Геометрия на олимпиадах

Геометрия на олимпиадах

Задач № 8

В треугольнике ABC ∠B=36∘, а точки K, M, N — точки касания вписанной окружности со сторонами AB, BC и AC соответственно. Найдите величину угла KNM.

Решение задачи

Пусть ∠BAC=α, ∠ACB=γ. 

Отрезки касательных, проведённые из точек A и C равны, поэтому AK=AN и CM=CN. Откуда △AKN и △CMN — равнобедренные. Значит из △AKN получаем, что ∠AKN=∠ANK=180∘−α2=90∘−α2, а из △CMN получаем, что ∠CMN=∠CNM=180∘−γ2=90∘−γ2.

С другой стороны, заметим, что ∠ANK+∠KNM+∠CNM=180, поэтому

∠KNM=180∘−∠ANK−∠CNM=180∘−90∘+α2−90∘+γ2=α+γ2.

Но из треугольника ABC  α+∠B+γ=180∘α+∠B+γ=180∘, значит

α+γ=180∘−∠B=180∘−36∘=144∘

и ∠KNM=144∘2=72∘.

Задач № 9

Пусть H и O — ортоцентр и центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC соответственно. Известно, что ∠ABH=30∘, найдите градусную величину угла ∠OBC.

Решение задачи

Заметим, что ∠OBC=∠OCB, так как OBC — равнобедренный треугольник. Отсюда ∠OBC=180∘−∠BOC2. Заметим, что ∠BOC=2∠A, поскольку центральный угол  BOC вдвое больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу BC. Остается заметить, что ∠A=90∘−∠ABH=60∘, значит,

∠OBC=180∘−∠BOC2=180∘−120∘2=30∘..

Можно заметить, что, независимо от значения ∠ABH, верен следующий факт:

∠ABH=∠OBC.

Задач № 10

Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, причем AB— диаметр его описанной окружности, а ∠ABD=60∘. Найдите IAIB, где IA и IB — центры вписанных окружностей треугольников ACD и BCD соответственно, если известно, что DIA=√8.

Решение задачи

Рассмотрим точку E— середину меньшей дуги CD описанной окружности четырехугольника ABCD. Ясно, что прямые AIA и BIB пересекаются в этой точке, поскольку являются биссектрисами соответствующих углов, опирающихся на дугу CD.

По лемме о трезубце, примененной к треугольникам ACD и BCD, имеем: DE=EIA=EC=EIB.

Заметим, что ∠AED=∠ABD=60∘, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Тогда треугольник IAED является равносторонним, поскольку он равнобедренный (по лемме о трезубце), а угол при вершине равен 60∘. Поэтому IAE=DIA=√8.

Остается рассмотреть треугольник IAEIB. Нетрудно заметить, что ∠IAEIB=∠AEB=90∘, как опирающийся на диаметр. Это означает, что рассматриваемый нами треугольник является прямоугольным и равнобедренным. Поэтому (по теореме Пифагора) легко видеть, что IAIB=EIA2=√8⋅√2=4

Задач № 11

На катетах прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C вовне построили квадраты ACKL и BCMN. Известно, что CE — высота опущенная на гипотенузу AB, причем ∠CEM=17∘. Найдите градусную величину угла ∠LEC.

Решение задачи

Заметим, что ∠CAE=∠BCE, ∠ACE=∠CBE. Следовательно, прямоугольные треугольники AEC и CEB подобны, причем AECE=CEBE. Тогда при повороте на угол в 90∘ относительно E треугольник AEC сначала совместится сторонами прямого угла со сторонами прямого угла треугольника CEB, а затем при гомотетии с центром в этой же точке E и коэффициентом AECE вершины A и C совместятся с вершинами C и B соответственно. Таким образом, треугольник AEC с помощью поворотной гомотетии с центром в точке E переходит в треугольник CEB.

Ясно, что при этой поворотной гомотетии квадрат ACKL перейдет в квадрат CBNM, потому что отрезок AC переходит в отрезок CB, а значит и ориентированные квадраты на этих отрезках должны переходить соответствующим образом.

Отсюда следует, что при этой поворотной гомотетии точка L переходит в точку M, а значит ∠LEM=90∘. Тогда ∠LEC=∠LEM−∠CEM=90∘−17∘=73∘.

Задач № 12

Найдите угол, под которым отрезок, высекаемый на стороне AB остроугольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из ее центра, если известно, что ∠A=74∘, ∠B=34∘. В ответе укажите градусную величину этого угла.

Решение задачи

Пусть M — середина AB, а C′ — основание высоты, опущенной из точки C на сторону AB.

Первый путь решения.

Пусть E — середина отрезка CH, где H — ортоцентр треугольника ABC. Искомый угол равен удвоенному углу MEH, поскольку ∠MEH является вписанным углом, опирающимся на рассматриваемый в задаче отрезок.

Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Поскольку CE=CH2=OM, причем CE и OM параллельны, то четырехугольник OMEC является параллелограммом. Отсюда следует, что ∠MEC′=∠OCH.

Известно, что ∠OCH=|∠A−∠B|. Этот угол легко считается, если использовать тот факт, что ∠OCA=90∘−∠AOC2=90∘−∠B=∠HCB, а также, что ∠C=180∘−∠A−∠B.

Тогда искомый угол равен

2∠MEC′=2∠OCH=2|∠A−∠B|=80∘.

Второй путь решения.

Пусть B′ — основание высоты из вершины B. Искомый угол равен удвоенному углу MB′C′, поскольку ∠MB′C′ является вписанным углом, опирающимся на рассматриваемый в задаче отрезок.

Отрезок C′B′ соединяет основания высот, а, как известно, треугольники AB′C′ и ACB подобны. Отрезок MB′′ является медианой в треугольнике AB′B.

Угол AB′C′ равен ∠B. В то же время ∠MB′B=∠MBB′=90∘−∠A, т.к M — середина гипотенузы прямоугольного треугольника AB′B. Поэтому ∠MB′C′=|90∘−(90∘−∠A)−∠B|=|∠A−∠B|. 

Тогда искомый угол равен

2∠MB′C′=2|∠A−∠B|=80∘.

Задач № 13

В параллелограмме ABCD из вершины B опущены высоты BK и BH на стороны AD и CD соответственно. Известно, что BD=5, KH=4, найдите расстояние от точки B до ортоцентра (точки пересечения высот или их продолжений) треугольника BKH.

Решение задачи

Известно, что расстояние от вершины треугольника до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности треугольника до стороны, лежащий напротив этой вершины. В данном случае имеем BH1=2OLB, где H1, O, L — ортоцентр, центр описанной окружности и основание перпендикуляра, опущенного на стороны KH из точки O.

Легко видеть, что четырехугольник BKDH вписан в окружность с диаметром BD, поскольку на этот отрезок по условию задачи опираются два прямых угла. Это значит, что O — середина BD. Также важно, что L — середина отрезка KH.

Рассмотрим треугольник OLH. Он прямоугольный и OH=OB=OD=52, LH=42.

Тогда по теореме Пифагора находим OL=32.. Тогда BH1=3.

Задач № 14

Найдите максимально возможное расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника, если радиус вписанной в него окружности равен 3, а описанной — 8.

Решение задачи

Пусть вписанная окружность касается сторон AB, AC и BC треугольника ABC в точках C′, B′ и A′ соответственно. При инверсии относительно окружности с центром O1, вписанной в треугольник ABC, вписанная окружность останется на месте, прямые, содержащие стороны треугольника перейдут в окружности, проходящие через центр O1 инверсии и касающиеся окружности инверсии. Поэтому вершины A, B и C перейдут в середины отрезков B′C′, A′C′ и B′C′ соответственно.

Тогда окружность, с центром O2, описанная около треугольника ABC, перейдет в окружность с центром O радиуса R′=r2=32, проходящую через середины сторон треугольника A′B′C′. Эта окружность гомотетична описанной окружности треугольника ABC, причём центр гомотетии совпадает с центром O1инверсии, значит, точка O лежит на прямой O1O2. 

Пусть O1O2=d, XY — диаметр описанной окружности треугольника ABC, проходящий через точку O1, а X′ и Y′ — образы точек соответственно X и Y при рассматриваемой инверсии. Тогда

X′Y′=XY⋅r2O1X⋅O1Y=2R⋅r2(R−d)(R+d)=14464−d2,

а так как XY=2R′=3 , то 14464−d2=314464−d2=3. Отсюда находим, что d=4.

Также можно было сразу применить формулу Эйлера: d2=R2−2Rr, связывающую расстояние между центрами вписанной и описанной окружности с их радиусами.

Задач № 15

Пусть AA1 и BB1 — высоты остроугольного треугольника ABC. Известно, что отрезок A1B1 пересекает среднюю линию, параллельную AB в точке C′. Найдите градусную меру угла между прямой CC′ и прямой, проходящей через точку H пересечения высот и центр O описанной окружности треугольника ABC

Решение задачи

Пусть ω — окружность девяти точек треугольника ABC, т.е. окружность, проходящая через середины сторон и основания высот треугольника, окружность ωh проходит через точку C и основания A1 и B1высот, окружность ωm проходит через точку C и середины сторон CA и CB. Окружности ω и ωm проходят через середины сторон CA и CB, поэтому их радикальная ось проходит через среднюю линию треугольника ABC, параллельную стороне AB. Окружности ω и ωh проходят через точки A1 и B1, поэтому их радикальная ось — это прямая A1B1. Точка C′является пересечением двух радикальных осей из трёх, поэтому это радикальный центр окружностей ω, ωm и ωh, значит C′ лежит и на третьей радикальной оси, радикальной оси окружностей ωm и ωh. Точка C принадлежит окружностям ωm и ωh, поэтому лежит на их радикальной оси.

Докажем теперь, что OH параллельно линии центров окружностей ωm и ωh. Тогда мы получим, что две изучаемые прямые перпендикулярны, так как радикальная ось двух окружностей перпендикулярна линии центров этих окружностей. Действительно, точки O и H являются вторыми концами диаметров, проведённых через точку C в этих окружностях. Следовательно, линия центров данных окружностей содержит среднюю линию треугольника OCH, то есть параллельна OH.