Тема 17. Задачи по планиметрии

17.06 Подобие треугольников и пропорциональные отрезки

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#2235

В треугольнике $ABC$ на середине стороны $AB$ отмечена точка $M.$ Точка $P$ на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ такова, что $AC = CP.$ Найдите меньший из отрезков, на которые прямая $MP$ делит сторону $BC,$ если $BC =3.$

Показать ответ и решение

Пусть $N$ — точка пересечения прямых $MP$ и $BC.$

Способ 1.

По условию имеем:

AM :MB = 1:1, CP :PA = 1:2

Тогда по теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $MP :$

AM BN CP MB--⋅NC--⋅PA-= 1 BN--= MB--⋅ P-A = 1⋅ 2 = 2 NC AM CP 1 1

Так как $BN :NC = 2:1,$ то искомый отрезок равен

1 NC = 3BC = 1

$PIC$

Способ 2.

Проведем $MK ∥ BC.$ Тогда по теореме Фалеса точка $K$ поделит $AC$ в том же отношении, что точка $M$ поделит отрезок $AB.$ Тогда $AK = KC$ и так как $AC = CP,$ то $KC = 1CP. 2$

Заметим, что $△NP C ∼ △MP K$ по двум углам, так как $∠P$ — общий и $∠NCP = ∠MKP$ как соответственные. Тогда имеем:

NC--= CP- ⇔ NC--= 2KC- = 2 MK KP MK 3KC 3

Отсюда получаем $NC = 2 MK. 3$ Далее, так как $MK$ — средняя линия в $△ABC,$ то $MK = 1BC. 2$ Тогда окончательно получаем

2 1 1 NC = 3 ⋅2BC = 3BC = 1

Очевидно, что $NC <BN,$ так как отрезок $BN$ в таком случае равен $23BC = 2.$

Ответ: 1

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#2757

В трапеции основания равны 18 и 12, а боковые стороны 15 и 12. Боковые стороны продолжили до взаимного пересечения. Найдите сумму длин отрезков, на которые продолжены боковые стороны.

Показать ответ и решение

Пусть дана трапеция $ABCD$ , $AD, BC$ – основания, $O$ – точка пересечения продолжений боковых сторон. Обозначим $OB = x,OC = y$ .

$PIC$

Тогда $△AOD ∼ △BOC$ по двум углам: $∠O$ – общий, $∠OBC = ∠OAD$ как соответственные при $AD ∥ BC$ и $AO$ секущей. Следовательно:

---x--- 12- --y---- x + 12 = 18 = y + 15 ⇔ x = 24; y = 30; ⇔ x + y = 24 + 30 = 54.

Ответ: 54

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#18335

Найдите отношение $NC :KN.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Проведем через $K$ прямую, параллельную $BM.$ Пусть $L$ — ее точка пересечения с $AC.$

$PIC$

Тогда по теореме Фалеса для угла $BAC$ и секущих его параллельных прямых $BM$ и $KL :$

AK- = KB-- ⇔ -AL-= AK--= 1 ⇒ AL = LM = AM--=2 AL LM LM KB 2

Теперь рассмотрим теорему о пропорциональных отрезках для угла $KCL$ и секущих его параллельных прямых $KL$ и $NM :$

NC KN NC MC 6 MC--= -LM- ⇔ KN--= -LM-= 2 = 3

Получили, что $NC :KN =3 :1.$

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31014

Найдите неизвестную сторону треугольника на картинке.

$PIC$

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACB$ . Они имеют общий угол $A$ . Кроме того,

AD :AB = 3:6= 6 :12= AB :AC

Таким образом, $△ ABD ∼ △ACB$ по отношению двух сторон и углу между ними. Найдем коэффициент подобия $k$ этих треугольников:

BD AD AB 1 k = BC = AB- = AC-= 2

$PIC$

Тогда неизвестная сторона равна

BC = BD- =5 ⋅2= 10 k

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31015

В треугольнике $ABC$ чевиана $AD$ делит сторону $BC$ на отрезки $BD = 5$ и $CD =4.$ Известно, что $∠ABC = ∠DAC.$ Найдите $AC.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольники $ABC$ и $DAC.$ Они имеют общий угол $C,$ углы $ABC$ и $DAC$ равны по условию. Таким образом, $△ ABC ∼ △DAC$ по двум углам. Тогда коэффициент подобия $k$ этих треугольников равен

AC BC k = CD- = AC-

$PIC$

Отсюда найдем искомый отрезок:

AC2 = CD ⋅BC = 4⋅(4+ 5)= 36 ⇒ AC = 6

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#934

В параллелограмме $ABCD$ точка $M$ — середина $BC,$ а точка $K$ — середина $AD.$ Найдите отношение длин отрезков, на которые прямые $AM$ и $CK$ разделили диагональ $BD.$

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — точка пересечения $AM$ и $BD,$ а $Q$ — точка пересечения $CK$ и $BD.$

Так как у параллелограмма противоположные стороны равны, то $AK =KD = BM = MC.$ Рассмотрим четырехугольник $AMCK.$ В нем противолежащие стороны $AK$ и $MC$ параллельны и равны, следовательно, это параллелограмм и $AM ∥KC.$

$PIC$

Далее, $OM ∥QC$ и $BM = MC,$ следовательно, по теореме Фалеса $BO = OQ.$

Кроме того, $KQ ∥AO$ и $AK =KD,$ следовательно, по теореме Фалеса $OQ = QD.$

Получили, что $BO = OQ = QD.$

Ответ: 1:1:1

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#936

Окружность касается одного из катетов прямоугольного равнобедренного треугольника и проходит через вершину противолежащего острого угла. Найдите радиус окружности, если ее центр лежит на гипотенузе треугольника, а катет треугольника равен $-- √ 2 + 1$ .

(Источник: Сборник задач по геометрии, И.Ф.Шарыгин, Р.К.Гордин)

Показать ответ и решение

В решении будем обозначать катет треугольника за $a$ . Пусть $r$ – радиус окружности. Если $K$ – точка касания окружности с катетом $BC$ , то $OK ⊥ BC$ . Рассмотрим рисунок:

$PIC$

Заметим, что по двум углам $△BOK ∼ △BAC$ , следовательно,

OK-- = BK-- AC BC

Так как $AC = BC$ , то $OK = BK = r$ .
По теореме Пифагора $√ -- AB = 2a$ . Так как $O$ лежит на $AB$ , то $AO = r$ , следовательно, $√ -- OB = 2a − r$ .
Тогда по теореме Пифагора из $△BOK$ :

√ -- 2 2 2 √ -- 2 2 2 ----2-- √ --√ -- OB = OK + BK ⇒ ( 2a − r) = r + r ⇔ r = √2-+ 1a = 2( 2 − 1)a.

Так как $a = √2-+ 1$ , то получаем

√--√ -- √ -- √ -- r = 2 ( 2 − 1)( 2 + 1) = 2.

Ответ:

$√-- 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#982

В треугольник вписан ромб таким образом, что один угол у них общий, а противоположная вершина ромба лежит на стороне треугольника и делит ее на отрезки длинами $14$ и $6$ . Найдите периметр треугольника, если сторона ромба равна $7$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим рисунок. Так как по определению ромба $SD ∥ AF$ , то $SD ∥ AC$ , следовательно, $∠BSD = ∠BAC$ . Следовательно, по двум углам ( $∠B$ у них общий) $△BSD ∼ △BAC$ . Обозначим $F C = t$ , $BS = k$ . Тогда имеем:

SD--= BD-- ⇒ -7---= --14--- ⇒ t = 3. AC BC 7 + t 14 + 6

Аналогично $FD ∥ AB$ и $△DF C ∼ △BAC$ . Следовательно,

DF-- F-C- --7--- --t-- -3- 49- BA = AC ⇒ 7 + k = t + 7 = 10 ⇒ k = 3 .

Следовательно, периметр треугольника $ABC$ равен

49 1 7 + ---+ 14 + 6 + 3 + 7 = 53--. 3 3

Ответ:

$53 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#2237

В квадрате $ABCD$ на стороне $√ --- CD = 13$ взята точка $K$ такая, что $DK = 23DC$ . Найдите расстояние от точки $B$ до прямой $AK$ .

Показать ответ и решение

Обозначим сторону квадрата за $3x$ , тогда $DK = 2x$ , $KC = x$ . Необходимо найти $BH$ .

$PIC$

Заметим, что $△ADK ∼ △ABH$ по двум углам ( $∘ ∠ADK = ∠AHB = 90$ , $∠AKD = ∠HAB$ как накрест лежащие). Следовательно,

BH-- = -AB-. AD AK

По теореме Пифагора $√ ---2-------2- √ --- AK = AD + DK = 13x$ , следовательно,

AD ⋅ AB 9x2 9 BH = --------- = √----- = √----x AK 13x 13

Так как $√ --- AD = 13 = 3x$ , то $√13 x = 3$ , следовательно,

BH = 3.

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2285

В треугольник со стороной $a = 10$ и высотой $6$ , проведенной к этой стороне, вписан квадрат таким образом, что две соседние вершины квадрата лежат на стороне $a$ , а две другие вершины квадрата лежат на двух других сторонах треугольника соответственно. Найдите периметр квадрата.

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим рисунок.
Пусть $AC = 10$ , $BH = 6$ – высота, $M N KL$ – квадрат со стороной $x$ . Необходимо найти $4x$ .
Так как $N K ∥ M L$ , то $N K ∥ AC$ . Так как $N M ⊥ AC$ и $BH ⊥ AC$ , то $N M ∥ BH$ . Так как отрезки параллельных прямых, заключенные между двумя параллельными прямыми, равны, то $N M = F H = x$ . Следовательно, $BF = 6 − x$ . Заметим, что $∠BKN = ∠BCA$ как соответственные при $N K ∥ AC$ и $BC$ секущей. Следовательно, $△BKF ∼ △BCH$ по двум углам. Значит,

BF--= BK-- (1) BH BC

Аналогично $△BKN ∼ △BCA$ , следовательно,

BK-- N-K-- BC = AC (2)

Из $(1)$ и $(2)$ можно сделать вывод, что

BF N K 6 − x x 15 ---- = ----- ⇒ ------= --- ⇒ x = --- ⇒ 4x = 15. BH AC 6 10 4

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#2588

В треугольнике $ABC$ отрезок $CM$ — медиана, точка $N$ лежит на $CM$ так, что $CN :CM = 1 :4.$ Отрезок $AK$ проходит через точку $N,$ причём точка $K$ лежит на стороне $BC.$ Найдите отношение $KB :CK.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Построим $MP ∥AK :$

$PIC$

Обозначим $KP = x,$ $CK = y.$

Способ 1.

Так как $MP$ — средняя линия в треугольнике $ABK,$ то $BP =x.$

Треугольники $CKN$ и $CP M$ подобны по двум углам: $∠MCP$ — общий, $∠CNK =∠CMP,$ как соответственные при параллельных прямых и секущей, тогда

CN--= CK- ⇒ 1 = --y-- ⇒ 4= y+-x- ⇒ x =3 CM CP 4 y+ x y y

Так как $KB =2x,$ то имеем:

2x x KB :CK = y-= 2⋅y = 2⋅3 =6

Способ 2.

По теореме о пропорциональных отрезках для угла $∠MCP$ и секущих прямых $MP$ и $NK$ имеем:

1 -CN- CK- y 3 = NM = KP = x ⇒ x =3y

По теореме о пропорциональных отрезках для угла $∠ABK$ и секущих прямых $MP$ и $AK$ имеем:

1 = BM--= BP- = BP- ⇒ BP = x MA PK x

Тогда получаем

x+ x 6y KB :CK = -y---= y-= 6

Способ 3.

Так как $CN :CM = 1:4,$ то $CN :NM = 1:3.$ Кроме того, $MA :AB = 1:2,$ так как точка $M$ — середина $AB.$ Тогда по теореме Менелая для треугольника $MBC$ и секущей $NK$ имеем:

BK-⋅-CN- ⋅ MA-=1 KC NM AB BK-- 1 1 KC ⋅3 ⋅ 2 = 1

Отсюда получаем $KB :CK = 6:1= 6.$

Ответ: 6

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#11704

Расстояния от точки $M$ , расположенной внутри прямого угла, до сторон угла равны 4 и 3. Через точку $M$ проведена прямая, отсекающая от угла треугольник, площадь которого равна 32. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри угла.

(МИОО 2013)

Показать ответ и решение

Пусть $A$ — вершина угла, $B$ и $C$ — точки пересечения прямой со сторонами угла, $Y$ — проекция $M$ на $AB$ , $X$ — проекция $M$ на $AC$ .

$∠CAB = ∠M YB = ∠CXM = 90∘ ⇒ AY M X$ — прямоугольник $⇒ AY = M X = 4$ , $AX = M Y = 3$ . Обозначим $BY = x$ .

$BA ∥ M X ⇒ ∠ABC = ∠XM C ⇒ △Y BM ∼ △XM C$ по двум углам. Запишем подобие

$YB Y-M-$ = $XM XC--$ ⇒ XC = $XM ⋅Y M ---YB----$ = $12 x-$

Тогда по условию

$pict$

$PIC$

Ответ:

$√ -- 4 17$ или $4√97 ----- 3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#30999

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $BB1$ и $CC1.$ Найдите $B1C1,$ если $∘ ∠A =60$ и $BC = 6.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем, что треугольники $ABC$ и $AC1B1$ подобны. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник $ACC1$ . В нем

AC1 AC--=cos∠C1AC

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $ABB1$ . В нем также

AB1-=cos∠B1AB AB

Так как $∠C1AC = ∠A =∠B1AB$ , то треугольники $ABC$ и $AC1B1$ подобны по отношению двух сторон и углу между ними. Тогда коэффициент подобия $k$ этих треугольников равен

k = B1C1= AB1-= AC1-= cos∠A CB AB AC

Отсюда искомый отрезок равен

B C = BCcos∠A =BC cos60∘ =6⋅ 1 = 3 1 1 2

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#69963

В треугольнике $ABC$ проведены медианы $AA1$ и $BB1$ . На сторонах треугольника $AB$ , $AC$ и $BC$ взяты соответственно точки $D,E,F$ , причем $DF ∥ AA1$ , $DE ∥ BB1$ и $AD : AB = 1 : 3$ .

а) Докажите, что $AE : AC = 1 : 6$ .

б) Найдите площадь треугольника $DEF$ , если площадь треугольника $ABC$ равна 48.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) 1. Рассмотрим $△ABA1$ . Из условия задачи мы знаем, что $DE ∥ BB1$ . Используя теорему Фалеса, получаем:

AD--= AB-. AE AB1

Отсюда по правилу пропорции $AD : AB = AE : AB = 1 : 3. 1$

2. Заметим, что $B 1$ – середина $AC$ и $AB : AC = 1 : 2. 1$

3. Из двух предыдущих пунктов получаем, что:

AE- --AE--- 1 AC = 2 ⋅AB1 = 6 .

Ч.Т.Д.

б) 1. Выразим площадь $S△ADE$ через площадь $S△ABC$ :

S△ADE 12 ⋅AD ⋅AE ⋅sin(∠A ) AD ⋅AE 1 S△ABC--= -1⋅AB-⋅AC--⋅sin(∠A-) = 3AD-⋅6AE-= 18. 2

То есть S = 1-⋅48 = 8. △ADE 18 3

2. $DF ∥ AA1$ , значит, по теореме Фалеса (помним, что $A1$ – середина $BC$ ):

AD A1F 1 DB--= FB--= 2 .

Иными словами:

CB--= 3. FB 1

3. Выразим площадь $S△DBF$ через площадь $S△ABC$ :

1 S-△DBF-= 2 ⋅DB-⋅BF-⋅sin-(∠B-)-= 2DB--⋅BF--= 2 . S △ABC 12 ⋅AB ⋅BC ⋅sin(∠B ) 3DB ⋅3BF 9

2 32 То есть S△DBF = 9 ⋅48 = 3-.

4. Выразим площадь $S△ECF$ через площадь $S△ABC$ :

S△ECF--= EC--⋅CF- = 12 ⋅5EC-⋅2CF-⋅sin(∠C-)= 10= 5. S△ABC AC ⋅BC 12 ⋅6EC ⋅3CF ⋅sin(∠C ) 18 9

5 80 То есть S△ECF = 9 ⋅48 = 3 .

5. Найдём $S△DEF$ :

8 32 80 S△DEF = S△ABC − S△ADE − S △DBF − S△ECF = 48− 3 − 3 − 3 = 8.

Ответ: б) 8

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#72213

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AK$ и $CM.$ На них из точек $M$ и $K$ опущены перпендикуляры $MM1$ и $KK1$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $M1K1$ и $AC$ параллельны.

б) Найдите отношение $M1K1 :AC,$ если $sin ∠ABC = 1√-. 3$

Показать ответ и решение

а)

$PIC$

1. Треугольник по условию остроугольный, следовательно, основания его высот лежат на его сторонах.

2. Четырёхугольник $AMKC$ — вписанный, поскольку $∠AMC = ∠AKC,$ причём $M$ и $K$ лежат по одну сторону от $AC.$

Раз так, то $∠KAC = ∠KMC$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

3. Четырёхугольник $M1MKK1$ — вписанный, поскольку $∠MM1K = ∠MK1K,$ причём $M1$ и $K1$ лежат по одну сторону от $MK.$

Раз так, то $∠KMK1 = ∠KM1K1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

4. $∠KMK1$ и $∠KMC$ — один и тот же угол, а значит, $∠KM1K1 =∠KAC.$

5. Уже это тождество в свою очередь означает параллельность $AC ∥M1K1,$ поскольку $∠KM1K1 = ∠KAC$ как соответственные при $AK.$ Ч.Т.Д.

б)

1. Продлим $MM1$ и $KK1$ до точки пересечения $F.$

2. Сумма противоположных углов во вписанном четырёхугольнике равна $∘ 180 .$ Раз так, то $∠MKC = 180∘− ∠MAC.$

3. Однако и $∠MKC = 180∘− ∠MKB,$ поскольку $∠MKC$ и $∠MKB$ — смежные.

4. Из прошлых двух пунктов ясно, что $∠MKB = ∠BAC;$ $∠MBK =∠ABC,$ а значит, $△MBK ∼△ABC.$

5. Коэффициент подобия $△MBK ∼ △ABC$ равен отношению $BAKB-$ $△ABK$ — прямоугольный, следовательно, $BAKB-= cos(∠ABK ).$

6. Абсолютно аналогичные действия проворачиваем и с $△F M1K1$ и $△F KM,$ доказывая их подобие и вычисляем коэффициент этого подобия $FM1- FK = cos(∠MF K ).$

7. По сумме углов четырёхугольника $MBKG :$

∘ ∘ ∠MGK = 360 − ∠BMG − ∠BKG − ∠MBK = 180 − ∠MBK.

8. $∠MGK = ∠M1GK1$ как вертикальные.

9. По сумме углов четырёхугольника $FM1GK1 :$

∠M1F K1 = 360∘− ∠GM1F − ∠GK1F − ∠M1GK1 = ∠MBK.

То есть $cos(∠MF K)= cos(∠MBK ).$

10. Найдём $cos(∠MF K)$ по ОТТ:

∘----- √ - cos(∠MF K) = 1 − 1= √-2. 3 3

11. Пусть $√ - AC = x 3,$ тогда из найденного отношения $√ - MK = x 2,$ а $M K = 2x√-. 1 1 3$ То есть:

2x M1K1-= -√√3-= 2. AC x 3 3

Ответ:

$2 :3$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75182

А вот и вторая геометрическая задачка из воспоминаний Деда Мороза: Две окружности разных радиусов пересекаются в точках $F$ и $C,$ причем их центры лежат по разные стороны от хорды $F C.$ Вне обеих окружностей взята точка $A,$ лежащая по ту же сторону от хорды $FC,$ что и центр меньшей окружности. Прямая $AC$ пересекает меньшую окружность в точках $C$ и $B,$ а большую — в точках $C$ и $D.$ Прямая $AF$ пересекает меньшую окружность в точках $F$ и $E,$ а большую — в точках $F$ и $M.$

а) Докажите, что $AE ⋅AD$ = $AB ⋅AM.$

б) Найдите сумму произведений длин противоположных сторон четырехугольника $EBDM,$ если $∠FMD = ∠EBA$ и $MB ⋅ED = 1234.$

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Вспомним теорему о двух секущих и распишем ее для обеих окружностей.
Для меньшей окружности справедливо:

AB ⋅AC = AE ⋅AF,

откуда

A-- AE- AF = AB .

Для большей окружности справедливо:

AC ⋅AD = AF ⋅AM,

откуда

AC-= AM--. AF AD

Из двух пропорций, в которых левые части одинаковы, выводим:

AE AM AB-= AD--,

AE ⋅AD = AM ⋅AB.

Ч.Т.Д.

б)

1. В пункте а) мы доказали равенство:

AE-= AM--. AB AD

Из него по обратной теореме Фалеса следует, что $MD ∥ ED$ и $△AEB ∼ △AMD.$

2. Из подобия выводим равенства углов:

∠MDA =∠EBA и ∠AMD = ∠AEB.

3. В условии пункта б) утверждается, что $∠FMD = ∠EBA.$ С учетом с прошлых двух тождеств этот тезис дает понять, что $△AED$ и $△AMD$ на самом деле равнобедренные.

4. Отсюда получаем, что трапеция $EBDM$ также равнобедренная. У любой равнобедренной трапеции сумма противоположных углов равна $180∘,$ следовательно, она вписанная.

5. Для вписанного четырехугольника справедлива теорема Птолемея, гласящая о том, что сумма произведений длин противоположных сторон вписанного четырехугольника равна произведению длин его диагоналей, то есть

MD ⋅EB + DB ⋅EM = MB ⋅ED = 1234.

NOTA BENE: Заметим, что теоремы Птолемея нет в учебниках федерального перечня, поэтому перед её применением на ЕГЭ следует привести её доказательство.

Ответ: б) 1234

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#935

Дан равнобедренный треугольник, основание которого относится к боковой стороне как $4 : 3$ . Найдите отношение, в котором точка касания вписанной в треугольник окружности и боковой стороны делит эту боковую сторону.

Показать ответ и решение

Центр вписанной в $△ABC$ окружности будет лежать на биссектрисе, проведенной к его основанию. Пусть $AC$ – основание, $BH$ – биссектриса, следовательно, высота и медиана. Пусть $K$ – точка касания окружности и $AB$ . Необходимо найти, например, $BK : KA$ .

$PIC$

Если обозначить $AC = 4x$ , $AB = 3x$ , то $AH = 2x$ . Заметим, что по двум углам $△BKO ∼ △ABH$ ( $∠B$ – общий, а также оба прямоугольные). Следовательно,

BK BO KO ---- = ---- = ---- BH AB AH

Обозначим радиус окружности за $r$ , то есть $KO = OH = r$ . Также по теореме Пифагора $√ ------------ √ -- BH = AB2 − AH2 = 5x$ . Следовательно, $√ -- BO = 5x − r$ . Тогда

√-- √ -- r 5x − r 2 5 2x-= --3x----- ⇔ r = --5--x.

Следовательно,

√ -- BK = KO--⋅ BH--= r ⋅-5x-= x ⇒ KA = 3x − x = 2x. AH 2x

Следовательно,

BK : KA = 1 : 2.

Ответ:

$1 : 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#995

$BB1$ и $CC1$ – биссектрисы углом $B$ и $C$ соответственно треугольника $ABC$ . На продолжениях сторон $AB$ и $AC$ взяты точки $M$ и $L$ так, что $BM = BC = CL$ . Доказать, что $M L ∥ B1C1$ .

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

Пусть $∠ABC = 2α$ , а $∠ACB = 2β$ . Тогда $∠M BC = 180∘ − 2α$ и $∠LCB = 180∘ − 2β$ . Так как $△M BC$ равнобедренный, то в нем $∠M = ∠C = 12 (180∘ − ∠M BC ) = α$ . Аналогично в $△LCB$ углы $∠CLB = ∠CBL = β$ .

$PIC$

$∠M BQ = 180 ∘ − 2α − β = ∠BC O 1$ . Следовательно, по двум углам $△M BQ ∼ △C BO 1$ . Следовательно,

C O BO --1-- = ----- (1) BQ M Q

Аналогично $△LCQ ∼ △B1CO$ , следовательно,

CO-- B1O-- LQ = CQ (2)

Заметим, что тогда $△BOC = △BQC$ по двум углам ( $∠OBC = ∠QCB = α$ , $∠OCB = ∠QBC = β$ по доказанному выше) и общей стороне. Следовательно, $BQ = CO$ , $CQ = BO$ . Значит, перемножив равенства $(1)$ и $(2)$ , получим:

C O ⋅ CO B O ⋅ BO C O B O -1--------= -1-------- ⇒ -1---= -1--- (3 ) BQ ⋅ LQ M Q ⋅ CQ LQ M Q

Заметим также, что $∠B OC = ∠BOC = ∠BQC = ∠M QL (∗) 1 1$ .

$PIC$

Следовательно, по двум пропорциональным сторонам (из $(3)$ ) и углу между ними $△B1OC1 ∼ △M QL$ , откуда

∠OB C = ∠QM L = x, ∠OC B = ∠QLM = y 1 1 1 1

Отсюда $∠C1B1C + ∠M LC = x + (180 ∘ − α − 2β) + y + β = 180 ∘ + x + y − α − β$ .
Но из $(∗)$ следует, что $180 ∘ − α − β = ∠BOC = ∠M QL = 180 ∘ − x − y$ , откуда следует, что $x + y = α + β$ . Следовательно,

∠C B C + ∠M LC = 180∘ 1 1

Следовательно, это односторонние углы при прямых $B1C1$ и $M L$ и секущей $AL$ , значит, $B1C1 ∥ M L$ .

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#2671

Дан параллелограмм $ABCD$ . Из вершины острого угла $A$ проведены две прямые, делящие угол на три равные части, причем одна пересекает сторону $BC$ в точке $N$ , а другая – сторону $CD$ в точке $L$ , причем $CN = CL = 2$ . Известно также, что $AB = 5$ . Найдите $AN + AL$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $Y$ – точка пересечения прямых $AN$ и $CD$ , а $T$ – прямых $AL$ и $BC$ . Пусть $1 3 ∠A = α$ .
$∠CT L = ∠DAL = α$ как накрест лежащие при $AD ∥ BC$ и секущей $AT$ . Также $∠CY N = ∠BAN = α$ как накрест лежащие при $AB ∥ CD$ и секущей $AY$ . Заметим, что $∠N CY = ∠LCT$ как вертикальные. Следовательно, в $△N CY$ и $△LCT$ равны два угла, следовательно, равны и третьи углы. Также у них $N C = LC$ , следовательно, по признаку “сторона и два прилежащих угла” эти треугольники равны. Значит, $CY = CT$ и $N Y = LT$ .
Тогда $△AN T = △ALY$ , так как $N T = LY$ и прилежащие углы равны ( $∠N T A = ∠LY A = α$ по доказанному, $∠AN T = ∠ALY = 180 ∘ − 2α$ ). Отсюда $AL = AN = N T = LY$ .
Тогда $△ABN = △ADL$ по этому же признаку ( $∠BAN = ∠DAL = α$ , $∠ABN = ∠ADL$ как противоположные углы параллелограмма $⇒$ $∠AN B = ∠ALD$ ). Значит, $AD = AB = 5$ . Следовательно, $ABCD$ – ромб. Отсюда $BN = 5 − 2 = 3$ .

$PIC$

Заметим, что $△ABN ∼ △Y CN$ по двум углам, следовательно,

AB BN 5 3 10 ---- = ---- ⇒ ----= -- ⇒ CY = --. CY CN CY 2 3

Тогда по доказанному выше $AN = AL = LY = 2 + 130= 136.$ Тогда

AN + AL = 32. 3

Ответ:

$32 --- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#2760

В прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$ и катетами $AC = 6$ и $BC = 8$ вписана прямоугольная трапеция $M N KB$ так, что $M N = CK$ , точки $N$ и $K$ лежат на катетах $AC$ и $BC$ соответственно, а меньшее основание параллельно гипотенузе. Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим рисунок. Заметим, что из условия следует, что основаниями трапеции будут $N K$ и $M B$ . Если меньшее основание трапеции параллельно гипотенузе, то и большее ей параллельно, следовательно, и $N K ∥ AB$ , и $M B ∥ AB$ . Так как $M B$ и $AB$ имеют общую точку $B$ , то $M$ лежит на $AB$ . Следовательно, отсюда однозначно определятся, как трапеция вписана в треугольник.

По теореме Пифагора гипотенуза $AB = 10$ . Заметим, что $∠CAB = ∠CN K$ как соответственные при $N K ∥ AB$ и $AC$ секущей. Значит, прямоугольные треугольники $CN K$ и $AN M$ равны по катету и острому углу. Следовательно, $AN = N K$ . Введем обозначения: $AN = y$ , $CN = x$ , $CK = z$ . Проведем $KH ⊥ AB$ .

$PIC$

Тогда $x + y = 6$ . Так как $M H = N K = y$ (так как $M N KH$ прямоугольник), то $AH = x + y = 6$ . Следовательно, $HB = 10 − 6 = 4$ . Также $KB = CB = CK = 8 − z$ . Следовательно, по теореме Пифагора из $△KHB$ :