ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 10 11 12 13 14 15 16 >> [Всего задач: 136]      



Задача 110764

Темы:   [ Описанные четырехугольники ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Вспомогательная площадь. Площадь помогает решить задачу ]
[ Площадь треугольника (через полупериметр и радиус вписанной или вневписанной окружности) ]
[ Гомотетичные окружности ]
[ Вписанные и описанные окружности ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9,10

Четырехугольник ABCD описан около окружности. Докажите, что радиус этой окружности меньше суммы радиусов окружностей, вписанных в треугольники ABC и ACD .

Решение

Первое решение. Пусть – касательная к окружности, вписанной в треугольник ABC , параллельная AC ; 1 , 2 – касательные к вписанной окружности четырехугольника, параллельные . Рассмотрим гомотетию с центром B , переводящую окружность, вписанную в треугольник ABC , во вписанную окружность четырехугольника. Она переводит прямые и AC в 1 и 2 соответственно. Поскольку AC лежит ближе к B , чем 2 , то лежит ближе к B , чем 1 , т.е. вписанная в четырехугольник окружность не пересекает прямой . Аналогично она не пересекает параллельной AC прямой, касающейся окружности, вписанной в треугольник ACD , и значит, лежит внутри полосы, образованной этими двумя прямыми. Но ширина этой полосы равна сумме радиусов окружностей, вписанных в треугольники.



Второе решение. Пусть r , r1 , r2 – радиусы вписанных окружностей четырехугольника ABCD и треугольников ABC , ACD соответственно; p , p1 , p2 – их полупериметры. Тогда p>p1 , p>p2 и
pr=SABCD=SABC+SACD=p1r1+p2r2<p(r1+r2).


Третье решение. Пусть диагонали пересекаются в точке O . Проведем касательную 1 ко вписанной в ABCD окружности σ , параллельную AC и отделяющую B от AC . Такая, очевидно, есть. Тогда из гомотетии, переводящей σ в окружность, вписанную в ABC , имеем, что коэффициент гомотетии r2/r больше, чем отношение расстояний от D до O и до B , то есть больше DO/BD . Из аналогичных соображений r1/r>BO/BD . Складывая, получаем требуемое.
Прислать комментарий

Задача 52699

Темы:   [ Описанные четырехугольники ]
[ Две касательные, проведенные из одной точки ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9

Докажите, что в выпуклый четырёхугольник, суммы противоположных сторон которого равны между собой, можно вписать окружность.

Подсказка

1) На отрезке AB возьмите такую точку T, для которой AT = AD, а на отрезке BC — такую точку S, для которой CS = CD. Биссектрисы углов B, A и C являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника DTS.

2) Пусть AB + CD = BC + AD и прямые AB и CD пересекаются в точке M. Впишите окружность в треугольник AMB и докажите, что она вписана в данный четырёхугольник.

Решение

Первый способ.

Пусть AB + CD = BC + AD. Тогда AB - AD = BC - CD.

Если AB = AD, то BC = CD. Поэтому треугольники ABC и ADC равны по трём сторонам, значит, диагональ AC делит пополам углы BAD и BCD. Из равенства треугольников ABC и ADC и их соответствующих углов ABC и ADC следует, что биссектрисы этих углов пересекаются в некоторой точке O, лежащей на диагонали AC. Поскольку точка O лежит на биссектрисе каждого из углов четырёхугольника, то она равноудалена от всех его сторон. Следовательно, O — центр окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD.

Пусть теперь AB > AD. Тогда BC > CD.

На отрезке AB возьмём такую точку T, для которой AT = AD, а на отрезке BC — такую точку S, для которой CS = CD. Поскольку

AT = ADCS = CDBT = AB - AT = AB - AD = BC - CD = BC - CS = BS,

то треугольники TBS, ADT и CDS — равнобедренные. Биссектрисы их углов при вершинах B, A и C являются серединными перпендикулярами к отрезкам TS, DT и DS соответственно, т.е. серединными перпендикулярами к сторонам треугольника DTS. Поэтому биссектрисы углов B, A и C пересекаются в одной точке — центре описанной окружности треугольника DTS. Эта точка равноудалена от всех сторон четырёхугольника ABCD. Следовательно, она является центром вписанной окружности четырёхугольника ABCD.

Аналогично для AB < AD.

Второй способ.

Пусть AB + CD = BC + AD и прямые AB и CD пересекаются в точке M. Впишем окружность в треугольник AMB. Пусть она полностью содержится в четырёхугольнике ABCD. Докажем, что она касается BC.

Если это не так, то проведём через точку B касательную к окружности, пересекающую CD в точке C1. Тогда

AB + CD = BC + AD и AB + C1D = BC1 + AD.

Вычитая почленно эти равенства, получим:

CC1 + BC1 = BC,

что противоречит неравенству треугольника.

Аналогично рассматриваются остальные случаи.

Прислать комментарий


Задача 53145

Темы:   [ Описанные четырехугольники ]
[ Касающиеся окружности ]
[ Аналитический метод в геометрии ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9

Внутри выпуклого четырёхугольника расположены четыре окружности, каждая из которых касается двух соседних сторон четырёхугольника и двух окружностей (внешним образом). Известно, что в четырёхугольник можно вписать окружность. Докажите, что по крайней мере две из данных окружностей равны.

Подсказка

Отрезок общей внешней касательной к касающимся окружностям радиусов r и R, заключённый между точками касания, равен 2$ \sqrt{rR}$.

Решение

Пусть x, y, z и t — радиусы данных окружностей, вписанных в углы A, B, C и D четырёхугольника ABCD. Расстояние между точками касания соседних окружностей со стороной AB равно 2$ \sqrt{xy}$, со стороной BC 2$ \sqrt{yz}$, со стороной CD 2$ \sqrt{zt}$ и со стороной AD 2$ \sqrt{zt}$.

Поскольку в данный четырёхугольник можно вписать окружность, то AB + CD = CB + AD, или

$\displaystyle \sqrt{xy}$ + $\displaystyle \sqrt{zt}$ = $\displaystyle \sqrt{yz}$ + $\displaystyle \sqrt{tx}$  $\displaystyle \Rightarrow$  $\displaystyle \sqrt{y}$($\displaystyle \sqrt{x}$ - $\displaystyle \sqrt{z}$) - $\displaystyle \sqrt{t}$($\displaystyle \sqrt{x}$ - $\displaystyle \sqrt{z}$) = 0  $\displaystyle \Rightarrow$  

  $\displaystyle \Rightarrow$  ($\displaystyle \sqrt{y}$ - $\displaystyle \sqrt{t}$)($\displaystyle \sqrt{x}$ - $\displaystyle \sqrt{z}$) = 0.

Отсюда следует утверждение задачи.

Прислать комментарий


Задача 66688

Темы:   [ Описанные четырехугольники ]
[ Четырехугольники (экстремальные свойства) ]
Сложность: 4+
Классы: 9,10,11

Автор: Белухов Н.

Четырехугольник $ABCD$ описан вокруг окружности радиуса $1$. Найдите наибольшее возможное значение величины $\frac1{AC^2}+\frac1{BD^2}$.

Решение

Пусть $AC \cap BD = O$. Будем считать, что $\angle AOB \ge 90^\circ$. Пусть $E$ – четвертая вершина параллелограмма $BECD$ (см.рис.).

Мы имеем $$AC \cdot BD \ge 2S_{ABCD} = r \cdot P_{ABCD} = 2r \cdot (AB + CD).$$ Кроме того, $$AB + CD = AB + BE \ge AE$$ и (так как $\angle ECA\geq 90^{\circ}$) $$AE^2 \ge AC^2 + CE^2 = AC^2 + BD^2.$$ Отсюда получаем $$AC^2 \cdot BD^2 \ge 4r^2 \cdot (AC^2 + BD^2) \Rightarrow \frac{1}{AC^2} + \frac{1}{BD^2} \le \frac{1}{4r^2}.$$ Равенство достигается при $AC \cdot BD = 2S_{ABCD} \Leftrightarrow AC \perp BD$ и $AB + BE = AE \Leftrightarrow AB \| CD$, т.е. когда $ABCD$ – ромб.
Прислать комментарий

Задача 78088

Тема:   [ Описанные четырехугольники ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11

Четырёхугольник описан около окружности. Докажите, что прямые, соединяющие соседние точки касания и не пересекающиеся в одной из этих точек, пересекаются на продолжении диагонали или параллельны ей.

Решение

При решении этой задачи удобно считать, что четырёхугольник составлен из двух треугольников, поэтому введём следующие обозначения: ACBC' — данный четырёхугольник, A1 и B1 — точки касания со сторонами BC и AC, A1' и B1' — точки касания со сторонами BC' и AC', C1 и C1' — точки, в которых прямые A1B1 и A1'B1' пересекают прямую AB (точки C1 и C1' определены лишь в том случае, когда соответствующие прямые не параллельны). Если A1B1| AB, то AB1 : BA1 = B1C : A1C = 1. Поэтому AB1 = BA1, а значит, AB1' = BA1', поскольку AB1 = AB1' и BA1 = BA1'. Таким образом, A1'B1'| AB. Будем теперь считать, что точки C1 и C1' определены; нужно доказать, что они совпадают. Согласно теореме Менелая $ {\frac{AC_1}{C_1B}}$ . $ {\frac{BA_1}{A_1C}}$ . $ {\frac{CB_1}{B_1A}}$ = 1. Учитывая, что A1C = B1C, получаем AC1 : C1B = AB1 : A1B. Аналогично AC1' : C1'B = AB1' : A1'B. Но AB1 = AB1' и BA1 = BA1'. Поэтому AC1 : C1B = AC1' : C1'B, а значит, C1 = C1', поскольку обе эти точки лежат вне отрезка AB.
Прислать комментарий


Страница: << 10 11 12 13 14 15 16 >> [Всего задач: 136]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .