Треугольники с фиксированными углами —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Треугольники с фиксированными углами

Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники с фиксированными углами

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Треугольники с фиксированными углами

Прямоугольные треугольники

Треугольник с углом 60 градусов

Треугольник с углом 120 градусов

Треугольник с углом в 45 градусов

Нетабличные углы

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#81379

Два треугольника пересекаются по шестиугольнику $ABCDEF$ , в котором

∘ ∘ ∘ ∘ ∠A = ∠B =∠C = 100 ,∠D =130 ,∠E = 140,∠F =150

Найдите углы этих треугольников.

Источники: Миссия выполнима - 2024, 11.6 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что есть два случая для пересечения треугольников.

Показать ответ и решение

Случай $1$ (стороны треугольника - тройки несмежных сторон):

$PIC$

В таком случае все углы треугольников легко находятся, как $∘ ∘ ∘ ∘ 180 − (180 − α)− (180 − β)=α +β − 180$ , где $α,β$ - два соседних угла шестиугольника.

Тогда получаем, что углы красного треугольника равны $∘ ∘ ∘ 20 ,70 ,90$ , а углы синего - $∘ ∘ ∘ 20,50,110$ .

Случай $2$ (один из углов шестиугольника совпадает с углом треугольника):

$PIC$

Заметим, что это единственное возможное положение в этом случае. Углы синего треугольника равны $150∘$ ; $180∘− (180∘− ∠A )− (180∘ − ∠B )=20∘$ и $10∘$ .

Углы красного треугольника будут равны $130∘;$ $180∘ − (180∘− ∠B)− (180∘− ∠C)= 20∘$ и $30∘$ .

Ответ:

$20∘,50∘,110∘$ и $20∘,70∘,90∘$ ; или $10∘,20∘,150∘$ и $20∘,30∘,130∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74129

Неравнобедренный треугольник $ABC,$ в котором $∠ACB =60∘,$ вписан в окружность $Ω.$ На биссектрисе угла $BAC$ выбрана точка $A′,$ а на биссектрисе угла $ABC$ — точка $′ B$ так, что $′ AB ∥ BC$ и $′ BA ∥AC.$ Прямая $′ ′ AB$ пересекает $Ω$ в точках $D$ и $E.$ Докажите, что треугольник $CDE$ равнобедренный.

Показать доказательство

Так как $∠AB′B =∠CBB ′ = ∠ABB ′,$ то $AB′ = AB.$ Аналогично $AB =A ′B.$ Обозначим $∠A = 2α,∠B = 2β.$ Пусть $α> β.$ Обозначим через $′ E$ середину дуги $ACB$ окружности $Ω.$ Тогда треугольник $′ ABE$ равносторонний( $′ ∘ ∠AE B = ∠C =60$ ). Поэтому точка $A$ — центр описанной окружности треугольника $′ ′ BE B .$ Следовательно:

′ ′ ′ ′ ∘ ∠E AB = 2∠E BB =120 − 2β

′ ′ ∘ ′ ′ ∘ ∠AE B =90 − 1∕2∠E AB =30 + β

Аналогично $∠BE ′A′ = 30∘+α,$ откуда

∠B ′E′A+ ∠AE ′B +∠BE ′A′ = (30∘+ β)+60∘+ (30∘+ α)=180∘

Итак, точка $E′$ лежит на прямой $A′B′,$ будем считать, что она совпадает с $E.$ Пусть $T$ — середина меньшей дуги $EC$ окружности $Ω.$ Заметим, что

∠AET =∠ABT =1∕2(∠ABE +∠B )=30∘+ β = ∠AEB ′

Значит, точка $T$ также лежит на прямой $A′B′,$ и треугольник $CDE$ совпадает с треугольником $CET.$ Этот треугольник равнобедренный, поскольку $ET = EC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67145

Равносторонние треугольники $ABC$ и $PQR$ расположены так, что вершина $C$ лежит на стороне $PQ$ , а вершина $R$ — на стороне $AB$ . Докажите, что $AP||BQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм, здесь есть много равных углов. Это намекает на то, что стоит поискать вписанные четырёхугольники!

Подсказка 2

Конечно, тут есть два вписанных четырёхугольника, имеющих общую сторону CR. Как же воспользоваться их вписанностью?

Подсказка 3

Верно, используем факт, что противоположные углы в сумме дают 180 градусов, надо просто перекинуть уголки, чтобы получить нужную сумму односторонних углов для искомых прямых!

Показать ответ и решение

Проведем $PA,CR,QB,$ рассмотрим четырехугольники $APCR$ и $CQBR$ .

$PIC$

∠CPR = ∠CAR = 60∘ ⇒ APCR —вписанный ∠CQR = ∠CBR = 60∘ ⇒ CQBR —вписанный

Поэтому

∠APC = ∠APQ = 180∘− ∠ARC = ∠CRB = 180∘− ∠CQB = 180∘− ∠P QB

Следовательно, $AP||BQ.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67127

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC 1$ , а $∠B = 45∘$ . Докажите, что $A C 1 1$ — диаметр окружности девяти точек треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол в 45 градусов…Где же он встречается…Ого, а что насчет треугольников BA1A и BC1C? Что про них можно сказать? А что это дает?

Подсказка 2

Верно, они прямоугольные и равнобедренные, но тогда высоты в этих треугольниках - это серединные перпендикуляры. А значит пресечения высот в этих треугольниках - центр описанной окружности треугольника ABC. Нам нужно доказать, что в четырехугольнике C1OA1H точкой пересечения диагоналей, диагональ OH делится пополам. А где еще мы что-то очень похожее слышали? Что можно сказать про этот четырехугольник?

Подсказка 3

Поскольку данный четырехугольник образован серединными перпендикулярами и высотами в одном треугольнике, то данный четырехугольник является параллелограммом. А что мы знаем насчет диагоналей параллелограмма?

Подсказка 4

Верно, OH делится A1C1 пополам. Стоп, то есть середина отрезка OH является еще и серединой отрезка A1C1? Но ведь середина ОН - это всегда центр окружности Эйлера! А не решили ли мы задачу?

Показать ответ и решение

По условию $∠ABC = 45∘$ , а значит $ΔBCC 1$ и $ΔBAA 1$ — равнобедренные. Отсюда $A 1$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$ , а $C1$ — на серединном перпендикуляре к $BC$ . Также на обоих перпендикулярах находится точка $O$ . Но тогда $A1O ⊥ AB$ , откуда $A1O ∥C1H$ . Аналогично $C1O∥ A1H$ , откуда $HA1OC1$ — параллелограмм, а значит $OH$ делится $A1C1$ пополам.

$PIC$

Сделаем гомотетию в ортоцентре с коэффициентом $1 2$ . Нетрудно понять, что описанная окружность перейдёт в окружность Эйлера. Также очевидно, что $O$ перейдёт в середину отрезка $OH$ , значит она и является центром окружности Эйлера. Таким образом, получили требуемое.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67112

$AA 1$ и $CC 1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$ , в котором $∠ABC = 45∘$ . Точки $O$ и $H$ — соответственно центр описанной окружности и ортоцентр треугольника $ABC$ . Докажите, что прямая $A1C1$ проходит через середину отрезка $OH$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Подсказка 3

Показать ответ и решение

$PIC$

По условию $∘ ∠ABC = 45$ , а значит, $ΔBCC1$ и $ΔBAA1$ — равнобедренные. Отсюда $A1$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$ , а $C1$ — на серединном перпендикуляре к $BC$ . Также на обоих перпендикулярах находится точка $O$ . Но тогда $A1O⊥ AB$ , откуда $A1O ∥C1H$ . Аналогично $C1O ∥A1H$ , откуда $HA1OC1$ — параллелограмм, а значит $OH$ делится $A1C1$ пополам, что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#63596

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина гипотенузы $AB.$ На катетах $AC$ и $BC$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $∘ ∠PMQ = 90.$ Докажите, что $2 2 2 AP +BQ = PQ .$

Показать доказательство

$PIC$

Чтобы доказать это равенство, соберём все отрезки в один прямоугольный треугольник и применим теорему Пифагора.

Удвоим $MQ$ до точки $T$ за точку $M.$ Заметим, что $ATBQ$ является параллелограммом, поскольку его диагонали пересекаются в своих серединах. Отсюда $AT ∥ BC ⊥AC$ и $BQ = AT.$

Остаётся доказать, что $P Q= PT$ (и из треугольника $PAT$ мы получим требуемое). Но действительно, $PM$ является медианой (по построению) и высотой (по условию) треугольника $PTQ,$ откуда он равнобедренный и $PT =PQ.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#58010

В треугольнике $ABC$ медиана, проведённая из вершины $A,$ в четыре раза меньше стороны $AB$ и образует с этой стороной угол $60∘.$ Найдите угол $∠BAC.$

Показать ответ и решение

Обозначим медиану из вершины $A$ через $AM.$

Первое решение.

Опустим перпендикуляр $BH$ на прямую $AM.$ Тогда в прямоугольном треугольнике $ABH$ катет $AH$ равен половине гипотенузы $AB,$ так как лежит напротив угла в $30$ градусов. А ещё по условию $1 AM = 4AB.$ Тогда $AB- AB- AB- MH =AH − AM = 2 − 4 = 4 =AM.$ Получили, что в четырёхугольнике $ABHC$ диагонали точкой пересечения $M$ делятся пополам, а значит, это параллелограмм, так что $∘ ∠CAH =∠AHB = 90 .$ В итоге $∘ ∘ ∘ ∠ABC =60 + 90 =150 .$

Второе решение.

Отметим ещё середину $AB$ — как $D,$ а середину $AD$ — как $E.$ Тогда $1 AE = 4AB,$ а ещё по условию $1 AM = 4AB.$ Так что треугольник $AME$ — равносторонний ( $AE =AM$ ) с углом при вершине $A$ в $∘ 60,$ значит, он равносторонний.

Тогда $∠DEM = 120∘,$ как смежный с углом в $60∘.$ Далее, $EM =AE = DE,$ поэтому треугольник $AMD$ — прямоугольный, и $∠EDM = 30∘.$ Смежный с ним $∠BDM = 150∘.$ С другой стороны, этот же угол равен $∠BAC,$ так как $DM$ — средняя линия треугольника $ABC$ — параллельна $AC.$

Третье решение.

Не будем думать и просто посчитаем:

1) по теореме косинусов для треугольника $AMB$

BM2 =AM2 + (4AM)2− 2⋅AM ⋅(4AM )⋅cos60∘ = 13AM2

2) по формуле медианы (при удвоение медианы получается параллелограмм, у которого сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех сторон)

(2AM )2 +BC2 = 2(AC2 +AB2 ) =⇒ 4AM2 + 4⋅13AM2 = 2AC2 +32AM2

12AM2 = AC2

3) по теореме косинусов для треугольника $ABC$

(2BM )2 = (4AM )2+ AC2− 2⋅(4AM )⋅AC cos∠BAC

√-- 4⋅13AM2 = 16AM2 + 12AM2 − 8⋅ 12⋅AM2 cos∠BAC

24 √3 cos∠BAC = −8√12-= −-2- =⇒ ∠BAC =150∘

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#86304

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ угол $B$ — прямой, а диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A$ и равна стороне $AD.$ В треугольнике $ADC$ провели высоту $DH.$ Докажите, что прямая $BH$ делит отрезок $CD$ пополам.

Показать доказательство

Пересечём $BH$ и $CD$ в точке $X.$ Пусть $∠BAC = ∠DAC = 2α.$ Заметим, что $ΔABC = ΔAHD$ по гипотенузе и прилежащему углу, откуда $AB = AH,$ а значит $∘ ∠AHB =90 − α.$ Следовательно,

∘ ∘ ∠DHX =180 − ∠AHB − 90 = α

Также в силу вышеупомянутого равенства треугольников

∠HDA =∠BCA = 90∘− 2α

$ΔDAC$ — равнобедренный, откуда $∠ADC = 90− α.$ Теперь видно, что

∠HDC = ∠ADC − ∠ADH = α

то есть $ΔDHX$ — равнобедренный, а значит $HX =DX.$ Далее совсем нетрудно убедиться, подсчитав углы в $ΔDHC,$ что $ΔHCX$ также равнобедренный, следовательно $HX = XC,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#86303

В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $AC$ проведена биссектриса $CD.$ Прямая, проходящая через точку $D$ перпендикулярно $DC,$ пересекает $AC$ в точке $E.$ Докажите, что $EC = 2AD.$

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина отрезка $EC,$ тогда $DM = MC,$ поскольку $ΔDEC$ — прямоугольный. Заметим, что достаточно доказать, что $ΔADM$ — равнобедренный. Пусть $∠BCD = ∠DCA = α,$ тогда $∠BAC =2α,$ Также $∠DMA =2α$ как внешний угол у равнобедренного $ΔDMC,$ получили требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#86302

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены медианы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ и высоты $AA ,BB ,CC . 2 2 2$ Докажите, что длина ломаной $A1B2C1A2B1C2A1$ равна периметру треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Заметим, что каждое из звеньев этой ломаной является медианой в прямоугольном треугольнике, проведённой к гипотенузе, а значит:

BC AB AB A1B2 =-2-,B2C1 =-2-,C1A2 =-2-

AC AC BC A2B1 = 2-,B1C2 =-2-,C2A1 =-2-

тогда если просуммировать длины этих отрезков, получится величина $BC +AC + AB,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86301

Найдите отношение двух сторон треугольника, если его медиана, выходящая из той же вершины, образует с этими сторонами углы $30∘$ и $∘ 90 .$

Показать ответ и решение

Удвоим медиану и заметим, что $ΔABX$ — прямоугольный с углом $30∘,$ а значит катет напротив этого угла равен половине гипотенузы, то есть $AB- BC = AX = 2 ,$ а значит искомое отношение равно $2:1.$

$PIC$

Ответ:

$2 :1$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#80691

В четырехугольнике два противоположных угла прямые, а соединяющая их диагональ делится пополам другой диагональю. Докажите, что эти диагонали либо равны, либо перпендикулярны.

Показать доказательство

Пусть углы $B$ и $D$ данного четырехугольника $ABCD$ прямые, а его диагонали пересекаются в точке $E.$

1 случай. $AE = EC.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ADC.$ Он прямоугольный, и в нем $DE$ — медиана. Значит, $1 DE = 2AC.$ Аналогично $1 BE = 2AC.$ Следовательно, $AC = DE + BE =DB.$

2 случай. $AE ⁄= EC.$

$PIC$

Пусть $F$ — середина $AC.$ Тогда в прямоугольном треугольнике $ADC$ $DF$ — медиана. Значит, $DF = 12AC.$ Аналогично $BF = 12AC.$ Значит, $DF = BF,$ то есть треугольник $DF B$ равнобедренный. Тогда $FE$ — медиана этого равнобедренного треугольника, а значит, $FE$ и высота. Следовательно, $AC,$ содержащий отрезок $F E,$ перпендикулярен $DB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#72242

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC , 1$ и отмечены точки $K,$ $L$ и $M$ — середины сторон $AB,$ $BC$ и $CA$ соответственно. Докажите, что если $∠C1MA1 =∠ABC,$ то $C1K = A1L.$

Источники: Муницип - 2022, Орловская область, 10.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала подумаем, что нам дает равенство уголочков ∠ABC и ∠A₁MC₁. Мы знаем, что сумма уголков ∠C₁MA+∠C₁MA₁+∠A₁MC=180°. Как нам выразить ∠C₁MA и ∠A₁MC через углы треугольника ∠ABC?

Подсказка 2

Т.к. △AMC₁ и △CMA₁- равнобедренные, то ∠AMC₁=180°-2∠BAC, ∠CMA₁=180°-2∠BCA ⇒ ∠ABC=2(180°-∠ABC)-180° ⇒ ∠ABC=60°. Тогда очень интересным выглядит треугольник △BC₁C. Что можно сказать про сторону BC₁?

Подсказка 3

Верно, она равна BC/2. Но мы знаем, что BL=BC/2 ⇒ BC₁=BL. Из аналогичных рассуждений можно получить, что BK=BA₁. Как тогда завершить решение?

Подсказка 4

Посмотрите на равенство BC₁-BK=BL-BA₁!

Показать доказательство

$PIC$

Давайте сначала узнаем, для чего же нам дали равенство углов. Пусть $∠ABC = β,∠ACB = γ,∠BAC =α.$ Тогда можем выразить угол $C1MA1$ через два других угла треугольника. Понятно, что $AM = CM =C1M = A1M.$ Тогда

∠AMC1 =180∘− 2α ∠CMA1 = 180∘− 2β

∠C1MA1 = β = 180∘− (180∘− 2α)− (180∘ − 2β)= 2(α +β)− 180∘

Но мы знаем, что $∘ α +β +γ =180 .$ Тогда

β =2(180∘− β)− 180∘

∘ β = 60

Отлично! Значит, на самом деле нам дали треугольник с углом $60∘.$ Но тогда $KL = C1A1 = AC2 ,$ так как $KL$ — это средняя линия треугольника, а $△A BC 1 1$ подобен исходному с коэффициентом $cos60∘,$ откуда и получаем равенство. Теперь видим, что если докажем равенство треугольников $KC1L$ и $A1C1L,$ то мы победим! Одна пара сторон у них равные, а $C1L$ общая сторона. Давайте найдём угол между ними. Будем использовать знания о том, что $ACA1C1$ вписанный, $KL$ параллельно $AC$ и из прямоугольного треугольника $BC1 = BL= C1L.$ Тогда

∠KLC1 = ∠C1LB − ∠KLB = ∠LC1B− ∠A1C1B = ∠LC1A1

Значит, треугольники $KC1L$ и $A1C1L$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда и $KC1 = A1L.$ Победа!

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#70481

В остроугольном треугольнике $ABC$ с углом $45∘$ при вершине $A$ проведены высоты $AD,$ $BE$ и $CF.$ Луч $EF$ пересекает прямую $BC$ в точке $X.$ Оказалось, что $AX||DE.$ Найдите углы треугольника $ABC.$

Источники: Источник: СпбОШ - 2022, задача 11.2 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Даны параллельность и вписанность - это сразу же намекает нам на углы! Попробуем поотмечать, а потом воспользуемся условием на угол A) Что узнаем?

Подсказка 2

Понимаем, что AF = FC! Теперь мы можем посчитать достаточно большое количество углов на картинке...но все из них равны либо 90, либо 90/2. На что это может намекать? Обратим внимание на точку F.

Подсказка 3

Угол AFC в 2 раза больше чем AXC. Чем тогда является F для треугольника AXC? Когда мы это поймем, мы сможем по аналогии связать углы AFX=EFB и ACB. Не забываем про вписанность!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что $AF =F C$ . Из вписанностей $∠CDE = 45∘$ , и теперь из параллельности $∠AXD = 45∘$ . В треугольнике $AXC$ точка $F$ оказалась центром описанной окружности (равноудалена от вершин $A$ и $C$ и центральный угол в два раза больше вписанного). Поэтому $2∠ACB = ∠AF X = ∠BF E$ , что вместе со вписанностью $BF EC$ дает $∠ACB = 60∘$

Ответ:

$45∘,60∘,75∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#38694

Выпуклый четырёхугольник $ABCD$ таков, что $∠BAC = ∠BDA$ и $∠BAD = ∠ADC =60∘$ . Найдите длину $AD$ , если известно, что $AB = 14,CD = 6.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Два прилежащих угла четырёхугольника равны по 60 градусов. Какое удобное дополнительное построение можно сделать, чтобы получить эти углы уже в треугольнике?

Подсказка 2

Конечно, продлить AB и CD до пересечения в точке K и получить равносторонний треугольник. Поэтому можно искать не AD, а, например, KA или KD, так как они равны. Как теперь воспользоваться равенством углов ∠ BAC и ∠ BDA?

Подсказка 3

Докажите равенство треугольников △KCA и △BAD

Показать ответ и решение

Продлим стороны $AB$ и $CD$ до пересечения в точке $K$ . Заметим, что $∠KAD = ∠KDA = 60∘$ , а значит, треугольник — равносторонний. Тогда треугольники $KCA$ и $BAD$ равны по двум углам: $∘ ∠AKC =∠BAD = 60$ , $∠KAC =∠BDA$ по условию; и прилежащей стороне: $AK = AD$ . Тогда $KC =AB = 14$ и сторона равностороннего треугольника равна $KC + CD = 20$ , а значит, и $AD = 20.$

$PIC$

Ответ: 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#38693

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB =BC$ ) радиус описанной окружности равен стороне $AC$ . На стороне $AC$ построили квадрат $ACKL$ так, что $KL$ пересекает боковые стороны треугольника. Найдите угол $BLK.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Трудно работать с окружностью, когда мы не знаем, где ее центр. Тем более, удобно отметить его, если треугольник, который вписан в эту окружность - равнобедренный. Давайте отметим центр описанной окружности O и поймем что-то про эту точку и отрезки, которые она соединяет.

Подсказка 2

Верно, BO = OA, при этом OA = AC, и при этом AC = CL. Значит, BO = LA. Что тогда можно сказать про четырехугольник ALBO? Мы ведь еще никак не связали с картинкой BO(ну почти никак).

Подсказка 3

Можно сказать, что BO перпендикулярно AC, а значит, параллельно AL. Тогда, выходит, что ALBO - параллелограмм. Но ведь тогда AO || LB. Что тогда можно сказать, зная это и что AOC - равносторонний?

Показать ответ и решение

Обозначим центр описанной окружности треугольника за $O$ . Тогда $OB = OA = OC =AC$ , а также $AK = AC = CK = KL$ . Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $BO$ — является высотой, а значит, $OB ⊥ AC$ . А также $KC ⊥ AC$ . Таким образом, $OB =CK$ и $OB ∥ CK$ , а значит, $BOCK$ — параллелограмм, откуда $BK = OC = AC$ .

Аналогично получаем, что $BL = AC$ , а значит, $BK =BL = KL$ и треугольник $BKL$ — равносторонний, а значит, $∘ ∠KBL =60$ .

$PIC$

Ответ: 60

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#38692

Найдите величину угла, изображенного на картинке ниже.

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотря на картинку, сразу хочется достроить чертеж до треугольника) Каким он получится?

Показать ответ и решение

Проведём третий отрезок и получим равнобедеренный треугольник $ABC$ (см. рисунок ниже). Заметим, что треугольники $AXB$ и $BYC$ равны по двум сторонам и прямому углу $AXB$ , равному $BY C$ , а значит, $∠CBY = ∠BAX$ . Тогда

∘ ∘ ∘ ∠ABC =180 − ∠XBA − ∠CBY = 180 − ∠XBA − ∠BAX = 90

. Откуда получаем, что $∠ABC = 90∘$ , а значит, из равнобедренности, $∠BAC = ∠BCA = 45∘.$

$PIC$

Ответ: 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#37840

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD$ , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке $E$ . Прямая, проходящая через точку $E$ и перпендикулярная к $BC$ , пересекает сторону $AD$ в точке $M$ .

а) Докажите, что $EM$ — медиана треугольника $AED$ ;

б) Найдите $EM$ , если $AB = 7,CE = 3,∠ADB = α$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче есть прямоугольные треугольники(много), а еще вписаности! На что это намекает обычно, какие мы можем извлечь из этого полезные факты?

Подсказка 2!

2) Да, на такой картинке удобно считать углы! Давайте этим и воспользуемся для доказательства пункта а, и попробуем доказать, что EM - медиана DEA (который, кстати, является прямоугольным треугольником, что-то мы знаем про его медиану..!)

Подсказка 3!

3) Итак, в пункте б нам нужно найти медиану прямоугольного треугольника, то есть половину его гипотенузы! Мы знаем его угол, а значит, нам достаточно посчитать любой из катетов!

Подсказка 4!

4) Осталось аккуратно, пользуясь удачно большим количеством прямоугольных треугольников, посчитать EM

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼△BCE$ . Поскольку $EH$ ( $H = ME ∩ BC$ ) является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

Замечание. Указанный в задаче факт известен как "теорема Брахмагупты". Но так как в пункте (а) задача явно заключается в том, чтобы доказать напрямую это утверждение, не следует просто так ссылаться на эту теорему!

Можно также заметить, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED$ , а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC$ , как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам.

б) Заметим, что

BE = CE tg α= 3tg α

В силу перпендикулярности диагоналей четырёхугольника отрезок $AE$ можем, во-первых, найти по теореме Пифагора из треугольника $ABE$

AE = ∘49−-9tg2α

А во-вторых, из треугольника $AED$

∘--------- EM = AD-= AE--= -49−-9tg2α- 2 sinα 2sinα

Ответ:

$√49−9tg2α 2sinα$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#32991

Докажите, что высота прямоугольного треугольника делит гипотенузу в отношении квадратов катетов.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что из-за прямых и общих углов получилось получилось 3 подобных треугольника. Тогда что можно сделать?

Подсказка 2

Записать отношение сторон! Остаётся их аккуратно скомбинировать, чтобы выделить нужные отрезки

Подсказка 3

Хм. а какой вообще луч делит сторону в отношении квадратов прилежащих сторон? Симедиана! Так можно просто попробовать доказать, что высота в прямоугольном треугольнике является симедианой

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $BH$ и $BM$ — высота и медиана треугольника $ABC,$ где $∠ABC = 90∘.$

Первое решение. Заметим, что $cos∠A= AAHB-= AABC-,cos∠C = CCHB-= CABC.$ Отсюда $ACHH-= ACHH-⋅A⋅ACC = ACBB⋅⋅ACBB.$

Второе решение. Заметим, что $∠ABH = 90∘− ∠A= ∠C = ∠CBM$ и, тогда по свойству симедианы $BH$ имеем $ACHH-= ABBC22 .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#31837

На диагонали $AC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $E$ . Известно, что $∠BAC =∠BCA =∠DAC = 30∘,AC ⊥DE$ u $AE = 2CE$ . Докажите, что $AD +AE > 2BD$ .

Показать доказательство

$PIC$

Отметим на отрезке $AC$ точки $X$ и $Y$ так, что $∠ABX = ∠CBY = 30∘$ , чтобы получить $AX = XB$ и $CY = YB$ . Причём как внешние углы $∠BXY = 60∘$ и $∠BY X =60∘$ . Следовательно, треугольник $XBY$ правильный, а тогда $AX = XY = YC = BX = BY$ . Так как $AE = 2CE$ , то получаем, что точка $Y$ совпадает с $E$ , поэтому $AE = 2EB$ . Кроме того, $AD = 2DE$ , как гипотенуза и меньший катет прямоугольного треугольника с углом $30∘$ . Итак, $AD +AE = 2(DE +EB )> 2BD$ по неравенству треугольника, что и требовалось.

Предыдущий раздел

Следующий раздел