Задачи с фантазией – 14

К задаче 1

Обозначим длины перпендикуляров, опущенных из точки $M$ на стороны $AB, BC, CD$ и $AD$ $c, l, h$ и $k$ соответственно. Тогда можно записать

$$\begin{Bmatrix}{ c^2+k^2=8^2}\\{ c^2+l^2=7^2}\\{l^2+h^2=1^2}\\{k^2+h^2=x^2}\end{matrix}$$

Тогда $k^2=64-c^2$, $h^2=1-l^2$, а неизвестное расстояние

$$ x^2= k^2+h^2=64-c^2+1-l^2=65-(c^2+l^2)=65-49=16$$

$$x=4$$

Ответ: 4

К задаче 2

Примем длины отрезков $FG=GH=HI=2\sqrt{7}$, а длины отрезков $LK=KJ=JV=4$.

Треугольники $FOG$ и $HO_1I$ равны по третьему признаку, следовательно, их высоты тоже равны, и тогда $OO_1\parallel FI$. Тогда $FOO_1I$ – равнобокая трапеция, а $FO O_1H$ – параллелограмм. Таким образом, $OO_1=4\sqrt{7}$.

Треугольники $VOJ$ и $KO_1L$ равны по третьему признаку, следовательно, треугольники $OVP$ и $PO_1L$ подобны по двум углам, а, так как у них равны соответственные стороны (являющиеся радиусами), то эти треугольники равны. Тогда

$$OP=O_1P=\frac{OO_1}{2}=2\sqrt{7}$$

$$VP=PL=\frac{3\cdot4}{2}=6$$

Обозначим угол $O_1PL=\alpha$ и запишем теорему косинусов для треугольников $ O_1PL$ и $O_1PK$. $O_1K=O_1L=R$, и для треугольника $ O_1PL$:

$$O_1L^2=O_1P^2+PL^2-2\cdot PL\cdot O_1P \cdot \cos{\alpha}$$

$$R^2=(2\sqrt{7})^2+6^2-12\cdot2\sqrt{7}\cdot\cos{\alpha}~~~~~~~~(1)$$

Для треугольника $O_1PK$:

$$O_1K^2=O_1P^2+PK^2- 2\cdot PK\cdot O_1P \cdot\cos{\alpha}$$

$$R^2=(2\sqrt{7})^2+2^2-4\cdot2\sqrt{7}\cdot\cos{\alpha}~~~~~~~(2)$$

Теперь приравняем правые части (1) и (2):

$$6^2-12\cdot2\sqrt{7}\cdot\cos{\alpha}=2^2-4\cdot2\sqrt{7}\cdot\cos{\alpha}$$

Откуда

$$\cos{\alpha}=\frac{2}{\sqrt{7}}$$

А радиусы окружностей (подставляя найденный косинус в (2))

$$R^2=28+4-16=16$$

$$R=4$$

Таким же способом можно показать, что, если принять длины отрезков $FG=GH=HI=4$, а длины отрезков $LK=KJ=JV=2\sqrt{7}$, то задача решений не имеет.

Ответ: 4

Обозначим углы, на которые биссектриса $AA_1$ угла $BAC$ делит его, за $x$, а углы, на которые биссектриса $CC_1$ делит угол $BCA$, за $y$. Тогда

$$170^{\circ}+2x+2y=180^{\circ}$$

Откуда

$$x+y=5^{\circ}$$

Продлим лучи $CB$ и $AB$ так, чтобы получить внешние углы треугольника $ABN$ и $CBM$. Оба этих угла равны $10^{\circ}$. Таким образом, так как $\angle ABL=\angle ABC-\angle CBL=10^{\circ}$ и $\angle CBK=\angle ABC-\angle ABK=10^{\circ}$, то луч $BA$ – биссектриса угла $LBN$, а $BC$ – биссектриса угла $KBM$.

К задаче 3- рисунок 1.

Точка $C_1$ принадлежит биссектрисе $CC_1$ угла $BCA$, следовательно, она равноудалена от его сторон. Так как одновременно эта точка принадлежит биссектрисе $BA$ угла $LBN$, то она также равноудалена и от его сторон тоже. Следовательно, эта точка является центром вневписанной окружности треугольника $CBL$. Следовательно, луч $LC_1$ – биссектриса угла $ALB$.

Аналогично, точка $A_1$ принадлежит биссектрисе $AA_1$ угла $ABC$, и она равноудалена от его сторон. Так как одновременно эта точка принадлежит биссектрисе $BС$ угла $KBM$, то она также равноудалена и от его сторон тоже. Следовательно, эта точка является центром вневписанной окружности треугольника $ABK$. Следовательно, луч $KA_1$ – биссектриса угла $CKB$.

К задаче 3 – рисунок 2.

Искомый угол $\angle LZK=180^{\circ}-\angle 3-\angle 4$.

$$\angle 3=\angle ALC_1=\frac{1}{2}\angle ALB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-10^{\circ}-2x)=85^{\circ}-x$$

$$\angle 4=\angle CKA_1=\frac{1}{2}\angle CKB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-10^{\circ}-2y)=85^{\circ}-y$$

$$\angle LZK=180^{\circ}-\angle 3-\angle 4=180^{\circ}-85^{\circ}+x-85^{\circ}+y=10^{\circ}+x+y=15^{\circ}$$

Ответ: $15^{\circ}$.

Сделаем рисунок. Центр вписанной окружности – точка пересечения биссектрис. Поэтому можно равные углы обозначить одинаковыми буквами: $x,x, y,y, z,z$. Биссектрисы обозначены сплошными линиями, высоты – штриховыми.

К задаче 4

Угол $ADC$ равен углу $AEC$ как вписанный.

$$\angle ADC=180^{\circ}-x-y=\angle AEC$$

Угол $MEN$ равен углу $AEC$ как вертикальный.

$$\angle MEN=180^{\circ}-x-y$$

Так как в четырехугольнике $MBNE$ два угла – прямые, то

$$\angle MEN+\angle MBN=180^{\circ}$$

$$\angle MBN=180^{\circ}-\angle MEN=180^{\circ}-(180^{\circ}-x-y)=x+y$$

Сумма углов треугольника $ABC$ – $180^{\circ}$,

$$180^{\circ}=2x+2y+x+y=3(x+y)$$

$$x+y=60^{\circ}$$

А это и есть искомый угол.

Ответ: $60^{\circ}$