Выбрано 3 задачи 
Убрать все задачи
Окружность, вписанная в угол с вершиной O касается его сторон в точках A и B , K – произвольная точка на меньшей из двух дуг AB этой окружности. На прямой OB взята точка L такая, что прямые OA и KL параллельны. Пусть M – точка пересечения окружности , описанной около треугольника KLB , с прямой AK , отличная от K . Докажите, что прямая OM касается окружности .
Дан выпуклый четырёхугольник ABCD . Пусть P и Q – точки пересечения лучей BA и CD , BC и AD соответственно, а H – проекция D на PQ . Докажите, что четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда вписанные окружности треугольников ADP и CDQ видны из точки H под равными углами.
В треугольнике ABC взята такая точка O, что ∠COA = ∠B + 60°, ∠COB = ∠A + 60°, AOB = ∠C + 60°. Докажите, что если из отрезков AO, BO и CO можно составить треугольник, то из высот треугольника ABC тоже можно составить треугольник и эти треугольники подобны.
|
|
 |
Условие
В треугольнике ABC взята такая точка O, что ∠COA = ∠B + 60°, ∠COB = ∠A + 60°, AOB = ∠C + 60°. Докажите, что если из отрезков AO, BO и CO можно составить треугольник, то из высот треугольника ABC тоже можно составить треугольник и эти треугольники подобны.
Решение
Обозначим AB = c, BC = a, AC = b, ∠BAC = α, ∠ABC = β, ∠ACB = γ.
Пусть D – точка пересечения продолжения отрезка CO с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда ∠BDO = ∠BDC = ∠A = α.
Поскольку BOC – внешний угол треугольника BDO, то
∠OBD = ∠BOC – ∠BDO = 60°.
Аналогично ∠ODO = β и ∠OAD = 60°. Рассмотрим треугольники OBD и OAD. По теореме синусов BO : sin α = OD : sin 60° = AO : sin β.
Пусть ha, hb и hc – высоты треугольника ABC, проведённые из вершин A, B и C соответственно. Поскольку ha = c sin β, hb = c sin α, то BO : hb = AO : ha.
Аналогично докажем, что это отношение равно CO : hc. Следовательно, треугольник со сторонами, равными OA, OB и OC, подобен треугольнику со сторонами, равными ha, hb и hc.
