Планиметрическая задача

а)

Рассмотрим треугольник $ABD$ и секущую $CC_1$.

Запишем для них теорему Менелая: $$\frac{BC}{DC} \cdot \frac{DO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = 1$$ Рассмотрим треугольник $ADC$ и секущую $BB_1$.

Запишем для них теорему Менелая: $$\frac{CB}{BD}\cdot\frac{DO}{OA}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} = 1$$

Тогда: $$\frac{BC}{DC} \cdot \frac{DO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{CB}{BD}\cdot\frac{DO}{OA}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} \Leftrightarrow \frac{BC}{DC} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{CB}{BD}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} \Leftrightarrow \frac{BC}{DC} = \frac{CB}{BD}$$ $$\frac{BC}{DC} = \frac{BC}{BD} \Leftrightarrow \frac{1}{DC} = \frac{1}{BD} \Leftrightarrow DC = BD$$ Что и требовалось доказать.

б)

Рассмотрим треугольник $CC_1B$ и секущую $AD$.

Запишем теорему Менелая:

$$\frac{AB}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC}\cdot\frac{CD}{DB} = 1 \Leftrightarrow \frac{AB}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow \frac{AC_1 + BC_1}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \left(1 + \frac{BC_1}{AC_1}\right)\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow 5\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow \frac{C_1O}{OC} = \frac{1}{5}$$ Рассмотрим треугольник $BB_1C$ и секущую $AD$.

Запишем теорему Менелая:

$$\frac{CA}{AB_1}\cdot\frac{B_1O}{OB}\cdot\frac{BD}{DC} = 1 \Leftrightarrow \frac{B_1O}{OB} = \frac{1}{5}$$ Рассмотрим треугольники $AB_1B$ и $B_1BC$. Они имеют общую высоту $h$.

Тогда: $$\frac{S_{AB_1B}}{S_{BCB_1}} = \frac{\tfrac{1}{2}\cdot h\cdot AB_1}{\tfrac{1}{2}\cdot h \cdot B_1C} = \frac{1}{4}$$ Отсюда: $$\frac{S_{AB_1B}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$ Аналогичным образом можем показать: $$\frac{S_{AC_1C}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$ Рассмотрим треугольники $AOC$ и $AOC_1$.

Они также имеют общую высоту $h'$.

Тогда: $$\frac{S_{AC_1O}}{S_{AOC}} = \frac{\tfrac{1}{2}\cdot h'\cdot OC_1}{\tfrac{1}{2}\cdot h' \cdot OC} = \frac{1}{5}$$ Значит: $$\frac{S_{AC_1O}}{S_{ACC_1}} = \frac{1}{6}$$ Отсюда: $$\frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ Аналогично для треугольника $AOB_1$ и $AOB$: $$\frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ Найдём отношение площади четырёхугольника $AB_1OC_1$ к площади треугольника $ABC$: $$\frac{S_{AB_1OC_1}}{S_{ABC}} = \frac{S_{AC_1O} + S_{AB_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30} + \frac{1}{30} = \frac{1}{15}$$

Ответ: $\frac{1}{15}$

а)

Так как по условию задачи $AM = MO$, треугольник $AMO$ – равнобедренный.

Значит, $\angle MAO = \angle MOA = \angle OAD$.

Рассмотрим прямые $MO$ и $AD$.

Углы $\angle MOA$ и $OAD$ – накрест лежащие и равные, следовательно прямые $MO$ и $AD$ параллельны.

Рассмотрим треугольник $NCO$. Так как по условию $NO = NC$, он равнобедренный.

Тогда $\angle NOC = \angle NCO = \angle OCB$.

Рассмотрим прямые $BC$ и $ON$.

Углы $\angle NOC$ и $BCO$ – накрест лежащие и равные, следовательно прямые $BC$ и $ON$ параллельны.

В совокупности получаем: $$MO || AD, \quad NO || BC,\quad BC||AD \Rightarrow MO||ON$$ Значит, точки $M, O, N$ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

б)

Проведём высоты трапеции через точки $O$ и $C$.

Пусть угол $MOA = \alpha$. Тогда $\angle AOH = 90^\circ - \alpha$.

Пусть $BC = x$, тогда $AC = 7x$, $AI = 4x$, $ID = 3x$ (св-ва равнобедренной трапеции).

Рассмотрим треугольники $AOH$ и $COG$.

Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная: $$\angle BAD + \angle BCD = 180^\circ \Leftrightarrow 2\angle OAH + 2\angle GCO = 180^\circ \Leftrightarrow \angle OAH + \angle GCO = 90^\circ \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \alpha + \angle GCO = 90^\circ \Leftrightarrow \angle GCO = 90^\circ - \alpha \Rightarrow \angle GOC = \alpha$$ Так как по условию $AO = OC \Rightarrow$ треугольники $AOH$ и $COG$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.

Отсюда: $$GC = OH, \quad AH = OG$$

Рассмотрим параллельные прямые $MO$ и $AH$ и секущие $AB$ и $GH$.

По теореме Фалеса: $$\frac{AM}{MB} = \frac{OH}{OG} = \frac{OH}{AH} = \tg \alpha$$ Тогда $\tg 2\alpha = \tg \angle BAD = \tg \angle CDA = \frac{CI}{ID} = \frac{CI}{3x}$ Найдём высоту трапеции $CI$. Так как $GCIH$ – прямоугольник: $$CI = GH = GO + OH = GC + AH = AH + HI = AI =4x$$ Тогда: $$\tg 2\alpha = \tg \angle CDA = \frac{4x}{3x} = \frac{4}{3}$$ Выразим тангенс через формулу тангенса двойного угла: $$\tg 2\alpha = \frac{2\tg \alpha}{1 - \tg^2 \alpha} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow 4\tg^2 \alpha + 6\tg \alpha - 4 = 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 2\tg^2 \alpha + 3\tg \alpha - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &\tg \alpha = \frac{1}{2}\\ &\tg \alpha = -2 \end{aligned}\right.$$

Угол $\alpha \in (0; 90)$ – острый.

Значит: $$\tg \alpha = \frac{AM}{MB} = \frac{1}{2}$$

Ответ: $\frac{1}{2}$

Решение а).

1. По свойству углов, опирающихся на одну дугу окружности, находим $\angle CBD = \angle CAD$ и $\angle BCA = \angle BDA$.

2. Из того, что треугольники $ABC$ и $BCD$ – равнобедренные: $\angle CBD = \angle CDB$ и $\angle CAB = \angle BCA$.

3. Получаем: $\angle CBD = \angle CDB = \angle CAB = \angle BCA = \angle BDA$. Следовательно, накрест лежащие углы равны, и $BC \parallel AD$.

Решение б).

1. Пусть $\angle CBD = \angle ACB = \angle CAB = a$ (равенство углов из пункта а).

2. По теореме синусов в треугольнике $ABC$:

$$\frac{AB}{\sin \angle ACB}=\frac{12}{\sin a}=2R \Rightarrow 12=16\sin a \Rightarrow \sin a=0{,}75.$$

1. Заметим, что по сумме углов треугольника $ABC$

$$\angle CBD+\angle ACB+\angle CAB+\angle ABD=180^\circ \Rightarrow \angle ABD+3a=180^\circ \Rightarrow \angle ABD=180^\circ-3a.$$

1. По теореме синусов в треугольнике $ABD$:

$$\frac{AD}{\sin(180^\circ-3a)}=2R \Rightarrow AD=16\sin 3a \Rightarrow AD=16(3\sin a-4(\sin a)^3)=9.$$

Ответ: 9.

Решение а).

1. Рассмотрим треугольники $CKD$ и $CED$. Угол $BDC$ равен углу $CED$, так как эти углы опираются на равные дуги $BC$ и $CD$. Угол $C$ общий. Следовательно, треугольники $CKD$ и $CED$ подобны по двум углам.

2. Из подобия треугольников $CKD$ и $CDE$ находим

$$\frac{CK}{CD}=\frac{CD}{CE},$$ откуда $CE \cdot CK = CD^2 = a^2$.

Решение б).

1. Треугольники $BCK$ и $EDK$ подобны, так как $\angle BKC = \angle EKD = 60^\circ$ (вертикальные) и $\angle CBK = \angle CED = 45^\circ$ (опираются на одну дугу $CD$).

2. Из подобия треугольников $BCK$ и $KED$ следует

$$\frac{CK}{KD}=\frac{BK}{KE}.$$

1. Отметим, что $\angle DCK = 180^\circ - \angle CKD - \angle CDK = 180^\circ - 120^\circ - 45^\circ = 15^\circ$.

2. Применив теорему синусов к треугольнику $DCK$, получаем

$$\frac{KD}{\sin 15^\circ}=\frac{CK}{\sin 45^\circ},$$ откуда

$$\frac{CK}{KD}=\frac{\sin 45^\circ}{\sin 15^\circ}.$$

1. Вспоминая, что $\frac{CK}{KD}=\frac{BK}{KE}$, получаем

$$\frac{BK}{KE}=\frac{\sqrt{2}}{2\sin 15^\circ}.$$

Ответ:

$$\frac{BK}{KE}=\frac{\sqrt{2}}{2\sin 15^\circ}.$$

a) Точки $M$ и $N$ лежат на окружности диаметром $BC$, поэтому $\angle AMN=\angle CMN=\angle ABC$. Значит, треугольники $AMN$ и $ABC$ подобны с коэффициентом подобия $$\frac{AN}{AC}=\cos\angle NAC=\cos 60^\circ=\frac{1}{2}.$$ Следовательно, радиус окружности, описанной около треугольника $AMN$, равен $$\frac{AO}{2}.$$

Точки $M$ и $N$ лежат на окружности диаметром $AN$, поэтому $AH=AO$.

1. Пусть прямые $АН$ и $ВС$ пересекаются в точке $К$, а точка $L$ — середина стороны $AC$, тогда

$\angle АКВ = 90^\circ,\ \angle AOL = \frac{1}{2}\angle AOC = \frac{1}{2}\cdot 2\angle ABC = 45^\circ$.

Значит, $\angle AOL = 90^\circ-\angle OAL = 45^\circ;\ \angle BAK = 90^\circ-\angle ABC = 45^\circ;$

$\angle OAH = 180^\circ-\angle OAK = 180^\circ-(\angle BAC-\angle BAK-\angle OAL)=150^\circ$.

Площадь треугольника $AHO$ равна

$$\frac{AO\cdot AH\cdot \sin\angle OAH}{2} =\frac{AO^2\cdot \sin150^\circ}{2} =\frac{BC^2\cdot \sin150^\circ}{8\sin^2 120^\circ} =\frac{5}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{5}{4}.$