высоты ВН пересекает окружность в точке L.
Задание 10289
В трапеции ABCD (AD – нижнее основание) площади треугольников ABD и BDC равны соответственно 12 и 4, а точка G является серединой BD. Ниже прямой AD выбрана точка Е, АЕ=BD, а на отрезке ЕС выбрана точка F такая, что CF в 4 раза короче СЕ.
Задание 10393
В остроугольном треугольнике АВС проведены биссектриса AD и медиана ВЕ. Точки M и N являются ортогональными проекциями на сторону АВ точек D и Е соответственно, причем $$\frac{AM}{MB}=\frac{9}{1}$$, $$\frac{AN}{NB}=\frac{2}{3}$$ .
Задание 10443
На гипотенузе KL равнобедренного прямоугольного треугольника KLM вне треугольника построен квадрат KLPQ. Прямая MQ пересекает гипотенузу KL в точке N.
Задание 10510
Точка I ‐ центр окружности, вписанной в треугольник ABC . Луч BI пересекает описанную около треугольника ABC окружность в точке N . Известно, что $$\angle ABC=60^{\circ}$$
Задание 10578
Окружность с центром $$O$$, вписанная в прямоугольный треугольникa $$ABC$$, касается гипотенузы $$AB$$ в точке $$M$$, а катета $$AC$$ - в точке $$N$$, $$AC<BC$$. Прямые $$MN$$ и $$CO$$ пересекаются в точке $$K$$.
а) Докажите, что угол $$CKN$$ в два раза меньше угла $$ABC$$
б) Найдите $$BK$$, если $$BC=2\sqrt{2}$$
Задание 10598
Биссектрисы углов С и D четырехугольника ABCD пересекаются в точке К. Диагональ BD разбивает отрезок КС в отношении 2:1, считая от вершины С. При этом площадь треугольника ACD в два раза больше площади треугольника AKD.
а) Докажите, что угол CKD прямой
б) Найдите ВК, если ВС=6
Задание 10618
В треугольнике АВС на стороне ВС выбрана точка М, причем $$\angle BAM=30{}^\circ $$. Прямая АМ пересекает окружность, описанную около треугольника АВС в точке N, отличной от А. Известно, что $$\angle BNC=105{}^\circ ,\ AB=2,AC=2\sqrt{6}$$.
а) Доказать, что $$BN:NC=1:\sqrt{2}$$
б) Найдите длину отрезка AN.
Задание 10638
Точка Е - середина боковой стороны CD трапеции ABCD. На стороне АВ взяли точку К так, что прямые СК и АЕ параллельны. Отрезки ВЕ и СК пересекаются в точке L.
а) Докажите, что EL - медиана треугольника КСЕ
б) Найдите отношение площади треугольника ВLC к площади четырехугольника AKCD, если площадь трапеции ABCD равна 100, а $$BC:AD=2:3$$.
Задание 10694
Точка $$O_1$$ - центр вписанной окружности равнобедренного треугольника АВС, а $$O_2$$ - центр вневписанной окружности, касающейся основания ВС.
а) Докажите, что расстояние от середины отрезка $$O_1O_2$$ до точки С вдвое меньше $$O_1O_2$$.
б) Известно, что радиус первой окружности в пять раз меньше радиуса второй. В каком отношении точка касания первой окружности с боковой стороной треугольника делит эту сторону?
Задание 10734
Окружность с центром О, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках $$C_1,B_1,A_1$$соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q, лежащей внутри треугольника $$AB_1C_1$$
а) Поскольку$$\ AC_1=AB_1$$, треугольник$$\ AB_1C_1$$ равнобедренный, биссектриса его угла А перпендикулярна основанию $$B_1C_1$$ и делит его пополам, значит, высота треугольника $$B_1QC_1$$ проведённая из вершины Q, является его медианой. Значит, треугольник $$B_1QC_1$$ равнобедренный, $$\angle QB_1C_1=\angle QC_1B_1$$.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что $$\angle AC_1B_1=2\angle QB_1C_1=2\angle QC_1B_1$$. Следовательно, $$C_1Q$$ - биссектриса угла $$AC_1B_1$$.
б) Поскольку Q - точка пересечения биссектрис треугольника $$AB_1C_1$$, эта точка - центр окружности, вписанной в треугольник $$AB_1C_1.$$ Значит, искомое расстояние - это длина отрезка OQ, т.е. радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.
Пусть этот радиус равен r, а полупериметр треугольника ABC равен р. Тогда $$p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{13+14+15}{2}=21\to $$ $$\to S_{\triangle ABC}=\sqrt{21\left(21-13\right)\left(21-14\right)\left(21-15\right)}=84$$
Следовательно, $$OQ=R=\frac{S_{\triangle ABC}}{P}=\frac{84}{21}=4$$.
Задание 10754
Окружность с центром О, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках $$C_1,B_1,\ A_1$$ соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q, лежащей внутри треугольника $$AB_1C_1$$.
а) В треугольник ABC вписана окружность с центром в точке O. Стороны AB и AC - касательные к окружности и по теореме об отрезках касательных $$AC_1=AB_1$$ и, следовательно, треугольник$$\ AC_1B_1$$ - равнобедренный. AQ - биссектриса угла A по условию и в равнобедренном треугольнике $$AC_1B_1$$ биссектриса $$AA_2$$ (продолжение AQ) является медианой и высотой. Следовательно, $$QA_2$$ в треугольнике $$C_1QB_1$$ является также медианой и высотой, а сам треугольник $$C_1QB_1$$ - равнобедренный, так как $$\angle 1=\angle 2$$.
По теореме об угле между касательной $$AC_1$$ и хордой $$C_1B_1$$, имеем: $$\angle AC_1B_1=2\cdot \angle 1=2\cdot \angle 2$$, следовательно, $$C_1Q$$ - биссектриса угла $$AC_1B_1$$.
б) Рассмотрим треугольник $$AC_1B_1$$. Известно, что центр вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис углов, поэтому для $$AC_1B_1$$ центр вписанной окружности соответствует точке Q.
Найдем расстояние от точки O до точки Q, равный радиусу r вписанной окружности в треугольник ABC. Используя формулу площади треугольника ABC, можно записать $$S_{ABC}=p\cdot r$$, где p - полупериметр треугольника ABC. То есть, радиус r, равен: $$r=S_{ABC}/p$$.
Площадь треугольника ABC также можно найти по формуле Герона.
Делаем вычисления. Полупериметр треугольника ABC, равен: $$p=\frac{7+15+20}{2}=21$$, площадь треугольника ABC, равна: $$S_{ABC}=\sqrt{21\cdot \left(21-7\right)\cdot \left(21-15\right)\cdot (21-20)}=42$$ и радиус вписанной окружности $$r=\frac{42}{21}=2$$, то есть $$OQ = r = 2$$.
Задание 10823
Хорды АС и BD пересекаются в точке Т. На хорде ВС отложен отрезок СР, равный AD. Точки Р и D равноудалены от хорды АС, а отрезок ТР перпендикулярен хорде ВС.
а) Докажите, что площади четырехугольников ABPD и APCD равны.
б) Найдите эти площади, если площадь треугольника ATD равна трем.
Задание 10843
Точка B лежит на отрезке АС. Прямая, проходящая через точку А, касается окружности с диаметром ВС в точке М и второй раз пересекает окружность с диаметром АВ в точке К. Продолжение отрезка МВ пересекает окружность с диаметром АВ в точке D.
а) Для доказательства параллельности прямых AD и MC рассмотрим $$\triangle ADB$$ и $$\triangle CMB$$, они прямоугольные, т.к. вписанные углы ADB и CMB опираются на диаметры окружностей. Прямая DM перпендикулярна прямым $$AD,\ MC\to AD\parallel MC$$.
б) 1) Четырехугольник AMCD является трапецией $$AD\parallel MC$$, по свойству трапеции $$\triangle ABM,\ \triangle DBC$$ равновелики, значит $$S_{\triangle ABM}=S_{\triangle DBC}=\frac{AM\cdot BK}{2}$$.
2) $$\triangle AKB\sim \triangle AMN$$ по двум углам ($$BK\bot AK,\ \angle AKB$$ - прямой; $$MN\bot AM,\ MN-$$ радиус, проведенный в точку касания) $$\to \frac{KB}{MN}=\frac{AK}{MN}\to \frac{KB}{MN}=\frac{1}{5}\to MN=5KB$$.
3) Проведем прямую BH, параллельную прямой $$AM\to BKMH$$ - прямоугольник. $$BH\bot MN.$$ Пусть $$BK=x=MH$$, тогда $$MN=5x,\ HN=MN-MH=4x.\ BH=KM=12$$.
4) Р/м $$\triangle BHM,\angle BHN=90{}^\circ ,BH=12,BN=MN=5x,\ HN=4x$$. По теореме Пифагора $$BN^2=BH^2+HN^2,\ 25x^2=144+16x^2$$. $$x=4\to BK=4$$. $$5) S_{\triangle DBC}=\frac{AM\cdot BK}{2}=\frac{15\cdot 4}{2}=30.$$
Задание 10862
Две окружности касаются внутренним образом в точке K, причем меньшая проходит через центр большей. Хорда MN большей окружности касается меньшей в точке С. Хорды KM и KN пересекают меньшую окружность в точках А и В соответственно, а отрезки КС и АВ пересекаются в точке L.
а) О - центр большей окружности, К - внутренняя точка касания, КО - диаметр меньшей окружности.
$$\angle KBO$$ - прямой, т.к. опирается на диаметр окружности, значит, $$BO\bot KN$$. ВО - высота равнобедренного треугольника KNO. Тогда ВО - медиана треугольника KNO, В - середина КМ. $$\angle KAO$$ - прямой, А - лежит на окружности с диаметром КО. Тогда $$AO\bot KM$$, АО - высота равнобедренного треугольника KMO. Отсюда А - середина КМ. АВ тогда - средняя линия $$\triangle KMN,\ AB\parallel MN$$.
$$\triangle AKL\sim \triangle MKC$$ - по двум углам ($$\angle AKL-$$ общий; $$\angle KAL=\angle KMC$$), следовательно $$\frac{MC}{AL}=\frac{KC}{KL}$$.
$$\triangle LKB\sim \triangle CKN$$ ($$\angle LKB-$$ общий; $$\angle KLB=\angle KCN$$), следовательно $$\frac{CN}{LB}=\frac{KC}{KL}$$.
Правые части этих равенств равны, будут равны и левые части. $$\frac{MC}{AL}=\frac{CN}{LB}\to CN:MC=LB:AL$$.
б) Найти следует $$MN$$, если LB:LA=2:3, а радиус малой окружности равен $$\sqrt{23}$$, $$\frac{CN}{MC}=\frac{LB}{AL}=\frac{2}{3}$$; Пусть x - одна часть, тогда $$CN=2x,\ MC=3x,\ NM=5x$$.
В $$\triangle MON$$ проведем высоту OH, она также является медианой. Значит, $$MH=HN=2,5x$$.
Из прямоугольного треугольника MOH по теореме Пифагора найдем OH.
$$OH^2=MO^2-MH^2;OH=R=2r=2\sqrt{23};OH=\sqrt{92-6,25x^2};$$ Q - центр вписанной окружности. Проведем $$OD\bot QC,DC=OH$$. $$DC=\sqrt{92-6,25x^2},\ QD=QC-DC,\ QO=QC=r=\sqrt{23}\to $$ $$\to QD=\sqrt{23}-\sqrt{92-6,25x^2}$$.
$$OD=CH=MH-MC=2,5x-2x=0,5x$$; Из прямоугольного треугольника $$QDO$$ по теореме Пифагора имеем $$QO^2=QD^2+DO^2;{\left(\sqrt{23}\right)}^2={\left(0,5x\right)}^2+{\left(\sqrt{23}-\sqrt{92-6,25x^2}\right)}^2\to $$ $$\to 23=0,25x^2+23-2\sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}+92-6,25x^2\to $$ $$\to 2\sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}=92-6x^2\to \sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}=46-3$$.
Возведем обе части в квадрат, после преобразований получим $$9x^2-\frac{529}{4}\cdot x^2=0\to x^2\left(3x-\frac{23}{2}\right)\left(3x-\frac{23}{2}\right)=0\to x=0,\ x=\frac{23}{6},x=-\frac{23}{6}$$.
Удовлетворяют условию задачи только $$x=\frac{23}{6}$$, тогда $$MN=5x=5\cdot \frac{23}{6}=\frac{115}{6}$$.
Задание 10881
Две окружности касаются внутренним образом в точке $$A$$, причем меньшая проходит через центр большей. Хорда BC большей окружности касается меньшей в точке P. Хорды AB и AC пересекают меньшую окружность в точках К и М соответственно.
а) О - центр большей окружности, А - внутренняя точка касания двух окружностей, АО - диаметр меньшей окружности. $$\angle AMO$$ - прямой, т.к опирается на диаметр окружности. Значит $$MO\bot AC,\ MO$$ - высота равнобедренного треугольника АОС. Тогда МО - медиана треугольника АОС, М - середина АС. $$\angle AKO$$ - прямой, К - лежит на окружности с диаметром АО. Тогда $$KO\bot AB,\ KO$$ - высота равнобедренного треугольника АОВ. Отсюда К - середина отрезка АВ. КМ - средняя линия $$\triangle ABC$$. Следовательно, $$KM\parallel BC$$.
б) Пусть L - точка пересечения отрезков KM и AP. $$R=10,\ BC=16$$ надо найти AL. Опустим перпендикуляр ОН на хорду ВС. $$\triangle BOC$$ - равнобедренный, ОН - высота, медиана, биссектриса этого треугольника. H - середина ВС. $$BH=HC=8$$. Из прямоугольного треугольника ВОН по теореме Пифагора найдем ОН: $$OH^2=OB^2-BH^2={10}^2-8^2=36\to OH=6$$. Q - центр меньшей окружности, прямые $$QP\parallel OH$$. Опустим перпендикуляр QD на ОН. Тогда $$OD=OH-HD=6-5=1$$. Из прямоугольного треугольника $$\triangle QOD$$ по теореме Пифагора найдем $$QD^2=QO^2-OD^2=25-1=24;PH^2=QD^2=24$$. Из прямоугольного треугольника $$\triangle POH$$ по теореме Пифагора найдем $$OP^2=PH^2-OH^2=24-6^2=60.$$ Из прямоугольного треугольника $$\triangle QOD$$ по теореме Пифагора найдем $$AP^2=AO^2-OP^2={10}^2-60=40;\to AP=2\sqrt{10}.$$ КМ - средняя линия $$\triangle ABC$$, тогда L - середина отрезка АР. $$AL=\frac{1}{2}AP=\sqrt{10}$$.
Задание 10900
Диагональ АС прямоугольника ABCD с центром О образует со стороной АВ угол 30$${}^\circ$$. Точка Е лежит вне прямоугольника, причём $$\angle BEC=120{}^\circ $$.
а) По теореме о внешнем угле треугольника $$\angle BOC=2\angle BAO=2\cdot 30{}^\circ =60{}^\circ $$. Поэтому $$\angle BEC+\angle BOC=120{}^\circ +60{}^\circ =180{}^\circ $$.
Значит, точки В, Е, С и О лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы СВЕ и СОЕ опираются на одну и ту же дугу, следовательно, $$\angle CBE=\angle COE$$.
б) По теореме косинусов $$BC=\sqrt{BE^2+CE^2-2BE\cdot CE\cdot {\cos 120{}^\circ \ }}=\sqrt{{40}^2\cdot {24}^2-2\cdot 50\cdot 24\cdot (-\frac{1}{2})}=$$ $$=56$$.
Вписанные углы ВЕО и СЕО опираются на равные хорды ВО и СО, значит, ЕО - биссектриса угла ВЕС. Пусть М - точка её пересечения со стороной ВС. По формуле для биссектрисы треугольника $$EM=\frac{2BE\cdot CE\cdot {\cos \frac{1}{2}\angle BEC\ }}{BE+CE}=\frac{2\cdot 40\cdot 24\cdot {\cos 60{}^\circ \ }}{40+24}=15$$.
По свойству биссектрисы треугольника $$\frac{CM}{BM}=\frac{CE}{BE}=\frac{24}{40}=\frac{3}{5}$$, значит, $$CM=\frac{3}{8}BC=\frac{3}{8}\cdot 56=21$$. $$BM=35$$.
По теореме о произведении пересекающихся хорд $$EM\cdot MO=BM\cdot CM$$, откуда находим, что $$MO=\frac{BM\cdot CM}{EM}=\frac{35\cdot 21}{15}=49$$. Треугольники COM и AOK равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому $$OK\ =\ OM$$. Следовательно, $$EK=EM+2OM=15+98=113$$.
Задание 10938
Две окружности разных радиусов касаются внешним образом в точке С. Вершины А и В равнобедренного прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С лежат на меньшей и большей окружностях соответственно. Прямая АС вторично пересекает большую окружность в точке Е, а прямая ВС вторично пересекает меньшую окружность в точке D.
а) Докажите, что прямые AD и BE параллельны.
б) Найдите ВС, если радиусы окружностей равны $$\sqrt{15}$$ и 15.
а) $$\angle ACD=\angle BCE$$ - вертикальные, $$\angle ACD=180{}^\circ -\angle ACB=90{}^\circ \to AD$$ и $$BE$$ - диаметры. Пусть LC - общая касательная: $$\angle LCB=\alpha \to \angle CEB=\alpha $$ (вписанный и м/у хордой и касательной, опирающиеся на одну дугу). $$\angle ACL=90-\alpha =\angle ADC\to \angle DAC=\alpha =\angle CEB\to AD\parallel BE$$ и $$\triangle ADC\sim \triangle CEB$$.
б) $$\frac{AD}{BE}=\frac{2\sqrt{15}}{2\cdot 15}=\frac{1}{\sqrt{15}}=\frac{AC}{CE}$$, но $$AC=CB\to \frac{CB}{CE}=\frac{1}{\sqrt{15}}$$. Пусть $$CB=x\to CE=\sqrt{15}x\to $$ по теореме Пифагора: $$CB^2+CE^2=BE^2\leftrightarrow x^2+15x^2={\left(15\cdot 2\right)}^2\to x^2=\frac{{15}^2\cdot 2^2}{16}\to x=7,5$$.
Задание 11002
В остроугольном треугольнике АВС провели высоты $$AH_1$$ и $$CH_2$$, затем провели луч МН, который пересекает описанную около треугольника АВС в точке К, где М - середина АС, а Н - точка пересечения высот.
А) Докажите, что $$НМ=МК$$
Б) Найдите площадь треугольника ВСК, если $$\angle ABC=60{}^\circ ;\ \angle BAC=45{}^\circ ;\ AC=1$$
Задание 11022
Вневписанная окружность равнобедренного треугольника касается его боковой стороны.
а) Треугольник ABC - равнобедренный ($$AB\ =\ BC$$), BH - высота, следовательно, BH - биссектриса угла ABC. Окружность с центром в точке O вписана в угол CBE, поэтому ее центр находится на биссектрисе (BO) угла CBE. Углы ABC и CBE - смежные, их сумма равна 180$${}^\circ$$, следовательно, сумма углов HBC и OBC равна 90$${}^\circ$$. Получаем, что в четырехугольнике HBON $$\angle HBO=\angle BHN=\angle ONH=90{}^\circ $$ то есть, имеем прямоугольник HBON. Его противоположные стороны равны $$BH=ON$$ и радиус окружности с центром O равен высоте треугольника ABC.
б) Пусть радиус вписанной окружности равен $$r$$. Так как радиус описанной окружности в 4 раза больше радиуса вписанной окружности, то $$BH=4r$$, а $$O_1B=4r-r=3r$$ (см. рисунок). Прямоугольник $$O_1MB$$ - прямоугольный, так как $$O_1M\bot BC$$ (BC - касательная, а O1M - радиус). Тогда по теореме Пифагора, имеем: $$MB=\sqrt{O_1B^2-O_1M^2}=\sqrt{9r^2-r^2}=2\sqrt{2}r.$$
Рассмотрим треугольники $$BO_1M$$ и $$BCH$$, которые подобны по двум углам (угол B - общий, а $$\angle O_1MB=\angle BHC=90{}^\circ $$). Следовательно, $$\frac{BM}{O_1M}=\frac{BH}{CH}$$, откуда $$CH=\frac{O_1M\cdot BH}{BM}=\frac{r\cdot 4r}{2\sqrt{2}r}=\sqrt{2}r.$$
Также $$CH=CM$$ по теореме об отрезках касательных, то есть, $$CM=\sqrt{2}r$$. Соответственно, $$\frac{CM}{BM}=\frac{\sqrt{2}r}{2\sqrt{2}r}=\frac{1}{2}.$$
Задание 11088
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон ВС, АВ и АС в точках K, L и М соответственно. Прямая КМ вторично пересекает в точке Р окружность радиуса АМ с центром А.
а) Докажите, что прямая АР параллельна прямой ВС
б) Пусть $$\angle ABC=90{}^\circ ,\ AM=3,\ CM=2,\ Q$$ - точка пересечения прямых КМ и АВ, а Т - такая точка на отрезке РQ, что $$\angle OAT=45{}^\circ .$$ Найдите QT.
Задание 11107
Прямая, параллельная основаниям BC и AD трапеции ABCD, пересекает боковые стороны AB и CD в точках M и N соответственно. Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Прямая MN пересекает стороны OA и OD треугольника AOD в точках K и L соответственно.
а) $$\triangle AMK\sim \triangle ABC$$ по двум углам ($$\angle BAC$$ - общий, $$\angle AMK=\angle ABC,$$ как соответственные при параллельных прямых MN и BC).
Аналогично $$\triangle DLN\sim \triangle DBC.$$ Отсюда $$\frac{MK}{BC}=\frac{AM}{AB}=\frac{DN}{DC}=\frac{LN}{BC};MK=LN.$$
б) $$MK:KL=1:3.$$
Пусть $$MK=x=LN,$$ то $$KL=3x,$$ тогда: $$\triangle ABD\sim \triangle MBL$$ (по двум углам): $$\frac{AD}{ML}=\frac{AB}{MB},\frac{AB}{MB}=\frac{8}{4x}=\frac{2}{x}(1)$$
$$\triangle ABC\sim \triangle AMK$$ (по двум углам): $$\frac{MK}{BC}=\frac{AM}{AB},\frac{AM}{AB}=\frac{x}{3}(2)$$
$$\frac{AM}{AB}=\frac{AB-MB}{AB}=1-\frac{MB}{AB};$$ Из $$\left(1\right)$$ следует $$\frac{MB}{AB}=\frac{x}{2}.$$
$$\frac{AM}{AB}=\frac{AB-MB}{AB}=1-\frac{MB}{AB}=1-\frac{x}{2}.$$ Значит, $$\frac{AM}{AB}=1-\frac{x}{2}(3)$$
Приравняем правые части $$(2)$$ и $$(3)$$ и найдем значение $$MN=5x:$$ $$\frac{x}{3}=1-\frac{x}{2};2x=6-3x;5x=6;MN=5x=6.$$
Задание 11127
Отрезок, соединяющий середины М и N оснований соответственно ВС и AD трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
а) Докажите, что трапеция ABCD равнобедренная.
б) Известно, что радиус этих окружностей равен 4, а меньшее основание ВС исходной трапеции равно 14. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны АВ, основания AN трапеции ABMN и вписанной в неё окружности.
а) Дана трапеция ABCD, в которой M - середина BC, а N - середина AD (см. рисунок ниже). Следовательно, $$BM=MC$$ и $$AN=ND (1)$$. По условию задания в трапецию ABMN можно вписать окружность, значит, суммы ее противоположных сторон равны: $$AB+MN\ =\ BM+AN$$, откуда $$MN\ =\ BM+AN-AB.$$ Аналогично для трапеции MCDN: $$CD+MN\ =\ MC+ND.$$ $$MN\ =\ MC+ND-CD.$$
Приравниваем два выражения для MN, имеем: $$BM+AN-AB\ =\ MC+ND-CD$$ и, учитывая равенство (1), получаем: $$AB\ =\ CD$$
Получаем равенство боковых сторон, значит, трапеция ABCD - равнобедренная.
б) Так как радиус вписанных окружностей равен 4, значит, высота трапеции $$MN=2\cdot 4=8.$$ Также по условию дана длина $$BC=14$$ и, следовательно, $$BM=BC:2=14:2=7.$$ Обозначим BF через x (см. рисунок ниже). Тогда $$BM_1=x\ $$как отрезки касательных.
Получаем, что $$M_1M=7-x$$, поэтому и $$MZ=7-x$$, $$NZ\ =\ MN-MZ\ =\ 8-(7-x)\ =\ x+1,$$ следовательно, $$N_1N=x+1$$ (так как соответствующие отрезки касательных равны). Так как $$MZ=ZN$$ (радиус $$O_1Z$$ вписанной окружности будет параллелен основаниям трапеции), имеем: $$7-x=x+1\to x=3.$$
Значит, $$BF=BM_1\ =\ 3$$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $$BO_1A$$ (он прямоугольный, так как $$AO_1$$ и $$BO_1$$ - биссектрисы, а $$\angle A+\angle B=180{}^\circ $$, поэтому $$\angle BO_1A=90{}^\circ $$). Квадрат высоты $$OF_1$$, проведенной из прямого угла, равен: $$O_1F^2=BF\cdot FA\to FA=\frac{16}{3}$$ и по теореме Пифагора $$O_1A=\sqrt{O_1F^2-FA^2}=\sqrt{16+\frac{{16}^2}{9}}=\frac{20}{3}.$$
Обозначим радиус малой окружности $$AO=y$$, тогда $$OA=O_1A-OO_1=O_1A-\left(4+y\right)=\frac{8}{3}-y.$$
Учитывая, что треугольники $$AFO_1$$ и $$AYO$$ подобны по двум углам, можем записать отношение: $$\frac{y}{4}=\frac{AO}{AO_1}=\frac{\frac{8}{3}-y}{\frac{20}{3}}\to 32-12=20y\to y=1$$
Задание 11146
На отрезке BD взята точка С. Биссектриса BL равнобедренного треугольника АВС с основанием ВС является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.
а) Пусть $$\angle ABL=\angle ABL=\alpha ,$$ тогда $$\angle ACB=\angle ABC=2\alpha ,\ \angle D=\alpha $$ по свойству равнобедренного $$\triangle .$$ $$\angle ACB-$$ внешний в $$\angle DCL\to \angle CLD=\angle ACB-\angle CDL=\alpha =\angle CDL\to \triangle DCL-$$ равнобедренный по признаку.
б) 1) Пусть $$LH\bot BD,H\in BD.$$ В прямоугольном $$\triangle LCH:CH=x,{\cos 2\alpha \ }={\cos \angle ABC\ }=,\ CL=CH:{\cos 2\alpha \ }=5x=CD$$ ($$\triangle DCL-$$ равнобедренный).
2) В равнобедренном $$\triangle BLD$$ высота LH является медианой $$\to BH=DH=CH+CD=6x;$$ тогда $$BC=BH+CH=7x.$$
3) Пусть $$BM=CM=BC:2=3,5x;$$ AM - медиана, высота равнобедренного $$\triangle ABC,$$ тогда из прямоугольного $$\triangle AMC:AC=CM:{\cos 2\alpha \ }=3,5x\cdot 5=17,5x;AL=AC-CL=12,5x.$$
4) $$DL\cap AB=K.$$ Через точку С проведем $$CN\parallel DL,CN\cap AB=N.$$ По т. о пропорциональных отрезках:
- (для $$\angle DBK$$) $$\frac{BN}{NK}=\frac{BC}{CD}=\frac{7x}{5x}=\frac{7}{5}\to BN=7a,\ NK=5a\ \left(a>0\right);$$ тогда $$BK=BN+NK=12a.$$
- (для $$\angle CAN$$) $$\frac{AK}{NK}=\frac{AL}{CL}=\frac{12,5x}{5x}=\frac{125}{50}=\frac{5}{2}\to AK=\frac{5NK}{2}=\frac{25a}{2};$$ тогда $$\frac{AK}{BK}=\frac{25a}{2\cdot 12a}=\frac{25}{24}.$$
Задание 11277
В окружность, радиус которой равен $$2\sqrt{7}$$, вписана трапеция ABCD, причем ее основание AD – диаметр окружности, а $$\angle BAD = 60^{\circ}$$. Хорда СЕ пересекает диаметр AD в точке Р такой, что AP : PD = 1 : 3.
Задание 11378
В прямоугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О, а угол BDC равен 75°. Точка Р лежит вне прямоугольника, а угол АРВ равен 150°.
Задание 11422
На стороне АВ выпуклого четырехугольника АВCD выбрана точка М так, что $$\angle AMD$$=$$\angle ADB $$ и $$\angle ACM$$=$$\angle ABC $$. Утроенный квадрат отношения расстояния от точки А до прямой CD к расстоянию от точки С до прямой AD равен 2, СD=20.
Задание 11713
Дан АВС с тупым углом С и со стороной АВ=21. К прямым ВС и АС проведены высоты АН1и ВН2. Известно, что 17АН = 30R, 5ВН = 6R, где Н – точка пересечения прямых АН1и ВН2, R – радиус окружности, описанной около треугольника АВС.
Задание 11732
Три точки А, В и С разбивают окружность на три дуги. Каждая из дуг разбивается на три равные части так, что на окружности последовательно стоят точки А, А1, А2, В, В1, В2, С, С1, С2.
А) Докажите, что точки пересечения прямых А1В2, В1С2 и С1А2образуют равносторонний треугольник
Б) Найдите стороны этого треугольника, если АС=1, ВС=2, АВ= 3
Задание 11770
В треугольнике ABC AB=3, $$\angle ABC=\arcsin \frac{3}{5}$$. Хорда KN окружности, описанной около треугольника ABC, пересекает отрезки AC и BC в точках M и L соответственно. Известно, что $$\angle ABC=\angle CML$$, площадь четырёхугольника ABLM равна 2, LM=1.
Задание 12284
В прямоугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О, а угол BDC равен 22,5$${}^\circ$$. Точка Р лежит вне прямоугольника, а угол ВРС равен 135$${}^\circ$$.
Задание 12314
На сторонах АС, АВ и ВС прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С вне треугольника АВС построены равнобедренные прямоугольные треугольники АКС, ALB и ВМС с прямыми углами К, L и М соответственно.
Задание 12334
На сторонах АС, АВ и ВС прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С вне треугольника АВС построены равнобедренные прямоугольные треугольники АКС, ALB и ВМС с прямыми углами К, L и М соответственно.
Задание 12354
Отрезок, соединяющий середины М и N оснований соответственно ВС и AD трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
Задание 12375
На сторонах АС, АВ и ВС прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С во внешнюю сторону построены равнобедренные прямоугольные треугольники АКС, ALB и ВМС с прямыми углами К, L и М соответственно.
Задание 12395
Точка О - центр вписанной в треугольник АВС окружности. Прямая ВО вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке Р.
Задание 12415
Точка О - центр вписанной в треугольник АВС окружности. Прямая ВО вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке Е.
Задание 12435
Окружность проходит через вершины А, В и D параллелограмма ABCD, пересекает сторону ВС в точках В и М, а также пересекает продолжение стороны CD за точку D в точке N.
Задание 12454
Окружность проходит через вершины А, В и D параллелограмма ABCD, пересекает сторону ВС в точках В и М, а также пересекает продолжение стороны CD за точку D в точке N.
Задание 12473
В треугольнике АВС известно, что $$AC\ =\ 10$$ и $$AB\ =\ BC=\ 14.$$
Задание 12495
В треугольнике АВС известно, что $$AC\ =\ 26$$ и $$AB\ =\ BC\ =\ 38.$$
а) Докажите, что средняя линия треугольника, параллельная стороне АС, пересекает окружность, вписанную в треугольник АВС.
б) Найдите отношение длин отрезков, на которые окружность делит среднюю линию, параллельную стороне АС.
Задание 12553
В треугольнике АВС все стороны различны. Прямая, содержащая высоту ВН треугольника АВС, вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке F. Отрезок BD - диаметр этой окружности.
а) Докажите, что $$AD\ =\ CF.$$
б) Найдите DF, если радиус описанной около треугольника АВС окружности равен 12, $$\angle BAC\ =\ 35{}^\circ $$, $$\angle ACB\ =\ 65{}^\circ .$$
Задание 12575
В треугольнике АВС все стороны различны. Прямая, содержащая высоту ВН треугольника АВС, вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке К. Отрезок BN - диаметр этой окружности.
а) Докажите, что АС и KN параллельны.
б) Найдите расстояние от точки N до прямой АС, если радиус описанной около треугольника АВС окружности равен $$6\sqrt{6}$$, $$\angle BAC\ =\ 30{}^\circ ,\ \angle ABC=\ 105{}^\circ .$$
Задание 12595
На гипотенузе АВ и катетах ВС и АС прямоугольного треугольника АВС отмечены точки М, N и К соответственно, причём прямая NK параллельна прямой АВ и $$BM\ =\ BN\ =\frac{1}{2}KN.$$ Точка Р - середина отрезка KN.
а) Докажите, что четырёхугольник ВСРМ - равнобедренная трапеция.
б) Найдите площадь треугольника АВС, если $$BM\ =\ 1$$ и $$\angle BCM\ =\ 15{}^\circ .$$
Задание 12615
На гипотенузе АВ и катетах ВС и АС прямоугольного треугольника АВС отмечены точки М, N и К соответственно, причём прямая NK параллельна прямой АВ и $$BM=BN\ =\frac{1}{2}KN.$$ Точка Р -середина отрезка KN.
а) Докажите, что четырёхугольник ВСРМ - равнобедренная трапеция.
б) Найдите площадь треугольника АВС, если $$BM\ =\ 2$$ и $$\angle BCM\ =\ 30{}^\circ .$$
Задание 12635
Окружность с центром в точке О пересекает каждую из сторон трапеции ABCD в двух точках. Четыре получившиеся хорды окружности равны.
а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются в одной точке.
б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону АВ в точках К и L так, что $$AK\ =\ 19,\ KL\ =\ 12,\ LB\ =\ 3.$$
Задание 12655
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём сторона CD - диаметр этой окружности. Продолжение перпендикуляра АН к диагонали BD пересекает сторону CD в точке Е, а окружность - в точке F, причём Н - середина АЕ.
а) Докажите, что четырёхугольник BCFE - параллелограмм.
б) Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что $$AB\ =\ 6$$ и $$AH=2\sqrt{5}$$
Задание 12674
Окружность с центром $$O_1$$ касается оснований ВС и AD, а также боковой стороны АВ трапеции ABCD. Окружность с центром $$O_2$$ касается сторон ВС, CD и AD. Известно, что $$AB\ =\ 9,\ BC\ =\ 8,\ CD\ =\ 4,\ AD\ =\ 15.$$
а) Докажите, что прямая $$O_1O_2\ $$параллельна основаниям трапеции ABCD.
б) Найдите $$O_1O_2$$.
Задание 12695
Окружность с центром $$O_1$$ касается оснований ВС и AD, а также боковой стороны АВ трапеции ABCD. Окружность с центром $$O_2$$ касается сторон ВС, CD и AD. Известно, что $$AB\ =15,\ BC\ =\ 32,\ CD=\ 14,\ AD\ =11.$$
а) Докажите, что прямая $$O_1O_2$$ параллельна основаниям трапеции ABCD.
б) Найдите $$O_1O_2$$.
Задание 12715
Точка В лежит на отрезке АС. Прямая, проходящая через точку А, касается окружности с диаметром ВС в точке М и второй раз пересекает окружность с диаметром АВ в точке К. Продолжение отрезка МВ пересекает окружность с диаметром АВ в точке D.
а) Докажите, что прямые AD и МС параллельны.
б) Найдите площадь треугольника DBC, если $$AK\ =\ 3$$ и $$MK\ =\ 12.$$
Задание 12735
Дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С. На катете АС взята точка М. Окружность с центром О и диаметром СМ касается гипотенузы в точке N.
а) Докажите, что прямые MN и ВО параллельны.
б) Найдите площадь четырёхугольника BOMN, если $$CN\ =\ 4$$ и $$AM\ :\ MC\ =\ 1:3.$$
Задание 12775
В трапеции ABCD основание AD в два раза меньше основания ВС. Внутри трапеции взяли точку М так, что углы ВАМ и CDM прямые.
а) Докажите, что $$BM\ =\ CM.$$
б) Найдите угол АВС, если угол BCD равен 57$${}^\circ$$, а расстояние от точки М до прямой ВС равно стороне AD
Задание 12796
В треугольнике АВС известно, что $$\angle BAC\ =\ 60{}^\circ ,\ \ \angle ABC=\ 45{}^\circ .$$ Продолжения высот треугольника АВС пересекают описанную около него окружность в точках М, N, Р.
а) Докажите, что треугольник MNP прямоугольный.
б) Найдите площадь треугольника MNP, если известно, что $$BC\ =\ 6.$$
Задание 12816
В треугольнике АВС известно, что $$\angle BAC\ =\ 60{}^\circ ,\ \angle ABC=\ 45{}^\circ .$$ Продолжения высот треугольника АВС пересекают описанную около него окружность в точках М, N, Р.
а) Докажите, что треугольник MNP прямоугольный.
б) Найдите площадь треугольника MNP, если известно, что $$BC\ =\ 10.$$
Задание 12836
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках $$C_1,B_1,A_1$$ соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q, лежащей внутри треугольника $${AB}_1C_1$$
а) Докажите, что $$C_1Q$$ - биссектриса угла $$AC_1B_1$$
б) Найдите расстояние от точки О до центра окружности, вписанной в треугольник $$AC_1B_1$$, если известно, что $$BC\ =\ 15,\ AB\ =\ 13,\ AC\ =\ 14.$$
Задание 12855
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках $$C_1,B_1,A_1$$ соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q, лежащей внутри треугольника $${AB}_1C_1$$
а) Докажите, что $$C_1Q$$ - биссектриса угла $$AC_1B_1$$
б) Найдите расстояние от точки О до центра окружности, вписанной в треугольник $$AB_1C_1$$, если известно, что $$BC\ =\ 7,\ AB\ =\ 15,\ AC\ =\ 20.$$
Задание 12877
Окружность с центром в точке О пересекает каждую из сторон трапеции ABCD в двух точках. Четыре получившиеся хорды окружности равны.
а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются в одной точке.
б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону АВ в точках К и L так, что $$AK\ =\ 13,\ KL\ =\ 6,\ LB\ =\ 1.$$
Задание 12896
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём сторона CD - диаметр этой окружности. Продолжение перпендикуляра АН к диагонали BD пересекает сторону CD в точке Е, а окружность - в точке F, причём Н - середина АЕ.
а) Докажите, что четырёхугольник BCFE - параллелограмм.
б) Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что $$AB\ =\ 5$$ и $$AH\ =\ 4.$$
Задание 12917
Точки А и В лежат на окружности с центром О и радиусом 6, а точка С равноудалена от точек А, В и О. Другая окружность с центром Q и радиусом 8 описана около треугольника АСО.
Задание 13375
Точки А, В, С, D и Е лежат на окружности в указанном порядке, причём АЕ=ED=CD, а прямые АС и BE перпендикулярны. Отрезки АС и BD пересекаются в точке Т.
Задание 13394
Точки А, В, С, D и Е лежат на окружности в указанном порядке, причём ВС=CD=DE, а AC $$\perp$$ BE. Точка К — пересечение прямых BE и AD.
Задание 13695
Около окружности с центром О описана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС.
а) Докажите, что $$\angle AOB=\angle COD=90^{\circ}$$.
б) Найдите отношение большего основания трапеции к меньшему, если известно, что АВ=CD, а площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания 12 окружности со сторонами трапеции составляет $$\frac{12}{49}$$ площади трапеции ABCD.
Задание 13778
Около окружности с центром О описана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС.
Задание 13800
Точки A1, B1, C1 — середины сторон соответственно ВС, АС и АВ остроугольного треугольника АВС.
Задание 13904
Точки A1, B1, С1 — середины сторон соответственно ВС, АС и АВ остроугольного треугольника АВС.
Задание 14215
Дан правильный шестиугольник $$ABCDEF$$. Точка $$P$$ – середина стороны $$AF$$, точка $$K$$ – середина стороны $$AB$$.
Задание 14222
Дан квадрат $$ABCD$$. На сторонах $$AB$$ и $$BC$$ отмечены точки $$P$$ и $$K$$ соответственно, причем $$BP:AP=1:3$$, $$BK:CK=3:13$$.
Задание 14229
Окружности $$\omega_{1}$$ и $$\omega_{1}$$ с центрами в точках $$O_{1}$$ и $$O_{2}$$ соответственно касаются друг друга в точке $$A$$, при этом $$O_{1}$$ лежит на $$\omega_{2}$$. $$AB$$ – диаметр $$\omega_{1}$$. Хорда $$BC$$ первой окружности касается $$\omega_{2}$$ в точке $$P$$. Прямая $$AP$$ вторично пересекает $$\omega_{1}$$ в точке $$D$$.
Задание 14236
Точки $$M$$ и $$P$$ – середины сторон $$BC$$ и $$AD$$ выпуклого четырехугольника $$ABCD$$. Диагональ $$AC$$ проходит через середину отрезка $$MP$$.
Задание 14243
Окружность, вписанная в трапецию $$ABCD$$, касается боковых сторон $$AB$$ и $$CD$$ в точках $$K$$ и $$M$$.
Задание 14250
Дан квадрат $$ABCD$$. На сторонах $$AB$$ и $$BC$$ внешним и внутренним образом соответственно построены равносторонние треугольники $$ABK$$ и $$BCP$$.
Задание 14257
Диагонали прямоугольника $$ABCD$$ пересекаются в точке $$O$$. Окружности $$\omega_1$$ и $$\omega_2$$ описаны около треугольников $$AOB$$ и $$BOC$$ соответственно. Пусть $$O_1$$ – центр окружности $$\omega_1$$, а $$O_2$$ – центр окружности $$\omega_2$$.
Задание 14264
Окружности с центрами в точках $$A, B$$ и $$C$$ и радиусами, равными $$a,b$$ и $$c$$ соответственно, попарно касаются друг друга внешним образом в точка $$K, M, P$$.
Задание 14270
В параллелограмме $$ABCD$$ диагональ $$BD$$ равна стороне $$AD$$.
Задание 14277
В треугольнике $$ABC$$ проведена биссектриса $$BK$$ и на сторонах $$BA$$ и $$BC$$ взяты соответственно точки $$M$$ и $$P$$Р так, что $$\angle AKM=\angle CKP=\frac{1}{2}\angle ABC$$
Задание 14284
На стороне $$AC$$ треугольника $$ABC$$ отметили точку $$D$$ так, что $$BC=\sqrt{AC\cdot CD}$$
Задание 14294
В треугольнике $$ABC$$ сторона $$AC$$ больше стороны $$BC$$. Биссектриса $$CL$$ пересекает описанную около треугольника $$ABC$$ окружность в точке $$K$$. На стороне $$AC$$ отмечена точка $$P$$ так, что $$\angle ALK=\angle CLP$$ .
Задание 14299
Дана окружность. Продолжения диаметра $$AB$$ и хорды $$PK$$ пересекаются под углом $$30^{\circ}$$ в точке $$C$$. Известно, что $$CB:AB=1:4$$; $$AK$$ пересекает $$BP$$ в точке $$T$$.
Задание 14303
Дана трапеция $$ABCD$$ с основаниями $$AD$$ и $$BC$$. Окружности, построенные на боковых сторонах этой трапеции, как на диаметрах, пересекаются в точках $$P$$ и $$K$$.
Задание 14307
Диагонали $$AC$$ и $$CE$$ правильного шестиугольника $$ABCDEF$$ разделены точками $$M$$ и $$N$$ так, что $$AM:AC=CN:CE$$ и точки $$B$$, $$M$$ и $$N$$ лежат на одной прямой.
Задание 14316
В параллелограмме $$ABCD$$ точка $$E$$ – середина стороны $$AD$$. Отрезок $$BE$$ пересекает диагональ $$AC$$ в точке $$P$$. $$AB=PD$$.
a) Пусть $$H$$ – середина $$PC$$. Так как треугольник $$PCD$$ равнобедренный ($$PD=AB$$ по условию и $$DC=AB$$ по свойству параллелограмма), то $$DH\perp AC$$. Треугольники $$BCP,EAP$$ подобны по двум углам. И коэффициент их подобия $$\frac{BC}{AE}$$ равен 2.
То есть, если $$AP=x$$, то $$PC=2x$$. При этом $$PH=CH=x$$.
Замечаем, что треугольники $$APE,AHD$$ подобны по двум пропорциональным сторонам $$AP,AH$$ и $$AE,AD$$ и углу между ними $$A$$.
Но тогда, например, $$\angle APE=\angle AHD$$, откуда $$PE\parallel HD$$. Стало быть, раз $$DH\perp AC$$, то $$EP\perp AC$$. Что и требовалось доказать.
б) Пусть $$PE=y$$, тогда в силу подобия треугольников $$APE,CPB$$ с коэффициентом 2 (о чем говорили в пункте а) $$BP=2y$$.
Применим теорему Пифагора к треугольникам
$$ABP,AEP$$: $$AB^2-BP^2=AE^2-PE^2$$; $$4-4y^2=\frac{9}{4}-y^2$$; $$y=\frac{\sqrt{21}}{6}$$.
Откуда $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{16-\frac{21}{36}}=\frac{5}{3}$$.
Далее, $$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BP}{2}=\frac{(3\cdot \frac{5}{3})\cdot (2\cdot \frac{\sqrt{21}}{6})}{2}=\frac{\sqrt{35}}{2}$$.
Откуда $$S_{ABCD}=2\cdot S_{ABC}=\sqrt{35}$$.
Задание 14320
Точка $$E$$ – середина боковой стороны $$CD$$ трапеции $$ABCD$$. На стороне $$AB$$ отмечена точка $$K$$ так, что $$CK\parallel AE$$. Прямые $$CK,BE$$ пересекаются в точке $$O$$.
Задание 14325
Задание 14332
В треугольнике $$ABC$$ точка $$M$$ – середина $$AC$$.
Задание 14337
Две окружности касаются внутренним образом в точке $$K$$. Пусть $$AB$$ – хорда большей окружности, касающаяся меньшей окружности в точке $$L$$.
Задание 14344
Высоты равнобедренного треугольника $$ABC$$ с основанием $$AC$$ пересекаются в точке $$H$$, угол $$B$$ равен 30 градусов. Луч $$CH$$ второй раз пересекает окружность $$\omega$$ , описанную вокруг треугольника $$ABH$$, в точке $$K$$.
Задание 14363
Окружности $$С_1$$ и $$С_2$$ касаются внешним образом в точке $$А$$. Прямая $$l$$ касается окружности $$С_1$$ в точке $$В$$, а окружности $$С_2$$ – в точке D. Через точку $$А$$ проведены две прямые: одна проходит через точку $$В$$ и пересекает окружность $$С_2$$ в точке $$F$$, а другая касается окружностей $$С_1$$ и $$С_2$$ и пересекает прямую $$l$$ в точке $$Е$$, $$AF=3\sqrt{2}$$, $$BE=\sqrt{5}$$
Задание 14382
В равнобедренном треугольнике $$ABC$$ с основанием $$AC$$ вершины $$A,B$$ и точка пересечения высот треугольника $$E$$ лежат на окружности, которая пересекает отрезок $$BC$$ в точке $$D$$.