Планиметрическая задача

а)

Заметим, что $CB_1C_1B$ — вписанный четырехугольник.

Пусть $\angle CBA = \alpha$, тогда $\angle CBC_1 = 180^\circ - \alpha$

$\angle C_1B_1A = 180^\circ \angle CBC_1 = 180^\circ - (180^\circ - \alpha) = \alpha$

Так как в треугольниках $ABC$ и $AB_1C_1\; \angle A$ — общий и $\angle C_1B_1A = \angle CBA$, то $\Delta ABC \sim \Delta AB_1C_1$ по двум равным углам.

б) $\quad \dfrac{S_{AB_1C_1}}{S_{BCB_1C_1}}=\dfrac{1}{5} \text{,\quad тогда} \quad \dfrac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{6} \; \text{и коэффициент подобия}\; k = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$.

Тогда $BC = \sqrt{6}\cdot B_1C=5\sqrt{6}$.

Пусть $\angle CC_1B=\alpha$. Он внешний для $\Delta CAC_1$, тогда $$\angle ACC_1 = \angle CC_1B - \angle CAC_1 = \alpha-30^\circ$$

По теореме синусов для $\Delta CB_1C_1$ и $\Delta CC_1B$: $$\dfrac{B_1C_1}{\sin \angle B_1CC_1} = 2R = \dfrac{CB}{\sin \angle CC_1B}$$

$$\dfrac{5}{\sin (\alpha - 30^\circ)} = 2R = \dfrac{5\sqrt{6}}{\sin \alpha}$$

$$\sin (\alpha - 30^\circ) = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \cos (-30^\circ) + \cos \alpha \sin (-30^\circ) = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \cos \alpha \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \left( \sqrt{3} - \dfrac{2}{\sqrt{6}} \right) =\cos \alpha$$

Так как $\alpha < 180^\circ$, то $\sin \alpha >0$ $$\sqrt{1-\cos^2 \alpha}\left( \sqrt{3} - \dfrac{2}{\sqrt{6}} \right)=\cos \alpha, \quad \cos \alpha \ge 0$$ $$(1-\cos^2 \alpha)\left(3 -2\sqrt{2} + \dfrac{2}{3} \right) = \cos^2\alpha$$ $$(1-\cos^2 \alpha)\left(\dfrac{11}{3} -2\sqrt{2}\right)=\cos^2\alpha$$ $$-11+6\sqrt{2}=\cos^2\alpha(-14+6\sqrt{2})$$ $$\cos^2\alpha = 1+\dfrac{3}{-14+6\sqrt{2}}$$ $$\sin^2\alpha = 1 - 1 -\dfrac{3}{-14+6\sqrt{2}} = \dfrac{3}{14-6\sqrt{2}}$$ $$\sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{14-6\sqrt{2}}}$$ $$R=\dfrac{5\sqrt{6}}{2\sin\alpha}=\dfrac{5\sqrt{6}}{2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{14-6\sqrt{2}}}}=5\sqrt{7-3\sqrt{2}}$$

Ответ: $\; 5\sqrt{7-3\sqrt{2}}$.

а)

$B_1O = OB$, так как точка $O$ лежит на биссектрисе, и точка $B_1$ симметрична точке $B$ относительно $CO$.

Пусть $\angle OBB_1 = \angle OB_1B = \alpha$, ; $\angle CBO = \angle ABO = \beta$

Пусть $CO$ пересекает $BB_1$ в точке $H$, тогда $BH=HB_1$ и $CH \perp BB_1$.

$\angle HCB = 90^\circ - \angle HBC = 90^\circ - \alpha - \beta$ = $\angle ACH$

В треугольнике $CHB_1$: $$90^\circ + (90^\circ - \alpha - \beta) + (\angle CBO + \alpha) = 180^\circ,$$ получим, что $\angle CB_1O = \beta$.

Таким образом, отрезок $AO$ виден под равными углами $AB_1O$ и $ABO$, значит точки $A, B, O$ и $B_1$ лежат на одной окружности.

б)

$CB_1=CB=8$, так как т.$B_1$ равноудалена от т.$B$ относительно биссектрисы.

Заметим, что $S_{AOBB_1} = S_{BCB_1} - (S_{ACC} + S_{COB})$.

Высоты треугольников $AOC$ и $AOB$ равны радиусу окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. В нем выполнено соотношение $AB^2 = AC^2 + BC^2$, тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, $\Delta ABC$ — прямоугольный и угол $C$ прямой.

Тогда $$r = \frac{AC + BC - AB}{2} = \dfrac{6+8-10}{2}= 2$$ Следовательно, $$S_{AOBB_1} = \dfrac{1}{2}CB\cdot CB_1 - \left(\dfrac{1}{2} AC \cdot r + \dfrac{1}{2}BC \cdot r \right) = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 - \left( \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 2 + \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 2 \right) = 32 - (6 + 8) = 18$$

Ответ: $\; 18$.

а)

По теореме о двух секущих: $$BL\cdot BK = BM \cdot BN$$

Пусть $BK=KL=LA=x, \; BN=MN=MC=y$, тогда $$2x\cdot x = 2y \cdot y$$ $$(x-y)(x+y)=0$$ $x$ и $y$ положительные величины, следовательно, $x+y=0$ быть не может. Значит $x=y$ .

$AB = 3x,\; BC=3y$. А так как $x=y$, то $AB=BC$, тогда $\Delta ABC$ — равнобедренный.

б)

Пусть $M$ — точка касания окружности со стороной $AC$ треугольника $ABC$.

По свойству касательной и секущей: $$AM^2 = AL \cdot AK = 2x^2,$$ Тогда $$AM = MC = x\sqrt{2}.$$

Пусть $AH$ — высота треугольника $ABC$.

В прямоугольном $\Delta AHC$: $$HC = AC \cdot \cos \angle ACB = \frac{AC \cdot MC}{BC} =\dfrac{2x\sqrt{2}\cdot x\sqrt{2}}{3x}= \dfrac{4}{3}x$$ Тогда $$BH = BC - HC =3x - \dfrac{4}{3}x= \dfrac{5}{3}x.$$

Таким образом, $\dfrac{BH}{HC} =\dfrac{\dfrac{5}{3}x}{\dfrac{4}{3}x}=\dfrac{5}{4}$.

Ответ: $\; \dfrac{5}{4}$.

а)

Проведем $PB$ и $PC$. Так как $AP$ — диаметр, то углы $PCA$ и $PBA$ — прямые.

Заметим, что $PC \perp AC$ и $BB_1 \perp AC$, тогда $PC \parallel BB_1$.

Аналогично, $PB \perp AB$ и $CC_1 \perp AB$, тогда $PB \parallel CC_1$.

Тогда $BPCH$ — параллелограмм, а его диагонали $BC$ и $PH$ точкой пересечения делятся пополам.

б)

Пусть точка $O$ — центр окружности. Проведем $OK$ перпендикулярно $BC$, тогда $OK=4$.

Треугольник $OBC$ равнобедренный, так как $OB = OC$, как радиусы. Значит $OK$ еще и медиана.

$H$ — точка пересечения высот, поэтому $AH \perp BC$, также $OK \perp BC$, значит $AH \parallel OK$.

Рассмотрим треугольник $AHP$: $$AH \parallel OK, \; HK=KP$$ Значит, $OK$ — средняя линия треугольника $AHP$. Тогда $AH = 2OK = 8$.

Угол $AMP$ — прямой, так как опирается на диаметр $AP$.

Угол $HC_1A$ — прямой, так как $CC_1$ — высота. Тогда четырехугольник $AC_1HM$ вписан в окружность с диаметром $AH$.

Углы $C_1HM$ и $BPH$ равны как соответственные, при параллельных $BP$ и $C_1H$ и секущей $MP$.

$$\angle C_1AM =180^\circ - \angle C_1HM= 180^\circ - \angle BPM = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ.$$

По теореме синусов для треугольника $C_1AM$: $$MC_1 = 2R \sin \angle C_1AM =AH\cdot \sin 60^\circ = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}.$$

Ответ: $\; 4\sqrt{3}$.

а)

$\angle OKN = 90^\circ$, так как радиус перпендикулярен касательной.

Пусть $\angle NOK = \alpha$

$CO$ — биссектриса угла $BCA$. Пусть $\angle NCM = 2\gamma$, тогда $\angle NCO=\angle MCO =\gamma$

Пусть $\angle NMC = \beta, \; \angle AMN = 180^\circ - \beta$, как смежный.

$MO$ — биссектриса угла $AMN$, так как окружность вписана в угол $M$. $$\angle OMN = \dfrac{\angle AMN}{2}=\dfrac{180^\circ -\beta}{2}=90^\circ - \dfrac{\beta}{2}$$ Пусть $\angle MNC = \varphi$, тогда $\angle KMN = 180^\circ - \varphi$. $NO$ — биссектриса $\angle PNM$. Тогда получим $$\angle KNO = \angle ONM = 90^\circ- \dfrac{\varphi}{2}$$ Из треугольника $MNC$: $\quad \varphi+\beta + 2\gamma = 180^\circ \; \Rightarrow \; \dfrac{\varphi}{2}+ \dfrac{\beta}{2}=90^\circ-\gamma$

Из треугольника $OMN$: $\quad \angle MON = 180^\circ - (90^\circ-\dfrac{\beta}{2})-(90^\circ - \dfrac{\varphi}{2})=\dfrac{\beta}{2}+\dfrac{\varphi}{2}=90^\circ - \gamma$

Из треугольника $KOC$: $\angle KOC = 90^\circ - \gamma$

Получаем, что $\angle MON = \angle KOC = 90^\circ - \gamma$

$$\angle MON = \angle MOC + \angle CON$$ $$\angle KOC = \angle KON + \angle CON$$ Получим, что $\angle MOC + \angle CON=\angle KON + \angle CON$.

Значит, $\angle MOC = \angle KON$

б) Запишем площадь трапеции $AMNP:$ $$S_{AMNP}=\dfrac{MN+AP}{2}\cdot r = \dfrac{2+AO+OP}{2}\cdot r$$ Углы $ONM$ и $NOP$ равны, как накрест лежащие, при параллельных $MN$ и $OP$ и секущей $ON$. Тогда $\angle NOP = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$.

В треугольнике $PON$: $$\angle NOP = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$$ $$\angle PNO = 90^\circ - \dfrac{\varphi}{2}$$ Тогда треугольник $PON$ — равнобедренный, значит $PO=PN$. Значит: $$S_{AMNP}=\dfrac{2+AM+PN}{2}\cdot r = \dfrac{(2+6)}{2}\cdot r = 4r$$ $$\dfrac{S_{AMNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{4r}{pr}=\dfrac{4}{p}=\dfrac{2}{7} \quad \Longrightarrow \quad p=\dfrac{4\cdot 7}{2}=14$$ Тогда периметр треугольника $ABC$ будет равен: $$P_{ABC}=p \cdot2 = 14 \cdot 2 = 28$$

Ответ: $\; 28$.