1. Точка \(O\) — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника \(ABC\), а \(BH\) — высота этого треугольника.
а) Докажите, что углы \(ABH\) и \(CBO\) равны.
б) Найдите \(BH\), если \(AB = 8, \; BC = 9, \; BH = BO.\)
Решение:
а) Обозначим угол \(BAC\) через \(\alpha \). Тогда \(\angle BOC=2\alpha ,\) поскольку является центральным углом, опирающимся на ту же дугу окружности, что и угол \(BAC\). В равнобедренном треугольнике \(BOC\) получаем \(\angle CBO={90}^\circ -\alpha ,\) а в прямоугольном треугольнике \(BAH\) получаем \(\angle ABH={90}^\circ -\alpha .\) Таким образом, \(\angle CBO=\angle ABH.\)
б) Пусть \(M\) — середина отрезка \(BC\). Прямоугольные треугольники \(BAH\) и \(BOM\) подобны, поскольку \(\angle ABH=\angle OBM.\)
Значит, \(\displaystyle \frac{BH}{AB}=\frac{BM}{BO}\Leftrightarrow BH^2=\frac{AB\cdot BC}{2}\Leftrightarrow BH=\sqrt{\frac{AB\cdot BC}{2}}=6.\)
Ответ: б) 6.
2. Известно, что \(ABCD\) трапеция, \(AD = 2BC. \; AD, \; BC\) — основания. Точка \(M\) такова, что углы \(ABM\) и \(MCD\) прямые.
а) Доказать, что \(MA = MD.\)
б) Расстояние от \(M\) до \(AD\) равно \(BC\), а угол \(ADC\) равен \({55}^\circ\). Найдите угол \(BAD\).
Решение:
а) Продлим боковые стороны трапеции.
Так как \(\displaystyle BC=\frac{1}{2}AD,\) то \(BC\) — средняя линия треугольника \(AQD,\) тогда \(QC = CD, \; QB= BA.\)
Углы \(MCD\) и \(MBA\) прямые, из чего следует, что \(MC\) и \(MB\) — медианы и высоты, тогда треугольники \(QMD\) и \(QMA\) — равнобедренные, то есть \(QM = MD, \; QM = MA,\) а значит, \(MD = MA\), что и требовалось доказать.
б) Отпустим высоту \(MN\) в равнобедренном треугольнике \(AMD. \; MN\) — медиана, откуда \(AN = ND.\)
\(\displaystyle BC=\frac{1}{2}AD=AN=ND, \; MN = BC,\) тогда \(BC = AN = ND.\)
Поскольку \(MN\) — медиана, \(\displaystyle MN=\frac{1}{2}AD,\) то угол \(AMD={90}^\circ .\)
Треугольник \(MND\) — прямоугольный и равнобедренный, тогда \(\angle NDM=\angle MAN={45}^\circ .\)
Заметим теперь, что \(\angle CDM=\angle CDA-\angle MDA={55}^\circ -{45}^\circ ={10}^\circ ,\) тогда \(\angle MQD={10}^\circ .\) Имеем:
\(\angle QAM+\angle MAD+\angle ADC+\angle DQM+\angle MQA={180}^\circ ,\) откуда \(\displaystyle \angle QAM=\frac{{180}^\circ -110{}^\circ }{2}=35{}^\circ .\)
Тогда \(\angle BAD=\angle QAM+\angle MAN=80{}^\circ .\)
Ответ: б) \(80{}^\circ .\)
3. Хорды \(AD, \; BE\) и \(CF\) окружности делят друг друга на три равные части.
а) Докажите, что эти хорды равны.
б) Найдите площадь шестиугольника \(ABCDEF\), если точки \(A, \ B, \ C, \ D, \ E\) последовательно расположены на окружности, а радиус окружности равен \(2\sqrt{14}.\)
Решение:
а) Пусть две хорды равны \(3x\) и \(3y.\) По теореме о произведении пересекающихся хорд \(2x\cdot x=2y\cdot y.\) Отсюда находим, что \(x=y,\) значит, эти хорды равны. Аналогично докажем, что третья хорда равна каждой из первых двух.
б) Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому центр равностороннего треугольника с вершинами в точках попарного пересечения хорд совпадает с центром данной окружности. Пусть хорды \(BE\) и \(CF\) пересекают хорду \(AD\) в точках \(P\) и \(Q\) соответственно, хорды \(BE\) и \(FC\) пересекаются в точке \(T\), а \(H\) — проекция центра \(O\) на хорду \(AD\). Тогда \(H\) — общая середина отрезков \(AD\) и \(PQ\), а \(OH\) — радиус вписанной окружности равностороннего треугольника \(PQT\) со стороной \(PQ\).
Через точку \(T\) проведем прямую, параллельную \(AD\), через точку \(P\) — прямую, параллельную \(CF\), а через точку \(Q\) — прямую, параллельную \(BE\). Эти прямые и хорды \(AD, \; BE\) и \(CF\) разбивают шестиугольник\(ABCDEF\) на 13 одинаковых равносторонних треугольников.
Обозначим \(PQ=2\alpha .\)
Тогда \(\displaystyle OH=\frac{2a\sqrt{3}}{6}=\frac{a\sqrt{3}}{3},\)
\(\displaystyle 2\sqrt{14}=OA=\sqrt{OH^2+AH^2}=\sqrt{\frac{a^2}{3}+9a^2}=\frac{2a\sqrt{7}}{\sqrt{3}}.\)
Отсюда находим, что \(a=\sqrt{6},\) значит, \(PQ=2a=2\sqrt{6}, \; S_{PQT}=a^2\sqrt{3}=6\sqrt{3}.\)
Следовательно,
\(S_{ABCDEF}=13S_{PQT}=13\cdot 6\sqrt{3}=78\sqrt{3}.\)
Ответ: \(78\sqrt{3}.\)
4. (Демовариант). 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 \(C.\)
а) Докажите, что прямые \(AD\) и \(BC\) параллельны.
б) Найдите площадь треугольника \(AKB\), если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.
Решение:
Другими словами, в пункте (а) надо доказать, что точка \(D\) лежит на прямой \(AO_{1\ },\) а точка \(C\) — на прямой \(O_2B.\)
\(A O_1O_2B\) — прямоугольная трапеция, поскольку \(O_1A\bot AB; \ O_2B\bot AB\) (как радиусы, проведенные в точку касания), \(O_1A\parallel O_2B.\)
Если \(\angle AO_1K=\varphi ,\) то \(\angle KO_2B=180{}^\circ -\varphi \) (как односторонние углы), \(\displaystyle \angle O_1AK=\frac{180{}^\circ -\varphi }{2}.\)
Тогда \(\displaystyle \angle KAB=\frac{\varphi }{2}; \; \angle O_2BK=\frac{\varphi }{2}\) и \(\displaystyle \angle KBA=90{}^\circ -\frac{\varphi }{2}.\)
\(\vartriangle AKB\) — прямоугольный, \(\angle AKB=90{}^\circ .\)
Тогда \(\angle AKD=90{}^\circ \Rightarrow AD\) — диаметр первой окружности; \( \angle BKC=90{}^\circ \Rightarrow BC\) — диаметр второй окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.
Значит, \(AD\parallel BC.\)
б)\( O_1A=4;\ O_2B=1.\)
Найдем \( S_{\vartriangle AKB} AK\) — высота в \(\vartriangle ABD,\) где \(\angle A=90{}^\circ ;\)
\(\displaystyle \vartriangle AKB\sim \vartriangle DAB; \; k=\frac{AB}{BD}.\)
Рассмотрев прямоугольную трапецию \(AO_1O_2B,\) где \(O_1A=4, \; O_2B=1, \; O_1O_2=4+1=5,\) найдем, что \(AB= O_2N=4.\)
Из \(\vartriangle ABD\) по теореме Пифагора \(BD=\sqrt{{AB}^2+{AD}^2}=4\sqrt{5}.\)
\(\displaystyle k=\frac{AB}{BD}=\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}};\)
\(\displaystyle S_{\vartriangle AKB}=k^2\cdot S_{\vartriangle DAB}=\frac{1}{5}S_{\vartriangle DAB}=\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 8=\frac{16}{5}=3,2.\)
5. Окружность \({\omega }_1\) c центром \(P\) и радиусом \(\sqrt{6}\) и окружность \({\omega }_2\) с центром \(Q\) и радиусом 2 касаются внешним образом в точке \(A\). Окружность \({\omega }_3\) с центром в точке \(O\) и радиусом равным \(2\sqrt{3}\) пересекает окружность \({\omega }_1\) в точках \(A\) и \(B\), причем угол \(OBP\) — прямой. Точка \(C\) — вторая точка пересечения окружностей \({\omega }_2\) и \({\omega }_3\).
а) Докажите, что угол \(OCQ\) — также прямой.
б) Найдите \(BC\).
Решение:
Точка касания окружности лежит на линии, соединяющей их центры. Значит, \(A\in \ PQ\).
\(\vartriangle OBP=\vartriangle OAP\ \) (по 3 сторонам),
Тогда \(\angle OAP=\angle OBP=90{}^\circ ;\)
\(A\ \in \ PQ,\) значит, \(\angle PAQ=180{}^\circ .\)
\(\angle OAQ\ \) - смежный с \( \angle OAP, \; \angle OAQ=180{}^\circ -90{}^\circ =90{}^\circ . \)
Аналогично, \(\vartriangle OCQ=\vartriangle OAQ\) (по 3 сторонам), и \(\angle OCQ=90{}^\circ \), что и требовалось доказать.
б) Найдем \(BC\).
Пусть \(\angle BOP=\angle BOA=\alpha \) и \(\angle AOQ=\angle QOC=\beta \).
Рассмотрим \(\vartriangle BOC.\)
\(\angle BOC=2\alpha +2\beta =2\left(\alpha +\beta \right).\)
Найдем \(BC\) по теореме косинусов из \(\vartriangle BOC\):
\({BC}^2={OB}^2+{OC}^2-2OB\cdot OC\cdot \cos \angle BOC.\)
Так как \(OB=OC,\) получим: \({BC}^2=\ 2{OB}^2\cdot \left(1-\cos 2\cdot \left(\alpha +\beta \right)\right)=4\cdot {\left(2\sqrt{3}\right)}^2\cdot {\sin }^2\left(\alpha +\beta \right).\)
Мы вспомнили формулу косинуса двойного угла: \(\cos 2\varphi =1-{2{\sin }^2 \varphi },\) откуда \(1-\cos 2\varphi ={2{\sin }^2 \varphi }.\)
Осталось применить формулу синуса суммы: \({\sin }^{}\left(\alpha +\beta \right)={\sin \alpha {\cos \beta +{\cos \alpha {\sin \beta .}}}}\)
В прямоугольном треугольнике \(BOP\): \(BP =\sqrt{6}, \; OB = 2\sqrt{3}.\) Тогда \(\displaystyle OP = 3 \sqrt{2}, \; {\sin \alpha =\frac{BP}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{3}; \; {\cos \alpha = } \frac{BO}{OP}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} }.\)
В прямоугольном треугольнике \( AOQ\): \(AQ = 2, \; OA = 2\sqrt{3.}\) Это значит, что углы треугольника \( AOQ\) равны 90, 30 и 60 градусов («особенный» треугольник, больший катет в \(\sqrt{3} \) раз больше меньшего).
Получим, что \(\displaystyle {\sin \beta =\frac{AQ}{OQ}=\frac{1}{2}; \; {\cos \beta =}\frac{AO}{OQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}.}\)
\(\displaystyle {\sin }\left(\alpha +\beta \right)={\sin \alpha {\cos +{\cos \alpha {\sin \beta = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3\ }}{2}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2} \left(1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot (\sqrt{2}+\sqrt{3})}}}};\)
\(\displaystyle BC=2\cdot {2\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3\ }}{6}\cdot \left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=\ 2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right).\)
Ответ: \(2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\)
