В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $120^\circ$. Прямые, содержащие высоты $BM$ и $CN$ треугольника $ABC$, пересекаются в точке $H$. Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$…
- 1
Обозначим $AB=c$, $AC=b$. Разместим точку $A$ в начале координат, сторону $AB$ направим вдоль оси $Ox$. Тогда$$B=(c,0),\qquad C=\left(-\frac b2,\frac{\sqrt3 b}{2}\right)$$
- 2
Так как $H$ лежит на высоте из точки $C$, прямая $CH$ вертикальна, поэтому $x_H=-\dfrac b2$. Высота из точки $B$ перпендикулярна стороне $AC$ и имеет угловой коэффициент $\dfrac1{\sqrt3}$. Следовательно,$$H=\left(-\frac b2,-\frac{b+2c}{2\sqrt3}\right)$$
Ещё 10 шагов — в полном решении
В четырёхугольник $KLMN$ вписана окружность с центром $O$. Эта окружность касается стороны $MN$ в точке $A$. Известно, что $\angle MNK=90^\circ$, $\angle NKL=\angle KLM=120^\circ$. а) Докажите, что…
- 1
Сумма углов четырёхугольника равна $360^\circ$, поэтому $\angle LMN=30^\circ$.$$\angle LMN=360^\circ-90^\circ-120^\circ-120^\circ=30^\circ$$
- 2
Обозначим радиус вписанной окружности через $r$. Длины касательных, проведённых из одной вершины к окружности, равны. Для вершины с углом $\alpha$ длина каждой такой касательной равна $r\cot\dfrac{\alpha}{2}$.
Ещё 6 шагов — в полном решении
В трапеции $ABCD$ основание $AD$ в два раза больше основания $BC$. Внутри трапеции взяли точку $M$ так, что углы $ABM$ и $DCM$ прямые. Докажите, что $AM = DM$. Найдите угол $BAD$, если угол $ADC$…
- 1
Пусть $BC=1$, тогда $AD=2$. Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(2,0)$, $B=(u,h)$, $C=(u+1,h)$, $M=(x,y)$.
- 2
Так как $AB \perp BM$, скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю:$$u(u-x)+h(h-y)=0$$
Ещё 7 шагов — в полном решении
На сторонах треугольника отмечены точки, причём часть обозначений и числовых данных на изображении не распознана. Отрезки пересекаются в точке. Докажите, что указанный четырёхугольник является…
- 1
По представленному распознаванию невозможно однозначно восстановить обозначения точек, условия на отрезки и искомые фигуры.
- 2
Без этих данных нельзя установить, какой именно признак параллелограмма применять, и вычислить радиус описанной окружности.
Сумма оснований трапеции равна 10, а её диагонали равны 6 и 8. а) Докажите, что диагонали трапеции перпендикулярны. б) Найдите высоту трапеции.
- 1
Пусть основания трапеции равны $a$ и $b$, причём $a+b=10$. Обозначим её диагонали векторами $\vec d_1$ и $\vec d_2$, выходящими из одной вершины.$$a+b=10$$
- 2
Для трапеции справедливо векторное равенство, связывающее диагонали и основания:$$|\vec d_1|^2+|\vec d_2|^2=(a+b)^2+2\vec d_1\cdot\vec d_2$$
Ещё 6 шагов — в полном решении
В четырёхугольник $KLMN$ вписана окружность с центром $O$. Эта окружность касается стороны $MN$ в точке $A$. Известно, что $\angle MNK=90^\circ$, $\angle LMN=\angle KLM=60^\circ$. а) Докажите, что…
- 1
Обозначим радиус вписанной окружности через $r$. Так как $MN$ — касательная, $OA\perp MN$ и $OA=r$.
- 2
Центр $O$ лежит на биссектрисе угла $M$. В прямоугольном треугольнике $MOA$ угол $OMA$ равен $30^\circ$, поскольку $\angle LMN=60^\circ$. Поэтому $MA=r\cot30^\circ=\sqrt{3}r$.
Ещё 6 шагов — в полном решении
В треугольнике $ABC$ продолжения высоты $CC_1$ и биссектрисы $BB_1$ пересекают описанную окружность в точках $N$ и $M$ соответственно. Известно, что $\angle ABC=40^\circ$ и $\angle ACB=85^\circ$…
- 1
Угол при вершине $A$ равен $55^\circ$. Выберем масштаб так, чтобы $BC=1$, и введём координаты: $B=(0,0)$, $C=(1,0)$. Луч $BA$ образует с осью $BC$ угол $40^\circ$, а биссектриса угла $B$ — угол $20^\circ$.
- 2
Уравнение окружности, проходящей через $B$ и $C$, имеет вид $x^2+y^2-x-\tan35^\circ y=0$. На луче $BM$ точка $M$ имеет вид $M=t(\cos20^\circ,\sin20^\circ)$. Подстановка в уравнение окружности даёт $t=\cos20^\circ+\tan35^\circ\sin20^\circ$.
Ещё 5 шагов — в полном решении
Точки $P$, $Q$, $W$ делят стороны выпуклого четырёхугольника $ABCD$ в отношении $AP:PB=CQ:QB=CW:WD=3:4$. Радиус окружности, описанной около треугольника $PQW$, равен $10$, $PQ=16$, $QW=12$, угол…
- 1
По теореме синусов для стороны $PQ$, противолежащей углу $PWQ$, имеем:$$PQ=2R\sin\angle PWQ$$
- 2
Подставим известные значения. Так как угол $PWQ$ острый, выбираем острое значение угла:$$\sin\angle PWQ=\frac{16}{2\cdot10}=\frac45,\qquad \cos\angle PWQ=\frac35$$
Ещё 6 шагов — в полном решении
Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Диагональ $BD$ разбивает её на два равнобедренных треугольника с основаниями $AD$ и $CD$. а) Докажите, что луч $AC$ — биссектриса угла $BAD$. б)…
- 1
Так как треугольник $ABD$ равнобедренный с основанием $AD$, то $AB=BD$. Так как треугольник $BCD$ равнобедренный с основанием $CD$, то $BC=BD$.
- 2
Следовательно, $AB=BC$, поэтому треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$. Значит, $\angle BAC=\angle ACB$.
Ещё 7 шагов — в полном решении
В прямоугольном треугольнике $ABC$ с прямым углом $C$ точка $M$ — середина гипотенузы $AB$. Прямая, проходящая через $M$, перпендикулярна $CM$ и пересекает катет $AC$ в точке $K$, причём $AK:KC=1:2$.
- 1
Пусть $AK=x$. Тогда $KC=2x$ и $AC=3x$. Введём координаты: $A=(0,0)$, $C=(3x,0)$, $K=(x,0)$, $B=(3x,h)$, где $h=BC$.$$M=\left(\frac{3x}{2},\frac{h}{2}\right)$$
- 2
Направляющий вектор $CM$ равен $\left(-\frac{3x}{2},\frac{h}{2}\right)$, а направляющий вектор $MK$ равен $\left(-\frac{x}{2},-\frac{h}{2}\right)$. Так как $MK\perp CM$, их скалярное произведение равно нулю.$$\left(-\frac{3x}{2}\right)\left(-\frac{x}{2}\right)+\frac{h}{2}\left(-\frac{h}{2}\right)=0$$
Ещё 7 шагов — в полном решении
Окружность с центром в точке $O$ касается сторон угла с вершиной $N$ в точках $A$ и $B$. Отрезок $BC$ — диаметр этой окружности. а) Докажите, что прямая $AC$ параллельна биссектрисе угла $ANB$. б)…
- 1
Центр окружности равноудалён от сторон угла, поэтому точка $O$ лежит на биссектрисе угла $ANB$. Обозначим половину угла $ANB$ через $\alpha$, а длину $NO$ через $d$.
- 2
Выберем координатную систему так, чтобы ось $Ox$ совпадала с биссектрисой угла, а точка $N$ была началом координат. Тогда $O=(d,0)$. Так как $OA$ и $OB$ перпендикулярны сторонам угла, координаты точек касания можно записать в виде…
Ещё 5 шагов — в полном решении
В остроугольном треугольнике $ABC$ отрезки $AH$, $BN$ и $CK$ — высоты. Известно, что $AK=1$, $BH=2$, а $\angle KNH=60^\circ$.
- 1
Так как $AH$, $BN$ и $CK$ — высоты, точки $H$, $N$, $K$ являются основаниями высот. Углы ортотреугольника выражаются через углы исходного треугольника. В частности, для острого треугольника$$\angle KNH=180^\circ-2\angle ABC$$
- 2
Подставляя условие $\angle KNH=60^\circ$, получаем$$60^\circ=180^\circ-2\angle ABC$$
Ещё 10 шагов — в полном решении
Окружность проходит через вершины $A$, $B$ и $D$ параллелограмма $ABCD$, пересекает сторону $BC$ в точках $B$ и $E$, а сторону $CD$ — в точках $K$ и $D$. а) Докажите, что $AE = AK$. б) Найдите $AD$…
- 1
Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $AB \parallel CD$ и $AD \parallel BC$. Поэтому $\angle ABE = \angle ADK$, а также $\angle AEB = \angle ADK$ как вписанные углы, опирающиеся на соответствующие дуги окружности. Кроме того…$$\triangle ABE \sim \triangle ADK$$
- 2
Из подобия следует равенство соответствующих сторон $AE=AK$.
Ещё 5 шагов — в полном решении
Прямая, перпендикулярная стороне $BC$ ромба $ABCD$, пересекает его диагональ $AC$ в точке $M$, а диагональ $BD$ в точке $N$, причём $AM:MC=1:2$, $BN:ND=1:3$. а) Докажите, что…
- 1
Пусть центр ромба находится в начале координат, диагональ $AC$ лежит на оси $Ox$, а диагональ $BD$ — на оси $Oy$:$$A(-a,0),\quad C(a,0),\quad B(0,b),\quad D(0,-b)$$
- 2
Так как $AM:MC=1:2$, точка $M$ делит отрезок $AC$ так, что $AM=\dfrac13 AC$. Следовательно,$$M\left(-\frac{a}{3},0\right)$$
Ещё 9 шагов — в полном решении
В треугольнике $ABC$ точки $M$ и $N$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно так, что $AM:MB=CN:NB=2:3$. Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается отрезка $MN$ в точке $L$.
- 1
Обозначим $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$. Пусть точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$, $BC$, $CA$ делят их на отрезки с длинами $x$, $y$, $z$, где $x$ — касательная длина от вершины $A$, $y$ — от вершины $B$, $z$ — от вершины $C$…$$c=x+y,\qquad a=y+z,\qquad b=x+z$$
- 2
Рассмотрим координаты точек $M$ и $N$ в барицентрической системе относительно треугольника $ABC$. Из отношений $AM:MB=2:3$ и $CN:NB=2:3$ получаем$$M=\left(\frac35,\frac25,0\right),\qquad N=\left(0,\frac35,\frac25\right)$$
Ещё 11 шагов — в полном решении
Две окружности разных радиусов касаются внешним образом в точке $O$. Вершины $A$ и $B$ равнобедренного прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом $C$ лежат на меньшей и большей окружностях…
- 1
Так как треугольник $ABC$ равнобедренный прямоугольный с прямым углом $C$, то $CA=CB$ и $\angle CAB=\angle CBA=45^\circ$.
- 2
Точки $A$ и $D$ лежат на одной прямой с точкой $C$, а точки $B$ и $E$ — на другой. Используя равенство вписанных углов, опирающихся на соответствующие дуги окружностей, и равенство углов при внешнем касании окружностей в точке $O$…
Ещё 3 шага — в полном решении
Окружность с центром $O_1$ касается оснований $BC$ и $AD$ и боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD$. Окружность с центром $O_2$ касается сторон $BC$, $CD$ и $AD$. Известно, что $AB=10$, $BC=9$…
- 1
Так как окружность с центром $O_1$ касается параллельных прямых $AD$ и $BC$, расстояния от $O_1$ до этих прямых равны. Аналогично, окружность с центром $O_2$ касается прямых $AD$ и $BC$, поэтому расстояния от $O_2$ до них также равны…
- 2
Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(39,0)$, $B=(x,h)$, $C=(x+9,h)$, где $h$ — высота трапеции.
Ещё 7 шагов — в полном решении
В равнобедренном остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AH$ и $CT$ к боковым сторонам $BC$ и $AB$. Отрезки $HM$ и $HK$ — перпендикуляры к прямым $AB$ и $AC$ соответственно. Отрезки $CT$…
- 1
Поскольку треугольник равнобедренный, его боковые стороны равны: $AB=BC=13$. Высота к основанию $AC$ делит его пополам, поэтому при выборе координат $A(-5;0)$ и $C(5;0)$ получаем $B(0;12)$ из прямоугольного треугольника с гипотенузой $13$.$$12^2+5^2=13^2$$
- 2
Уравнения боковых сторон имеют вид $BC:12x+5y-60=0$ и $AB:12x-5y+60=0$. Проекция точки $A$ на прямую $BC$ даёт точку $H$.$$H\left(\frac{595}{169};\frac{600}{169}\right)$$
Ещё 5 шагов — в полном решении
Окружность проходит через вершины $A$, $B$ и $D$ параллелограмма $ABCD$, пересекает сторону $BC$ в точках $B$ и $E$ и пересекает продолжение стороны $CD$ за точку $D$ в точке $K$. а) Докажите, что…
- 1
Обозначим $\vec{AB}=\vec b$, $\vec{AD}=\vec d$, а точку $A$ примем за начало координат. Тогда $B=\vec b$, $D=\vec d$, $C=\vec b+\vec d$.
- 2
Так как $E\in BC$, существует число $t$, для которого $E=\vec b+t\vec d$. Так как $K$ лежит на продолжении $CD$ за точку $D$, запишем $K=\vec d+u\vec b$.
Ещё 8 шагов — в полном решении
Окружность проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и пересекает $AB$ и $AC$ в точках $C_1$ и $B_1$ соответственно. Докажите, что треугольник $ABC$ подобен треугольнику $AB_1C_1$…
- 1
Так как точки $A$, $B$, $C_1$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $C$, $B_1$ — на другой, угол при вершине $A$ у треугольников $ABC$ и $AB_1C_1$ общий:$$\angle BAC=\angle B_1AC_1$$
- 2
Четырёхугольник $BCB_1C_1$ вписан в окружность. Углы $ABC$ и $AB_1C_1$ являются равными вписанными углами, опирающимися на одну и ту же хорду. Значит, треугольники подобны по двум углам:$$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1$$
Ещё 5 шагов — в полном решении