Планиметрия на ПВГ —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Планиметрия на ПВГ

Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Планиметрия на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $OT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $PV$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (это одно из свойств ортоцентра из школьной геометрии), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $PVG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S△OHM = S△OHP-+S△OHV--⇒ S△OHG = S△OHP + S△OHV. 2

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $PVG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP$ , в третьем - OHV) является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67954

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ равны и перпендикулярны. Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $√-- AB = 26.$

Источники: ПВГ-2023, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот пусть у нас треугольник ABC, медиана AD и биссектриса BE. Что сразу бросается в глаза, когда у нас биссектриса перпендикулярна чему-то (в нашем случае - медиане)?

Подсказка 2

Да, тут должен быть равнобедренный треугольник! Как раз подходит ABD. И отсюда мы уже получается знаем вторую сторону треугольника. Что еще удобно было бы найти, чтобы найти площадь треугольника?

Подсказка 3

Было бы не плохо найти угол между этими сторонами, чтобы воспользоваться формулой площади по двум сторонам и углу между ними) А вот из каких соображений его можно найти: у нас половинка этого угла содержится в прямоугольном треугольнике. Тогда если мы найдем отношения каких-то его сторон, то найдем и сам угол!

Подсказка 4

Вот пусть пересечение медианы и биссектрисы это точка F. Понятно, что AF = FD. А вот как относятся друг к другу BF и EF....Может, это отношение содержится в каком-то треугольнике, где уже есть несколько известных отношений?

Подсказка 5

Попробуйте рассмотреть т. Менелая для треугольника EBF и прямой AD, также не забывая пользоваться хорошим свойством биссектрисы! А дальше уже дело техники)

Показать ответ и решение

Пусть $BE = AD = 2a,AB = c,∠ABC = β,AD ∩BC = F.$ Так как $BF$ — высота и биссектриса треугольника $BDA,$ то этот треугольник равнобедренный, поэтому $BA = BD =c,AF =F D =a$

$PIC$

Первое решение.

По теореме Менелая для треугольника $EBC$ и прямой $AD :$

EF BD CA FB-⋅DC-⋅AE-= 1

Так как $BD = DC = 2c$ и так как по свойству биссектрисы $CAAE-=1+ CAEE-= 1+ CBBA-=1 + 2cc = 3,$ то остаётся соотношение

EF- ⋅3 =1 ⇐ ⇒ EF = a,FB = 3a F B 2 2

Тогда по теореме Пифагора для треугольника $AFB :$

a2+(3a)2 = 26 2

√- a= 8

Тогда $∘ -- ∘-- sinβ2 = 286,cosβ2 = 1286$ и по формуле синуса двойного угла площадь треугольника можно выразить как

∘ ---∘ --- S = 1 ⋅c⋅2c⋅2sin βcosβ =26⋅2⋅ 8-⋅ 18= 2⋅12= 24 ABC 2 2 2 26 26

Второе решение.

По формуле для длины биссектрисы:

2 ⋅2c⋅c β 2a= -2c+c-cos2;

3a = c⋅cosβ. 2 2

Из треугольника $BDF$ получим, что

β a= c⋅sin 2

Поделим эти уравнения друг на друга и получим, что

β 2 tg2 = 3

Тогда из основного тригонометрического тождества: $β β cos2 = √313,sin 2 = √213.$ Значит, из формулы синуса двойного угла $sinβ = 1123.$ Наконец,

SABC =c2sinβ =24

Ответ: 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71440

Среди всех вписанных четырёхугольников найдите четырёхугольник $ABCD$ с наименьшим периметром, в котором $AB = BC =CD$ и все попарные расстояния между точками $A,B$ , $C$ и $D$ выражаются целыми числами. Чему при этом равен радиус описанной вокруг $ABCD$ окружности?

Источники: ПВГ-2022, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала нужно понять что это за вписанный четырехугольник с тремя равными сторонами. Поотмечать уголки, выяснить тип фигуры.

Подсказка 2

Действительно, это равнобокая трапеция. Удобнее обозначить равные стороны за a, а другую - за b. Тогда периметр можно выразить через a и b и минимизировать его.

Подсказка 3

Проведите высоту, так Вам удобнее будет выражать диагонали, саму высоту. Посчитайте маленько(много Пифагора)! Посмотрите на одну из диагоналей!

Подсказка 4

Нам очень помогает условие целостности на попарные расстояния. Так, мы можем поперебирать значения a,b. Помним о неравенстве ломаной, переменных, целых числах, квадрате диагонали.

Подсказка 5

Помним про наименьший периметр, вовремя остановимся и проверим, достигается ли равенство.

Показать ответ и решение

Так как хорды $AB$ и $CD$ равны, то равны и дуги $AB$ и $CD,$ а значит, равны вписанные углы $CAD$ и $BCA.$ Это означает, что $BC ∥ AD$ , и $ABCD$ — трапеция с равными боковыми сторонами $AB$ и $CD$ . Пусть $AB =BC = CD = a,AD =b,$ $AC = BD =c.$ Высоту $h =BH$ выразим по теореме Пифагора

(b− a)2 h2 = a2− -2--

( ) ( ) ( ) c2 = h2+ a+-b 2 = a2− b−-a 2+ a-+b 2 =a2+ ab 2 2 2

Заметим, что это же можно было получить с помощью теоремы Птолемея:

2 2 AB ⋅CD + BC⋅AD = AC ⋅BD ⇔ a +ab= c

Таким образом,

c2 =a(a+ b),

где $a,b,c$ — натуральные числа. Кроме того, $3a> b,$ то есть $b≤ 3a− 1.$

Если $a =1,$ то $b∈[1;2],$ и уравнение $c2 = 1(1+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =2,$ то $b∈[1;5],$ и уравнение $c2 = 2(2+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =3,$ то $b∈[1;8],$ и уравнение $c2 = 3(3+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a= 4,$ то $b∈ [1;11],$ и уравнение $c2 =4(4+ b)$ имеет единственное целое решение $b= 5,$ $c= 6.$ Тогда периметр равен $3a+ b=17.$
При $a ≥5$ периметр будет больше 17, так как если $3a+ b≤17,$ то $a =5.$ Но тогда или $b= 1,$ $c2 = 30,$ или $b= 2,c2 =35$ — то и другое невозможно.

Итак, $AB = BC = CD =4,AD = 5,AC = BD = 6,$ периметр равен 17. Тогда высота трапеции равна $∘ ---(---)2 √ - 42− 5−24 = 327 ,$ синус угла при основании равен $√- √- sinA= 32⋅74 = 387,$ а искомый радиус находится по теореме синусов

2R = BD--= 6⋅√8 ⇒ R= √8- sinA 3 7 7

Ответ:

$√8- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#46085

Точка $O$ является центром окружности, касающейся двух сторон треугольника $ABC$ , и лежит на стороне $BC$ . Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ , если $3 OB = 2,OC =2,AC = 3$ .

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что за окружность такая с центром О, которая касается двух сторон угла BAC? Можем ли мы сказать, где лежит точка О?

Подсказка 2

Центр вписанной в угол окружности всегда лежит на его биссектрисе! А какое хорошее свойство есть у биссектрисы?

Подсказка 3

Она делит сторону BC точкой О в отношении, равном отношению прилежащих сторон. Теперь мы легко находим длину AB! Как по трём сторонам треугольника ABC найти радиус описанной около него окружности?

Подсказка 4

Например, радиус описанной окружности можно найти по теореме синусов! Для этого только нужен угол, который находится по трём сторонам из теоремы косинусов.

Показать ответ и решение

$PIC$

Центр $O$ вписанной в угол $ABC$ окружности лежит на биссектрисе угла $A$ . Отсюда по свойству биссектрисы $AB = BCOO-⋅AC =4$ . Мы знаем все стороны треугольника, потому можем использовать теорему косинусов для $∠A =α$

√-- 49 =32+ 42− 2 ⋅3 ⋅4 cosα =⇒ cosα = 17- =⇒ sinα = 7-15 4 32 32

Откуда $R= -BC- = √8- 2sinα 15$ .

Ответ:

$√8-- 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45588

Серединный перпендикуляр к биссектрисе $AD$ треугольника $ABC$ пересекает прямую $BC$ в точке $E$ . Найдите $BC$ , если $AB :AC = 3:2$ и $CE =3$ .

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем сначала над тем, как хорошо бы переформулировать условие с серединным перпендикуляром. Что он нам даёт?

Подсказка 2

Верно, если у нас серединный перпендикуляр пересекает прямую в точке Е, то получается равнобедренный треугольник AED. Теперь осталось до конца воспользоваться его преимуществами. У нас есть равенство углов у равнобедренного треугольника и биссектриса. Попробуйте из этого понять что-то про угол САЕ.

Подсказка 3

Ага, видим, что углы CAE и В равны между собой. Значит, у нас есть два подобных треугольника по двум углам. Но нам неизвестна только сторона AE=AD. Вспомним, что мы ещё не пользовались свойством биссектрисы, и потом запишем соотношение для сторон из подобия.

Показать ответ и решение

$PIC$

В силу свойства биссектрисы $BD =3x,CD =2x$ . Далее заметим, что $∠EDA =∠B + ∠BAD = ∠EAD = ∠CAD + ∠EAC =⇒ ∠EAC = ∠B$ (помним, что $△AED$ равнобедренный). Отсюда $△ECA ∼ △EAB$ , то есть

EC-= EA- ⇐⇒ --3--= 3+-2x ⇐⇒ 4x2− 3x= 0 =⇒ x= 3 =⇒ BC = 15 AE EB 3+ 2x 3+ 5x 4 4

Ответ:

$15 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#39871

Высота, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит гипотенузу на два отрезка, один из которых равен $16$ . Найдите длину второго отрезка, если радиус вписанной в этот треугольник окружности равен $5.$

Источники: ПВГ-2020, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть BH --- заданная в условии высота треугольника ABC из прямого угла. Давайте вспомним, что мы можем сказать про высоту к гипотенузе и длины отрезков, на которые она разбивает гипотенузу. Пусть СН=t^2, чему тогда равен отрезок ВН?

Подсказка 2

Посчитайте площадь треугольника двумя способами. Посмотрите внимательно на то, какими данными из условия мы еще не воспользовались и выберите нужные способы!

Подсказка 3

Да, первый способ – через высоту, а второй – через радиус вписанной окружности. Придумайте, как выразить полупериметр так, чтобы в нем была только сторона АС и радиус вписанной окружности!

Подсказка 4

Находим t и считаем ответ!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это $△ABC, ∠B =90∘$ , $BH$ — высота и $AH = 16$ , второй отрезок $CH = t2$ . Тогда высота к гипотенузе $√------- BH = AH ⋅CH = 4t$ .

С одной стороны,

2 SABC = BH-⋅AC-= 4t⋅(16+t-). 2 2

С другой стороны, используя равенство $AB +BC = AC +2r$

S = PABC-⋅r= r⋅(2r+2AC-)= 5(t2+ 21). ABC 2 2

Тогда для $t$ получим кубическое уравнение

3 2 2 2t − 5t + 32t− 105 =(t− 3)(2t + t+35)= 0

Поскольку вторая скобка не имеет корней, то $t= 3 =⇒ CH =t2 = 9$ .

Ответ:

$9$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#68256

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на высоте $BH$ , которая в полтора раза больше основания $AC$ , как на диаметре, построена окружность, пересекающая боковую сторону $BC$ в точке $F$ . Каково отношение площади треугольника $FCH$ к площади треугольника $ABC?$ Какая часть площади треугольника $ABC$ находится внутри окружности?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как наша окружность построена на BH как на диаметре, то ∠BFH=90°. Тогда в прямоугольном треугольнике BHC проведена высота HF, а в такой картинке возникает много подобных треугольников...

Подсказка 2

Если обозначить AC за 2a, BF за y, FC за x, то AH=HC=a, BH=3a. Из подобия треугольников BFH, FHC и BHC получаем, что 9a²=y(x+y) и a²=x(y+x) => y=9x. Как нам найти отношение площадей FCH и ABC, если у них есть общий угол?

Подсказка 3

Из формулы площади треугольника через стороны и синус угла между ними можно понять, что S(FCH)/S(ABC) = (CF*CH)/(CB*CA) = (y*a)/(2a*(x+y)) = 1/20. А можно ли как-то выразить x через a?

Подсказка 4

Можно! С помощью теоремы Пифагора для треугольника BHC. Получаем, что a=x * √10. Теперь мы можем выразить все отрезки на картинке через a. Чтобы узнать, какая часть площади треугольника находится внутри окружности, необходимо выразить площадь секторов HOF и HOP (где О- центр нашей окружности). А для этого нам необходимо знак угол HOF (HOF=HOP). Как его можно найти?

Подсказка 5

Можно воспользоваться теоремой косинусов для треугольника HOF, благо OF=OH=1,5a. После этого останется найти синус, и задача убита, ведь площади треугольников BOF и BOP это половинки площади треугольника BFH и BPH (FO и PO- медианы).

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: по условию высота $BH$ в полтора раза больше основания $AC$ , тогда пусть $BH =3a, HC = HA = a, BF = y$ и $FC = x$ . Поскольку угол $BF H$ — прямой(опирается на диаметр), то $△F HC ∼ △BHC, △BF H ∼ △BHC$ , тогда из отношений подобных сторон имеем

{ FHCC-= HBCC- BBFH-= BBHC-

{ a2 = x(y+ x), 9a2 =y(x+ y)

=⇒ y =9x

Из отношения площадей треугольников $FCH$ и $ABC$ с общим углом $HCF$ находим ответ на первый вопрос:

SFCH 12 ⋅a⋅x⋅sin∠HCF SABC-= 1⋅(x+-y)⋅2a⋅sin∠HCF--= 2

= ---x-- = 1- 2(x+ y) 20

По теореме Пифагора для треугольника $BHC$ выразим $x$ через $a:$

2 2 2 -a- a + 9a = 100x =⇒ x= √10.

Пусть $O$ — центр окружности, описанной вокруг треугольника $BHF$ . Обозначим $α= ∠HOF$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BOF$ , в котором

$∠BOF = 180∘− α$ и $BO = OF = 3a2-$ как радиусы:

BF2 = BO2 +OF 2− 2BO⋅OF ⋅cos∠BOF

( 9a )2 ( 3a)2 9a2 4 3 √10 = 2⋅ 2- +2 ⋅4--cosα =⇒ cosα = 5 =⇒ sinα= 5.

Обозначим площадь сектора $HOF$ через $S1$ . Тогда по формуле кругового сектора

2 S1 = 1⋅ 9a-⋅arcsin 3 2 4 5

Пусть $P$ — точка пересечения окружности и стороны $AB$ . Тогда внутри окружности, в силу симметрии, два таких сектора равной площади: $HOF$ и $HOP$ . Кроме того, внутри окружности два треугольника одинаковой площади: $SBOP = SBOF =S2$ . Теперь найдем $S2$

S2 = 1 ⋅ 9a2-sinα= 27a2 2 4 40

Тогда ответ на второй вопрос будет следующий:

2(9a2⋅arcsin 3+ 27a2) 2-(S1+-S2)= ---8-----2-5--40--= SABC 3a

3( 3 3) = 4 arcsin5 + 5

Ответ:

$-1; 3(arcsin3+ 3) 20 4 5 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#45074

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на высоте $BH$ , равной основанию $AC$ , как на диаметре построена окружность, пересекающая боковую сторону $BC$ в точке $F$ . Каково отношение площади треугольника $FCH$ к площади треугольника $ABC?$ Какая часть площади треугольника $ABC$ находится внутри окружности?

Источники: ПВГ-2019, 11.4 (см. rsr-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Давайте обозначит CF за x и попробуем посмотреть, что у нас получается. Основание треугольника обозначим за 2a. Давайте обозначим еще оснаток BF за y. Мы знаем, что трегуольник BFH прямоугольный, тогда давайте воспользуемся теоремой о соотношении катетов в прямоугольном треугольнике! Попробуйте найти отношение y/x.

Подсказка 2!

Да, записав теорему мы получим, что это соотношение равно 4. Осталось только найти соотношение площадей)

Подсказка 3!

Так, займемся пунктом b. Было бы здорово попробовать избавиться от x и выразить его через a. Для нахождения площади сегментов окружности, нам придется обратиться к цглам и центру. Отметьте центр окружности и заметим, что тогда в треугольнике BOF можно написать теорему косинусов! Остается аккуратно посчитать и ответить на вопрос.

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: $BH = 2a,HC =a,BF = y,F C = x$ . Поскольку угол $BF H$ - прямой, то по теореме об соотношениях в прямоугольном треугольнике для двух катетов $BH,HC$ будем иметь:

{ a2 = x(y+ x), ⇒ y= 4⇒ y = 4x 4a2 =y(x+ y) x

Из отношения площадей треугольников с общим углом находим ответ на первый вопрос:

SFSCH- = 2a(axx+-y) = 110 ABC

Из теоремы Пифагора для $△BHC$ имеем $5a2 = 25x2 =⇒ x= √a 5$ . Далее пусть $O$ — центр окружности из условия, а также $∠HOF =α$ , запишем теорему косинусов для $△BOF$

(-4a-)2 2 2 3 4 √5- = 2a +2a cosα ⇒ cosα = 5 ⇒ sin α= 5

Обозначим площадь сектора $HOF$ через $S1$ . Тогда $1 2 4 S1 = 2a ⋅arcsin 5$ . Внутри окружности у треугольника два таких сектора. Кроме того, внутри окружности два треугольника одинаковой площади (симметрия относительно $BH$ ). Найдем площадь $S2$ $1 2 △BOF :S2 = 2a2sinδ = 5a2$ . Тогда ответ на второй вопрос будет следующий: $2(S +S) 1( 4 4) -S1ABC2-= 2 arcsin5 +5$ .

Ответ:

$-1, 1(arcsin4 + 4) 10 2 5 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#45071

В треугольник $ABC$ , в котором сумма сторон $AC$ и $BC$ в $9 5$ раз больше стороны $AB$ , вписана окружность, касающаяся сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $M,N$ и $K$ соответственно. Отношение площади треугольника $MNC$ к площади треугольника $ABC$ равно $r$ . Найдите при данных условиях:

а) наименьшее значение $r$ ;

б) все возможные значения $r$ .

Источники: ПВГ-2018, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Для начала посмотрим на пункт а. Заметим, что у нас тут есть какие-то отрезки касательных, может быть мы можем выразить их через стороны треугольника как-то..?

Подсказка 2!

Верно! MC = NC = Полупериметр - c! А еще в треугольнике MNC две равных стороны, которые мы можем так выразить. Тааааааак, а как бы нам теперь зная много сторон найти отношение площадей?

Подсказка 3!

В таких случаях мы пишем отношение площадей через формулу двух сторон и угла между ними! Было бы здорово, если бы угол был общий, попробуйте угол С?

Подсказка 4!

А теперь в получившейся формуле осталось прийти к минимуму! (a+b) и ab, что-то знакомое..

Подсказка 5!

Хм, а пункт б? Раскроем скобки в последнем выражении для отношения площадей и сделаем замену t = a/b! Тогда что будет в скобках? В точности t+1/t+2. Осталось найти возможные значения t!

Показать ответ и решение

а) По формуле отрезков касательных для вписанной окружности имеем $MC = NC = p− c, p = a+b+c, a,b,c 2$ — стороны $BC, AC,AB$ треугольника, отсюда

SMNC (p− c)2 (a+ b− c)2 4(a+ b)2 SABC-= --ab--= ---4ab---= --81ab--.

Используем неравенство о средних $√ -- a+ b≥ 2 ab$ (знак равно достигается, только в случае $a =b$ ), то $2 16(a81+abb) ≥ 4⋅814aabb = 1861$ .

б) Перепишем отношение площадей в следующем виде:

2 ( ) ( ) SMNC-= 4(a+b)-= -4 a+ 2+ b = -4 t+ 1+ 2 SABC 81ab 81 b a 81 t

где $t= ab$ . По неравенству треугольника $a+ b> c,a+ c> b,b+ c> a$ . Учитывая то, что $c= 5(a9+b)-$ последние неравенства равносильны $7> a> 2 2 b 7$ . Отсюда $t∈(2,7) 7 2$ . Функция $f(t)= 4-(t+ 1 +2) 81 t$ монотонно убывает на $(0;1)$ и возрастает на $(1;+∞ )$ , она симметрична относительно $1$ , откуда $f(2)= f(7)= 2 7 2 7$ . В итоге находим множество значений $f(t) : f(1) = 16 ≤f(t)≤ f(7)= 2 81 2 7$ на отрезке $(2,7) 7 2$ . Любое промежуточное значение можно задать выбором $a$ и $b$ .

Ответ:

а) $16 81$

б) $16 2 [81;7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79928

В прямоугольном треугольнике $ABC$ из вершины прямого угла $C$ проведёна высота $CK$ . Периметр треугольника $ABC$ равен 13, а периметр треугольника $BCK$ равен 5. Найдите периметр треугольника $ACK.$

Показать ответ и решение

Треугольники $ABC$ , $ACK$ и $CBK$ подобны. Периметры подобных треугольников относятся так же, как соответствующие стороны. Поэтому

PACK AC PCBK CB PABC-= AB-,PABC-= AB-.

По теореме Пифагора получаем

$2 2 (A(ACB))2 + ((CABB))2 = 1,$ откуда $P2CBK + P2AKC =PA2BC.$ Поэтому $PAKC =12$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#79927

Медиана $AM$ треугольника $ABC$ перпендикулярна его биссектрисе $BL.$ Найдите площадь треугольника $ABM$ , если площадь треугольника $ABL$ равна $10.$

Показать ответ и решение

Биссектриса треугольника $ABM$ служит его высотой, поэтому $AB =$ $BM = MC ≡ x,$ а также $AL :LC =AB :BC = 1:2,$ откуда $AL = y$ и $CL= 2y.$ Далее, имеем

SABM SACM x⋅3y 3 3 SABL- =SBCL-∕2 = 2x⋅2y∕2-= 2 ⇒ SABM = 2 ⋅10 =15

Ответ: 15

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#51852

Серединами оснований $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ являются точки $K$ и $L$ соответственно. Известно, что $AD = 10⋅BC.$ На боковых сторонах $AB$ и $CD$ взяты, соответственно, точки $M$ и $N$ , так что прямая $MN$ параллельна основаниям трапеции. При каком значении отношения $AM :MB$ сумма площадей треугольников $BKN$ и $MNL$ будет наибольшей?

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Введем обозначения: $S = S,AD =k ⋅BC (k> 1),BC = a, ABCD$ высота трапеции $ABCD − h,x = MB. AB$ Тогда $S = a+kah, 2$ откуда $-2S ah= 1+k$ Получаем: $1 a -xS-- SBKN = 2 ⋅ 2 ⋅hx= 2(1+k).$ Так как $MN =x(k− 1)a +a,$ то

$PIC$

SMNL = a(x(k−-1)+-1)⋅(1− x)h= S(x(k-− 1)+-1)(1−-x) 2 1+ k SBKN +SMNL = ---S-- (2x2(1 − k)+ x(2k− 3)+2) 2(1+ k)

Функция $f(x)= 2x2(1− k)+x(2k− 3)+ 2$ имеет максимум при $x0 =-2k−-3 4(k− 1)$ Если $k= 10,$ то $x0 = 17, 36$ откуда $AM :MB =19 :17.$

Ответ:

$19:17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#79929

Треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром в точке $O.$ Биссектрисы внутренних углов треугольника при вершинах $A$ и $B$ пересекают описанную окружность в точках $A1$ и $B1$ соответственно. Угол между биссектрисами равен $∘ 60 .$ Длина стороны $AB$ равна 3. Найдите площадь треугольника $A1B1O.$

Показать ответ и решение

Угол между биссектрисами равен углу при вершине $C,∠C =$ $60∘.$ Точки $A 1$ и $B 1$ лежат на перпендикулярах к сторонам треугольника, опущенным из точки $O$ - центра описанной окружности. Отсюда следует, что угол $∘ ∠A1OB1 = 120.$ Радиус окружности можно найти по теореме синусов $---3-- √- R= 2sin60∘ = 3.$ Тогда площадь искомого треугольника равна $√-√- ∘ 3√3 S = 0,5 3 3 sin120 = 4$

Ответ:

$3√3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#80606

Кратчайшее расстояние от вершины $B$ треугольника $ABC$ до точек противолежащей стороны равно $12$ . Найдите стороны $AB$ и $BC$ этого треугольника, если $√ - sin∠C = 3∕2$ и $AC = 5.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим три возможных случая.

1) Углы $A$ и $C$ острые. Тогда $∘ ∠C = 60$ и высота $BH$ равна 12. Но в этом случае $√ - CH = 4 3$ и основание $H$ высоты не может лежать на стороне $AC.$

2) Угол $A$ тупой, а угол $C$ острый. Тогда $∘ ∠C =60 ,AB = 12$ и по теореме косинусов $2 √--- 144= 25+BC − 5⋅BC ⇒ BC = (5+ 501)∕2$

3) Угол $A$ острый, а угол $C$ тупой. Тогда $∘ ∠C = 120 ,BC =12$ и по теореме косинусов $2 AB = 229$

Ответ:

одна сторона равна $12,$ а другая равна либо $(5+ √501)∕2,$ либо $√229.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#80605

В окружности диаметр $AB$ и хорда $P Q$ пересекаются в точке $C$ под прямым углом. Найдите длину биссектрис треугольника $APQ,$ если $PC = 5$ , $AC :CB = 8.$

Показать ответ и решение

Обозначим $BC = x,$ тогда $AC = 8x$ и из $△AP B$ получаем, что $8x2 = 25⇒ x = 5√-. 8$ Поскольку $△AP Q$ равнобедренный, то $AC −$ биссектриса угла $A$ и $√- AC =10 2.$ По теореме Пифагора $√-------- AP = 25+ 25⋅8 =15.$ Пусть биссектриса угла $AP Q$ пересекает $AQ$ в точке $S.$ Taк как $PQ =10,$ то по свойству биссектрисы получаем: $√8 AS =9,SQ =6.cos∠CAP = 3 ⇒$ $8 7 cos∠QAP = 29 − 1= 9.$ Из $△PAS$ по теореме косинусов получаем, что $2 7 PS = 225 +81− 2⋅15⋅9⋅9 = 96$ $√- ⇒ PS = 4 6$

Ответ:

$10√2,4√6,4√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#45072

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $B$ квадрата $ABCD$ , пересекает прямые $AD$ и $AC$ в точках $E$ и $F$ , отличных от точки $A$ . Длина ортогональной проекции отрезка $EF$ на прямую $AC$ равна $1.$ Какой при этих условиях может быть длина стороны квадрата?

Источники: ПВГ-2012, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Итак, обозначим основание перпендикуляра из E на AF за H. То есть в задаче просят выразить сторону квадрата через FH. Для этого попробуем найти подобные треугольники, так как у нас есть углы по 90 и равные от впсианности. Итак, как всегда для начала воспользуемся вписанностью четырехугольника ABFE, отметим его равные углы. Заметим, что AEB=AFB

Подсказка 2!

Так, теперь попробуем что-то понять про угол HEF, он равен 90 - AFE... Как бы теперь доказать, что он равен одному из углов предыдущего пункта?

Подсказка 3!

А теперь попробуйте найти подобные треугольники, которые помогут ответить на вопрос задачи)

Показать ответ и решение

$PIC$

Опустим из точки $E$ на прямую $AF$ : $EH ⊥AF,H ∈ AF$ . По условию дано $HF =1.$

Также давайте зафиксируем условие про окружность, проходящую через $E$ и $F$ , через равенство вписанных углов: $∠AEB =∠AF B =α$ , и через условие про сумму противоположных углов:

BFE = 180∘− ∠BAE = 90∘ =⇒ ∠HF E = 90 − α =⇒ HEF = α

Из этого наблюдения получаем подобие по равному острому углу прямоугольных треугольников: $△AEB ∼△HEF.$

Осталось найти коэффициент подобия:

√ - √ - HAFB-= EAHE-= sin∠HAE =sin45∘ = 1√-- =⇒ AB = 2HF = 2 2

Ответ:

$√2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#45073

Вокруг четырёхугольника $ABCD$ описана окружность с центром в точке $O$ . Известно, что диагонали $AC$ и $BD$ четырёхугольника перпендикулярны, $AB =4$ , $DC = 5$ . Какие значения может принимать площадь треугольника $AOB$ ?

Источники: ПВГ-2009, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Обозначим угол ACB за a. Тогда у нас угол DBC = 90-a. попробуйте теперь найти что-то про а через теорему синусов в треугольниках ABC и DBC. Может быть, получится узнать его тангенс?

Подсказка 2!

Тангенс найден! А теперь подумайте, как выразить площадь AOB равнобедренного, используя тангенс угла а)!

Показать ответ и решение

$PIC$