Планиметрическая задача

а)

Так как $ABCD$ — равнобедренная трапеция, то $$MD = \dfrac{AD - BC}{2} = \dfrac{3BC - BC}{2} = BC,$$ Далее, $$AM = AD - MD = 3BC - BC = 2BC,$$ откуда $$\dfrac{AM}{MD} =\dfrac{2BC}{BC}= \dfrac{2}{1}.$$ То есть, $M$ делит $AD$ в отношении $2:1$.

б) Из прямоугольного $\Delta ACM$: $$CM=\sqrt{AC^2-AM^2}=\sqrt{16\cdot 13-\dfrac{4}{9}\cdot 18}=8$$ Из прямоугольного $\Delta CMD$: $$CD=\sqrt{MD^2+CM^2}=\sqrt{6^2 + 8^2}=10$$ Пусть $CM$ пересекает $BD$ в точке $O$.

Заметим, что $BC=MD, \; \angle BCO = \angle OMD = 90^\circ, \; \angle ODM = \angle OBC$, тогда $$\Delta OMD = \Delta OCB,\; \text{тогда } \; MO=OC, \; DO=OB$$ Значит, $CO$ — медиана треугольника $BCD$. По формуле медианы имеем: $$CO = \dfrac{1}{2}\sqrt{2BC^2+2CD^2-BD^2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2\cdot6^2 + 2\cdot 10^2 - 16\cdot13}=4$$

Ответ: $\; 4$.

а)

$N$ — середина $AB$, $\Delta ABC$ прямоугольный, значит $N$ — центр описанной окружности и $\Delta ANC$ — равнобедренный.

$$\angle NAC = \angle NCA$$

$$\angle ACL = 45^\circ \quad \text{тогда } \quad \angle LCN = \angle ACN - \angle ACL = \angle NAC - 45^\circ$$

$$\Delta CNL\; \text{ равнобедренный, тогда }\; \angle NCL=\angle NLC = \angle NAC - 45^\circ$$

Найдем $\angle LMB$: $$\angle LMB = \angle LCM + \angle CLM = 45^\circ + \angle NAC - 45^\circ = \angle NAC$$

$\text{То есть, } \; \angle LMB = \angle CAB$.

б) $CN = AN = \dfrac{1}{2}AB = 10$

Пусть $\angle BAC = \alpha$, ; тогда; $\angle CMN = 180^\circ - \angle NMB = 180^\circ - \alpha$

Найдем $\angle NCM$:
$$\angle NCM = \angle LCM - \angle LCN = 45^\circ - \alpha + 45^\circ = 90^\circ - \alpha$$

Тогда $$\angle CNM = 180^\circ -\angle NCM - \angle CMN = 2\alpha - 90^\circ$$ $$\angle LMC = 180^\circ - \angle LMB = 180^\circ - \alpha$$

По теореме синусов для $\Delta CMN$ получим: $$\dfrac{10}{\sin(180^\circ-\alpha)}=\dfrac{3\sqrt{5}}{\sin(2\alpha - 90^\circ)} \Longleftrightarrow \dfrac{10}{\sin \alpha} = \dfrac{3\sqrt{5}}{-\cos2\alpha} \Longleftrightarrow \dfrac{10}{\sin \alpha} = \dfrac{3\sqrt{5}}{2\sin^2 \alpha -1}$$

$$10 \cdot(2\sin^2 \alpha -1) - 3\sqrt{5}\sin \alpha = 0$$ $$20\sin^2 \alpha - 3\sqrt{5} \sin \alpha - 10 = 0$$

Тогда $$\sin \alpha = \dfrac{3\sqrt{5}+\sqrt{845}}{40} = \dfrac{3\sqrt{5}+13\sqrt{5}}{40}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$$

Получим что $$\cos \alpha = \sqrt{1-\sin^2\alpha} = \sqrt{1-\dfrac{4}{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$$

$\Delta ABC$ — прямоугольный, тогда $$AC = AB\cdot\sin\alpha \quad \text{и} \quad BC = AB \cdot \cos\alpha$$

Тогда $$S_{\Delta ABC}=\dfrac{1}{2}AC\cdot BC=\dfrac{1}{2}AB\sin \alpha \cdot AB \cos \alpha = \dfrac{1}{2}\cdot 20^2 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{5}}\dfrac{2}{\sqrt{5}}=80.$$

Ответ:    $80$

а)

$\angle A_1BC = \angle A_1AC$, так как опираются на одну дугу, тогда: $$\angle A_1BB_1 =\angle A_1BC + \angle CBB_1 = \angle A_1AC + \angle CBB_1 = \dfrac{1}{2}\angle A + \dfrac{1}{2}\angle B = \dfrac{1}{2}(\angle A + \angle B)= 45^\circ.$$

б) Найдем угол $B \text{\;из\;} \Delta ABC$: $$\angle B = \angle C - \angle A = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$$

Найдем теперь $\angle B_1A_1A$: $$\angle B_1A_1A = \angle B_1BA = \dfrac{1}{2}\angle B= \dfrac{1}{2}\cdot 30^\circ = 15^\circ.$$

Далее найдем $\angle AA_1C_1$: $$\angle AA_1C_1 = \angle ACC_1 = \dfrac{1}{2}\cdot 90^\circ = 45^\circ,$$

$$\angle B_1A_1C_1 = \angle B_1A_1A + \angle AA_1C = 15^\circ + 45^\circ = 60^\circ.$$

Тогда по теореме синусов в $\Delta B_1A_1C_1$: $$B_1C_1 = 2R\sin \angle B_1A_1C_1 = 2\cdot AB \sin \angle B_1A_1C_1 = 2\sqrt{3} \cdot \sin 60^\circ = 2\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 3$$

Ответ:    $3$

а)

В $\Delta ABC$:

Пусть $\angle A = 2\alpha, \; \angle B = 2\beta, \; \angle C = 2\gamma.$

Заметим, что $2\alpha + 2\beta + 2\gamma = 180^\circ$

$$\angle BPA = \angle ACB = 2\gamma, \text{\; так как опираются на одну дугу}.$$ $$\angle CAP = \angle CBP = \beta, \text{\; так как опираются на одну дугу}.$$

Тогда $$\angle AOP = 180^\circ - \alpha - \beta - 2\gamma = \alpha + \beta.$$

Кроме того, $\angle OAP = \alpha + \beta$, а значит $\angle OAP = \angle AOP \Longrightarrow \Delta AOP$ — равнобедренный.

Таким образом $$AP = OP.$$

б) $ABCP$ — вписанный четырехугольник $\Longrightarrow \angle ABC + \angle APC = 180^\circ$

Тогда $\angle APC = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

$\cup AP = \cup PC = \dfrac{1}{2}\angle ACP$, тогда хорды $AP$ и $PC$ равны.

Тогда $\Delta APC$ — равносторонний.

Следовательно, можем найти $\rho (P, AC)$: $$\rho(P, AC) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}AC$$

По теореме синусов для $\Delta ABC$: $$AC = 2R \sin\angle ABC = 36\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=18\sqrt{3}.$$

Значит, $\rho(P, AC)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot 18\sqrt{3} = 27$

Ответ:    $27$.

а)

Так как $O$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, то лучи $BO$ и $CO$ — биссектрисы углов $ABC$ и $BCA$ соответственно.

Угол $POC$ является внешним для $\Delta BOC$, тогда: $$\angle POC = \angle BCO + \angle CBO = \dfrac{1}{2}\angle ACB + \dfrac{1}{2}\angle ABC$$

Далее $$\angle ABP = \angle ACP, \text{\;так как опираются на одну дугу}$$

Тогда $$\angle PCO = \angle ACP + \angle ACO = \angle ABP + \angle ACO = \dfrac{1}{2} \angle ABC + \dfrac{1}{2}ACB$$

Получили, что $$\angle POC = \angle PCO = \dfrac{1}{2}\angle ACB + \dfrac{1}{2}\angle ABC.$$

б) $\angle PBC = \angle ABP = \dfrac{1}{2}\angle ABC = 30^\circ \quad (BP \text{ --- биссектриса})$.

Тогда хорды $AP$ и $PC$ равны, так как стягивают равные дуги.

По теореме синусов в $\Delta ABP$: $$AP = 2R\sin \angle ABP = 2R\sin 30^\circ = 2\cdot 8 \cdot \dfrac{1}{2} = 8.$$

$ABCP$ — вписанный, тогда    $\angle APC = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Таким образом $$S_{\Delta APC} = \dfrac{1}{2}AP \cdot PC \sin \angle APC = \dfrac{1}{2} \cdot 8^2\cdot \sin120^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot 8^2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 16\sqrt{3}.$$

Ответ:    $16\sqrt{3}$.