Смешанные задачи I

В треугольнике \(ABC\) имеем \(\angle C=180^\circ-46^\circ-71^\circ=63^\circ\). Так как \(DE\parallel BC\), угол \(\angle ADE\) равен \(\angle ACB\). Поэтому \(\angle ADE=63^\circ\).

Имеем \(AB=AC\), \(BM=MC\), а \(AM\) — общая сторона. Поэтому \(\triangle ABM\cong\triangle ACM\). Значит \(\angle AMB=\angle AMC\). Эти углы смежные, следовательно каждый равен \(90^\circ\), и \(AM\perp BC\).

Из \(DE\parallel BC\) следует \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\). Так как \(AD:AB=4:5\), имеем \(DE:BC=4:5\). Поэтому \(DE=25\cdot\frac{4}{5}=20\).

Треугольники \(ABD\) и \(ABC\) имеют общую высоту из \(A\) к \(BC\). Так как \(BD:BC=2:7\), получаем \(S_{ABD}=\frac{2}{7}\cdot84=24\).

Углы \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) — вписанные и опираются на одну хорду \(AC\). При данном расположении они равны. Следовательно, \(\angle ADC=39^\circ\).

Так как \(BD\perp AC\), имеем \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), имеем \(\angle BEC=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Следовательно, \(B,C,D,E\) цикличны.

Точка \(M\) — середина \(BC\) и по построению середина \(AD\). Значит диагонали четырёхугольника \(ABDC\) делятся точкой \(M\) пополам. Поэтому \(ABDC\) — параллелограмм, откуда \(AB\parallel CD\) и \(AC\parallel BD\).

Так как \(DE\parallel AC\), \(\triangle BDE\sim\triangle BAC\). Из \(BD:BA=1:2\) получаем \(BE:BC=1:2\). Значит \(BE=EC\), то есть \(E\) — середина \(BC\).

Проведём \(AC\). В треугольнике \(ABC\) отрезок \(MN\) — средняя линия, значит \(MN\parallel AC\). В треугольнике \(CDA\) отрезок \(PQ\) — средняя линия, значит \(PQ\parallel AC\). Следовательно, \(MN\parallel PQ\). Аналогично через диагональ \(BD\) получаем \(NP\parallel MQ\). Значит \(MNPQ\) — параллелограмм.

Треугольники \(AOD\) и \(COB\) подобны: углы при \(O\) вертикальные, а остальные соответствующие углы равны из-за \(AD\parallel BC\). Поэтому \(AO:OC=DO:OB=AD:BC=21:14=3:2\).

Угол между касательной и хордой \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как касательная параллельна \(BC\), этот же угол равен \(\angle ABC\). Значит \(\angle ABC=\angle ACB\), поэтому \(AB=AC\).

Так как \(P\) лежит на медиане \(AM\), прямая \(AP\) проходит через середину \(BC\). Треугольники \(PAB\) и \(PAC\) имеют общее основание \(AP\), а точки \(B\) и \(C\) равноудалены от прямой \(AP\). Следовательно, площади равны.

Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют общее основание \(AD\). Высоты из \(B\) и \(C\) к \(AD\) равны, потому что \(BC\parallel AD\). Значит \(S_{ABD}=S_{ACD}\). Вычитая общую площадь \(S_{AOD}\), получаем \(S_{AOB}=S_{COD}\).

Так как \(AB\parallel CD\), \(\angle ABD=\angle BDC\). В циклическом четырёхугольнике \(\angle BDC=\angle BAC\), потому что оба угла опираются на хорду \(BC\). Значит \(\angle ABD=\angle BAC\). Эти углы опираются на хорды \(AD\) и \(BC\), поэтому хорды равны: \(AD=BC\).

Треугольники \(BCE\) и \(BCA\) имеют общее основание \(BC\). Так как \(D\) лежит на \(BC\), высота точки \(E\) к \(BC\) составляет \(ED:AD=2:5\) высоты точки \(A\). Поэтому \(S_{BCE}=\frac{2}{5}\cdot120=48\).

Так как \(BD\perp AC\), \(\angle ADH=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), \(\angle AEH=90^\circ\). Значит \(A,D,H,E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Кроме того, \(HD\perp AC\) и \(HE\perp AB\), поэтому тупой угол между \(HD\) и \(HE\) равен \(180^\circ-\angle A\). Следовательно, \(\angle DHE=180^\circ-\angle A\).

Пусть расстояния от \(P\) до прямых \(AB\) и \(CD\) равны \(h_1\) и \(h_2\). Тогда \(h_1+h_2\) равно высоте параллелограмма к основанию \(AB\). Поскольку \(AB=CD\), имеем \(S_{PAB}+S_{PCD}=\frac{1}{2}ABh_1+\frac{1}{2}ABh_2=\frac{1}{2}S_{ABCD}\).

Так как \(AC\) делит \(\angle BAD\) пополам, \(\angle BAC=\angle CAD\). Угол \(\angle BAC\) опирается на хорду \(BC\), а \(\angle CAD\) — на хорду \(CD\). Равные вписанные углы опираются на равные хорды, значит \(BC=CD\).

Пусть угол между диагоналями равен \(\varphi\). Тогда \(S_{AOB}=\frac{1}{2}AO\cdot BO\sin\varphi\), \(S_{COD}=\frac{1}{2}CO\cdot DO\sin\varphi\). Аналогично \(S_{BOC}=\frac{1}{2}BO\cdot CO\sin\varphi\), \(S_{DOA}=\frac{1}{2}DO\cdot AO\sin\varphi\). Произведения равны.

Так как \(DE\parallel AC\), \(\triangle BDE\sim\triangle BCA\). Коэффициент подобия равен \(BD:BC=2:5\), поэтому \(S_{BDE}:S_{ABC}=4:25\). Оставшаяся часть \(ADEC\) имеет площадь \(21\) долю из \(25\). Значит \(S_{BDE}:S_{ADEC}=4:21\).

Проведём \(AC\). Так как \(AB\parallel CD\), \(\angle BAC=\angle ACD\). Также \(AB=CD\), а \(AC\) — общая сторона. Поэтому \(\triangle BAC\cong\triangle DCA\). Значит \(\angle BCA=\angle CAD\), откуда \(BC\parallel AD\). Вместе с \(AB\parallel CD\) это даёт параллелограмм.

Углы \(\angle CDE\) и \(\angle CBE\) опираются на один и тот же отрезок \(CE\). Если две точки \(D\) и \(B\) видят отрезок \(CE\) под равными углами, то они лежат на одной окружности с \(C\) и \(E\). Поэтому \(B,C,D,E\) цикличны.

Так как \(M\) — середина \(BC\), \(BM=CM\). По условию \(AM=BM\), значит \(AM=BM=CM\). Поэтому точки \(A,B,C\) лежат на окружности с центром \(M\), а \(BC\) — диаметр. Угол \(\angle BAC\) опирается на диаметр, значит он прямой.

Треугольники \(PAB\) и \(PAC\) имеют общее основание \(AP\). Равенство площадей означает, что расстояния от \(B\) и \(C\) до прямой \(AP\) равны. Так как \(B\) и \(C\) находятся по разные стороны от \(AP\), прямая \(AP\) проходит через середину \(BC\).

Пусть \(AD=a\), \(BC=b\). Из подобия \(AOD\sim COB\) получаем \(DO:OB=a:b\). В треугольнике \(DBA\) отрезок \(OX\parallel AD\), поэтому \(OX=\frac{ab}{a+b}\). Аналогично в треугольнике \(DBC\) получаем \(OY=\frac{ab}{a+b}\). Значит \(XY=\frac{2ab}{a+b}\). При \(a=12\), \(b=6\) получаем \(XY=8\).

Через площади получаем \(\frac{BD}{DC}=\frac{S_{ABP}}{S_{ACP}}\), \(\frac{CE}{EA}=\frac{S_{BCP}}{S_{ABP}}\), \(\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACP}}{S_{BCP}}\). Перемножая три равенства, все площади сокращаются, и получается \(1\).

По площадной форме Чевы \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Тогда \(\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{AF}{FB}=1\), то есть \(\frac{1}{2}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Следовательно, \(AF:FB=2:1\).

Так как \(G\) лежит на медиане из \(A\), \(S_{GAB}=S_{GAC}\). Так как \(G\) лежит на медиане из \(B\), \(S_{GAB}=S_{GBC}\). Значит \(S_{GAC}=S_{GBC}\). Эти треугольники имеют общее основание \(GC\), поэтому точки \(A\) и \(B\) равноудалены от прямой \(GC\). Следовательно, \(GC\) проходит через середину \(AB\), то есть \(AF=FB\).

Пусть \(O\) — центр окружности. Радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны касательным, поэтому в четырёхугольнике \(BOCT\) углы при \(B\) и \(C\) прямые. Центральный угол \(\angle BOC=2\angle BAC\). Тогда \(\angle BTC=360^\circ-90^\circ-90^\circ-2\angle BAC=180^\circ-2\angle BAC\).

Имеем \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{2}=1\). По обратной форме площадной теоремы Чевы из этого следует, что прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\) пересекаются в одной точке.