Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Четырёхугольники

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Четырёхугольники

Параллелограмм

Трапеция

Прямоугольники

Средняя линия четырёхугольника и прямая Ньютона

Гармонический четырёхугольник

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#68028Максимум баллов за задание: 7

Дан параллелограмм $ABCD$ такой, что $∠A = 60∘.$ Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Оказалось, что точки $A,P,Q,D$ лежат на одной окружности. Найдите $∠ADB.$

Источники: Курчатов-2023, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем понемногу раскручивать задачу. В планиметрии важно, что если есть какие-то не связанные между собой объекты, то надо их связать, потому что иначе работать с ними будет тяжело. Поэтому какой отрезок здесь у нас связан с картинкой минимально? Как можно это исправить?

Подсказка 2

Верно, PQ почти никак не причастен к конструкции. Давайте продлим его на такое же расстояние до пересечения с AD в точке T. Получим известную конструкцию с параллелограммом. Тогда наш искомый уголок можно перекинуть, и тогда нужно найти ∠ATP = ∠ADB. Какой ещё факт можно вспомнить теперь с точкой T, ещё учитывая вписанный четырёхугольник? А какие углы будут у него?

Подсказка 3

Да, мы ведь можем записать теорему о равенстве произведений отрезков секущих. То есть на самом деле мы можем выразить сторону PT через AT. Также ∠APT = 60 из вписанности. Получается, на самом деле в треугольнике APT мы знаем один из углов и две стороны. Остаётся только найти угол ATP любым удобным способом. Например, можно опустить высоту из T и найти неизвестный угол как сумму двух составляющих.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина стороны $AD.$ Продлим луч $P Q$ до точки $T$ такой, что $PQ =QT.$ Так как диагонали четырёхугольника $P CTD$ пересекаются в своих серединах, это параллелограмм; отсюда получаем, что точка $T$ лежит на прямой $AD$ и $DT = CP =DM.$

Отметим, что $DBP T$ — параллелограмм ( $DT$ равен и параллелен $PB ),$ поэтому искомый $∠ADB = ∠ATP.$ С другой стороны, из вписанности $APQD$ имеем

∠AP Q =180∘− ∠ADQ = 60∘.

Кроме того, $PM$ — средняя линия $ABCD,$ и параллельна сторонам $AB$ и $CD,$ откуда получаем $∘ ∠PMT = 60 .$ Значит, треугольники $AT P$ и $PTM$ подобны по двум углам. Тогда $AT :P T = PT :MT,$ то есть $2 P T = AT ⋅MT.$

Введём масштаб длин на чертеже так, чтобы отрезок $AM$ имел длину $1;$ тогда $AT = 3$ и $MT = 2,$ а $√ - PT = 6.$ Мы знаем один из углов треугольника $MP T$ и две его стороны; теперь можно воспользоваться любым из известных методов, чтобы вычислить остальные его элементы (включая искомый угол $ATP ).$ Например, опустим высоту $TH$ на прямую $MP.$ Так как $TP >T M,$ отрезки $TP$ и $TM$ окажутся по разные стороны от прямой $T H.$ В прямоугольном треугольнике $MT H$ гипотенуза равна $2,$ а угол напротив катета $TH$ равен $60∘,$ то есть сам катет равен $√- 3.$ Теперь ясно, что прямоугольный треугольник $THP$ равнобедренный, так как отношение гипотенузы к катету в нём равно $√- 2.$ Получаем $∠AT P = 30∘+ 45∘ = 75∘.$

Ответ:

$75∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#68708Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ длины диагонали $BD$ и основания $BC$ равны. Точка $X$ на луче $BD$ такова, что $BX =CX.$ На прямой $CX$ взята точка $Y$ такая, что $AB =BY.$ Известно, что $∘ ∘ ∠DBC = α ,∠ABD =β .$ (При этом $∘ α +β ⁄= 90$ и $∘ 180 − α − β >α)$ Найдите градусную меру угла $∠BYC.$

Источники: ИТМО-2023, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество равных отрезков да еще и параллельные прямые в трапеции. В такой картинке больше всего хочется найти все равные углы, которые есть, давайте так и поступим.

Подсказка 2

Если вы правильно воспользуетесь равнобедренными треугольниками и параллельностью AD и BC, то станет понятно, что ∠XCB = ∠XDA. Еще мы знаем, что BD = BC, то есть точки D и C находятся как бы на одной окружности с центром в точке B. Что хочется сделать в такой конструкции?

Подсказка 3

Давайте повернем рисунок против часовой стрелки относительно точки B на угол равный альфа. Куда в таком случае перешли точка C и прямая CX?

Подсказка 4

Точка C перейдет в точку D, а прямая CX в прямую AD. Вспомните, что BA=BY, и подумайте, куда в таком случае могла перейти точка Y. Рассмотрите все возможные случаи и найдите в каждом случае градусную меру угла ∠BYC

Показать ответ и решение

$PIC$

$△BXC$ равнобедренный, поэтому $∠XCB =∠XBC = α.$ Накрест лежащие углы равны: $∠BDA = ∠DBC = α$ . Значит, $∠XCB = ∠BDA.$

Повернём картинку на угол $α$ относительно точки $B$ так, чтобы точка $C$ перешла в точку $D.$ Из доказанного выше равенства углов следует, что прямая $CX$ при этом повороте перейдёт в прямую $DA.$ Точка $Y$ при этом перейдёт в такую точку на прямой $AD,$ что расстояние от неё до точки $B$ равно $AB.$ Таких точек две. Одна из них точка $A,$ а вторая — какая-то точка $A′.$

Значит, $∠BYC = ∠BAD$ или $∠BYC = ∠BA′D.$ $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− α− β,$ как односторонний угол. Это один из ответов.

Посмотрим теперь на точку $A′.$ $△BAA ′$ равнобедренный, причём $∠BAA ′$ равен тому из углов $∠BAD$ и $180∘− ∠BAD,$ который является острым (случай прямого угла исключается значениями углов $α$ и $β,$ которые даны в каждом их вариантов). Если $∠BAD$ тупой, точка $A′$ очевидно лежит на луче $DA$ и $∠BA ′D= 180∘− ∠BAD =α +β.$ Если же $∠BAD$ острый, $∠BA′A= ∠BAA ′ = ∠BAD = 180∘ − α − β$ и точка $A′$ находится на луче $AD.$ При этом во всех вариантах $180∘− α − β > α,$ т.е. $∠BA′A> ∠BDA,$ поэтому точка $A′$ лежит ближе к $A,$ чем $D$ , т.е. попадает на отрезок $AD.$ Значит, $∠BA ′D = 180∘ − ∠BA ′A = α+ β.$

Ответ:

$α +β,180∘ − α − β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#69114Максимум баллов за задание: 7

Дан четырёхугольник $ABCD.A ′,B′,C′$ и $D′$ — середины сторон $BC, CD,DA$ и $AB$ соответственно. Известно, что $AA′ = CC′$ и $′ ′ BB = DD .$ Докажите, что $ABCD$ — параллелограмм.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам сказали про середины сторон, которые намекают нам на медиану...а что мы умеем делать с медианой в векторах?

Подсказка 2

Выражать ее через стороны треугольника! Т.е. каждый отрезок вида X'X мы можем выразить и записать систему равенств...что из нее видно?

Подсказка 3

Сумма векторов A'A + B'B + C'C + D'D = 0. Что это значит?

Подсказка 4

Из них можно составить четырехугольник с помощью параллельных переносов! Осталось лишь использовать равенства из условия и прийти к параллелограмму)

Показать доказательство

$PIC$

Так как точки $A′,B′,C′$ и $D ′$ являются серединами соответствующих сторон, то

( |||| −A−A→′ = −−→AB+2−−A→C |||{ −−→′ −−B→D+−B−→C- | B−B−→ = −−→2−−→ ||||| CC ′ = C−−D→+2C−A−→ |( −D−D→′ = DB+2DA

Складывая, получим, что

−A−A→′+−B−B→′+−C−C→′+−D−D→′ = −→0

Значит, данные отрезки можно параллельно перенести так, чтобы образовался четырёхугольник. Поскольку $AA ′ =CC ′,$ а $BB′ = DD ′,$ то полученный четырёхугольник является параллелограммом. Следовательно, прямые $AA′$ и $CC′$ параллельны и четырёхугольник $AA ′CC ′$ — параллелограмм, откуда следует, что отрезки $AC′$ и $CA′$ параллельны и равны. Но тогда стороны $BC$ и $AD$ параллельны и равны, то есть $ABCD$ — параллелограмм.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#69116Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольнике $ABCD$ опущен перпендикуляр $BK$ на диагональ $AC.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AK$ и $CD$ соответственно. Докажите, что угол $BMN$ прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, как доказывать перпендикулярность, используя векторы? Конечно, мы должны доказать, что скалярное произведение MN и BM равно нулю. Для этого необходимо выразить эти векторы через попарно перпендикулярные: BC, BK, KC, AB

Подсказка 2

Так как скалярное произведение линейно по каждому аргументу, имеем, что MN * BM = 1/4 (BC * BK - KC * AB). Как используя перпендикулярность векторов (то есть BC * BA = KC * BK = 0) доказать, что BC * BK - KC * AB = 0?

Подсказка 3

Используйте, что BK = KC * ctg(α) и AB = BC * ctg(α), где ∠KBC = ∠BAC = α

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку

( ) ( ) ( ) −M−N→ = 1 −A−→D + −−K→C = 1 −−B→C +−K−→C и −B−M→ = 1 −B→A + −−B→K 2 2 2

то

−−→ −−→ 1( −−→ −−→ ) (−→ −−→ ) 1 (−−→ −−→ −−→ −→ ) MN ⋅BM = 4 BC +KC ⋅ BA + BK = 4 BC ⋅BK +KC ⋅BA =

1( −−→ −−→ −−→ −→ ) = 4 BC ⋅BK −KC ⋅AB

Так как

−−→ −→ −−→ −−→ BC ⋅BA = KC ⋅BK = 0

Обозначим $∠BAC =∠KBC = α.$

Тогда

−−B→C ⋅−−B→K − −K−C→ ⋅−A→B = BC ⋅BK ⋅cosα − KC ⋅AB ⋅cosα =

= (BC⋅BK − KC ⋅AB)cosα= (BC⋅KC ctgα− KC ⋅BCctgα)cosα = 0.

Следовательно, $BM ⊥ MN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#69429Максимум баллов за задание: 7

Через точку $A,$ лежащую вне окружности, проведены касательные $AB$ и $AC$ к этой окружности, а также прямая, пересекающая окружность в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что точки $A,B,C$ и середина отрезка $XY$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот у нас в наличии на картинке два подобия. Так-так… А что можно сказать на основания касания? Как мы обычно переформировываем касание, если нам нужно вписанность (или, что то же самое, подобие)?

Подсказка 2

Верно, мы переформировываем в подборе треугольников. На нашей картинке - это пары (AXC и ACY) и (AXB и ABY), а это дает нам равенство отношений, а именно - BX/BY=AB/AY=AC/AY=CX/CY, а значит BXCY - гармонический. Хорошо, мы продвинулись в задаче, но как нам теперь связать середину диагонали XY и то, что четырехугольник гармонический?

Подсказка 3

Верно, ВС - симедиана треугольника XBY. Значит, следует равенство ряда углов. Осталось правильно отметить все равные углы(а их будет два множества попарно равных углов) и прийти к требуемому в задаче!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ — середина $XY.$ Заметим, что $BXCY$ — гармонический. Действительно, достаточно воспользоваться двумя подобиями $△AXC ∼△ACY, △AXB ∼ △ABY.$ Значит, $BC$ будет в нём симедианой, откуда следует равенство углов $∠XCA =∠XY C = ∠XBC = ∠YBM, ∠XBA =∠XY B = ∠XCB = ∠MCY$ (поскольку $CM,BM$ — медианы). Далее можно использовать

∠ABC = ∠XBA + ∠XBC = ∠MCY +∠MY C = ∠CMA

Отсюда и следует вписанность $ABMC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#69430Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ — вписанный четырехугольник, в котором биссектрисы углов $A$ и $C$ пересекаются на диагонали $BD.$ Докажите, что биссектрисы углов $B$ и $D$ пересекаются на диагонали $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, биссектриса пересекает сторону в конкретной точке, хмм… А какой факт мы тогда помним при такой картинке?

Подсказка 2

Верно, в каком отношении биссектриса делит сторону. Тогда верны следующие равенства: BX/DX = AB/AD и BX/DX = BC/CD. Но тогда AC*CD=BC*AD. Значит, наш четырехугольник гармонический. Можно ли теперь, зная последнее равенство, провести обратные рассуждения в отношении двух других углов и диагонали AC?

Подсказка 3

Ну конечно можно, нужен обычный советский… Счет в отрезках! Действительно, если биссектриса угла D пересекла диагональ AC в точке Y, то что можно сказать про отношение AY/YC? А если подключить полученное ранее равенство AC*CD=BC*AD?

Показать доказательство

Пусть $X$ — точка пересечения биссектрис углов $A$ и $C.$ По основному свойству биссектрисы для треугольников $BAD$ и $DCB$ имеем

BA BX BX BC AD-= XD-; XD-= CD-.

Приравнивая отношения отрезков, получим $BA∕AD = BC∕CD.$

$PIC$

Пусть $BY$ — биссектриса треугольника $ABC,$ тогда $AY∕YC = AB∕BC,$ но последнее отношение, как следует из доказанного равенства, равно $CD ∕DA,$ но тогда $Y$ также является основанием биссектрисы угла $ADC.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В решении мы не пользовались выписанностью четырехугольника.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#75185Максимум баллов за задание: 7

На боковой стороне $CD$ трапеции $ABCD$ нашлась точка $M$ такая, что $BM = BC.$ Пусть прямые $BM$ и $AC$ пересекаются в точке $K,$ а прямые $DK$ и $BC$ — в точке $L.$ Докажите, что углы $BML$ и $DAM$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется провести, что начать записывать цепочку равенств углов, начиная с DAM? На картинке много параллельностей, есть смысл обращаться к углам с помощью отрезков!

Показать доказательство

Пусть $E$ — точка пересечения прямых $AM$ и $BC,$ точка $F$ — точка пересечения прямых $BM$ и $AD.$ Из параллельности прямых $F A$ и $BE$ следует равенство углов $∠F AE =∠BEA.$

$PIC$

Достаточно показать, что $∠LMB = ∠MEB,$ что эквивалентно тому, что прямая $BM$ касается окружности $(LME )$ , то есть тому, что верно равенство произведений отрезков секущих $BL ⋅BE =BM2,$ а в силу $BC = BM$ , равенство

BL⋅BE = BC2

Осталось заметить, что, в силу подобия треугольников $AKF$ и $CKB$

FD BL FA-= BC-

а в силу подобия треугольников $AMF$ и $EMB$

FD-= BC- FA BE

Получаем

BC- BL- BE = BC

Домножив обе части равенства на произведение знаменателей, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#75197Максимум баллов за задание: 7

В четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — не острые. На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ отмечены точки $K,L,M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ не меньше удвоенной длины диагонали $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем доказать, что отрезок, соединяющий середины противоположных сторон, не больше полусуммы противоположных сторон!

Подсказка 2

Оценивать длины отрезков, пересекающих AC, сложно. Поэтому попробуем использовать доказанное неравенство, отметим середины противоположных сторон во внутреннем четырехугольнике.

Подсказка 3

Попробуем использовать то, что углы A и C - не острые. Если P и Q - середины сторон KN и LM, то что можно сказать о длинах AP и CQ?

Подсказка 4

Длина медианы, проведенной из вершины при неостром угле, не превосходит половины стороны, к которой она проведена! Значит, мы можем оценить AP и CQ, а после - использовать неравенство ломаной, чтобы оценить AC!

Показать доказательство

Лемма. Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD$ . Тогда $MN ≤ (AB +CD )∕2.$

Доказательство. Пусть $K$ — середина диагонали $AC.$ Тогда $MK = AB∕2,KN = CD∕2.$

$PIC$

По неравенству треугольника для треугольника $MNK$ имеем:

MN ≤ MK +KN

после подстановки полученных равенств:

MN ≤ AB∕2+ CD ∕2

что завершает доказательство.

Вернемся к решению задачи. Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $KN$ и $LM.$

$PIC$

По лемме $PQ ≤ (KL + MN )∕2.$ Ясно, что длина медианы, проведенной из вершины при неостром угле, не превосходит половины стороны, к котором она проведена, следовательно $AP ≤ KN∕2$ и $LM ∕2.$ Осталось заметить, что по неравенству ломанной верно неравенство

AC ≤ AP +P Q+ QC

Подставляя полученные неравенства имеем

AC ≤ KN ∕2+(KL + MN )∕2+ LM ∕2

домножив данное неравенство на $2,$ получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#102744Максимум баллов за задание: 7

Внутри параллелограмма $ABCD$ отмечена точка $E,$ лежащая на биссектрисе угла $A,$ и точка $F,$ лежащая на биссектрисе угла $C.$ Известно, что середина отрезка $BF$ лежит на отрезке $AE.$ Докажите, что середина отрезка $DE$ лежит на прямой $CF.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Продлите AE до пересечения с BC в точке K. Точка K на отрезке BC необычная, поперекидывайте углы и поймите, какая она.

Подсказка 2

Вероятно, точка пересечения CF с AD тоже будет необычной.

Показать доказательство

Пусть $∠BAD =∠BCD = 2α,$ а биссектриса $AE$ пересекает прямую $BC$ в точке $K.$ Тогда $∠BAK = ∠KAD = α =∠F CB.$ Значит, биссектрисы углов $A$ и $C$ параллельны. Пусть $O$ — середина отрезка $BF.$ Так как по условию она лежит на $AE,$ а $AE ∥ CF,OK$ — средняя линия треугольника $BF C,$ откуда $BC- BK = 2 .$ Обозначим через $M$ точку пересечения биссектрисы $CF$ и прямой $AD$ и заметим, что треугольники $ABK$ и $CDM$ равны, так как

AB =CD

∠MCD = ∠KAB =α

∠ABK = ∠CDM =180∘− 2α

Значит, $BC AD MD = BK = -2-= -2 .$ Следовательно, средняя линия треугольника $DAE$ лежит на прямой $CF,$ откуда и вытекает утверждение задачи.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#31334Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD = a$ и $BC = b$ проведены диагонали $AC$ и $BD$ . Их середины обозначим через $K$ и $M$ соответственно. Чему равен отрезок $KM$ ? Ответ выразите через $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу будем считать, что a>=b. Мы знаем что K и M это середины диагоналей. Какая хорошая прямая в трапеции может проходить через эти точки?)

Подсказка 2

Да, средняя линия трапеции! Пусть её точка на отрезке AB это X, а на отрезке CD это Y. Как можно выразить XK и MY?

Подсказка 3

Стоит воспользоваться тем, что XK например параллельна BC и найти подобие)

Подсказка 4

Да, XK = b/2! аналогично можно найти MY, вспомнить чему равно XY и найти KM)

Показать ответ и решение

Пусть $a ≥b$ . Проведём среднюю линию трапеции $XY$ , как на чертеже:

$PIC$

Она проходит через точки $K$ и $M.$ Тогда $XY$ параллельна $BC$ и $X$ — середина $AB,$ откуда $XK$ — средняя линия треугольника $ABC.$ Аналогично $XM$ — средняя линия $ABD.$ Таким образом,

XM = a 2

XK = b 2

Отсюда

a-− b KM = XM − XK = 2

В случае $b> a$ всё аналогично, а чтобы объединить случаи, можно просто поставить модуль:

|a-− b| KM = 2

Ответ:

$|a−-b| 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#31337Максимум баллов за задание: 7

Диагонали четырёхугольника равны, а одна из его средних линий в два раза короче каждой из них. Найдите угол между диагоналями.

Замечание. Средняя линия четырёхугольника — отрезок, соединяющий середины противолежащих сторон четырёхугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам уже даны середины двух противоположных сторон четырёхугольника, поэтому давайте рассмотрим ещё середину его третьей стороны и получившийся треугольник из трёх середин. Чем он хорош?

Подсказка 2

Этот треугольник правильный, потому что все его стороны равны половине диагонали!

Подсказка 3

А теперь остаётся понять, как связаны углы этого треугольника с углом между диагоналями, и задача решится.

Показать ответ и решение

Пусть в четырёхугольнике $ABCD$ средняя линия $EG$ равна половине каждой диагонали. Пусть также $F$ — середина $AD.$

$PIC$

Тогда угол между средними линиями $EF$ и $FG$ треугольников $ABD$ и $ACD$ равен углу между диагоналями, а сами они равны $EG,$ поскольку в два раза меньше диагоналей, но отсюда $EFG$ — правильный, а значит, $∠EFG = ∠(AC, BD)= 60∘$ .

Ответ:

$60∘$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#31355Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ такова, что угол $ABD$ — прямой и $BC +CD =AD$ . Найдите отношение оснований $AD :BC$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Получается, что сумма двух отрезков равна третьему. Что тогда естественно сделать, чтобы воспользоваться этим условием?

Подсказка 2

Верно, можно попробовать расположить их на одной прямой. Тогда какая фигура после этого получится?

Подсказка 3

Ага, это параллелограмм. Каким же условием мы ещё не воспользовались в задаче? Видим, что накрест лежащие углы у нашего параллелограмма прямые и из построения образовался равнобедренный треугольник. Теперь осталось аккуратно досчитать углы.

Показать ответ и решение

Первое решение. Идея — спрямление суммы отрезков в один отрезок с той же длиной.

$PIC$

На прямой $BC$ за точку $C$ отметим такую точку $X$ , что $CD = CX$ , тогда $BX =AD$ , а значит $ABXD$ — параллелограмм. $∠ABD =∠BDX = 90∘$ . Треугольник $CXD$ — равнобедренный, откуда $∠CXD = ∠CDX$ . Также из прямоугольного $ΔBDX$ имеем $∠CDB =90∘− ∠CDX = 90∘− ∠CXD = 90∘− ∠BXD$ , $∠DBX = 90∘− ∠BXD$ . То есть $ΔBCD$ — равнобедренный, значит $BC = CD$ , из чего следует $AD = BX = 2BC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Идея — разбить трапецию на параллелограмм и треугольник (одно из стандартных построений для убийства трапеции).

$PIC$

Отметим на $AD$ такую точку $R$ , что $AR = BC$ , тогда $ABCR$ — параллелограмм и $CD =DR$ . По условию $AB ⊥ BD$ . $AB ∥CR$ , а значит, $CR ⊥ BD$ , откуда $BD$ — серединный перпендикуляр к $CR$ (потому что $ΔCRD$ — р/б). Из этого следует, что $ΔBCR$ - равнобедренный, $BC = BR = AR$ . $∠BAR =∠ABR$ , $∠RBD =90∘− ∠ABR$ , $∠BDR = 90∘ − ∠BAR$ , значит, $ΔBRD$ — равнобедренный, то есть $RD = BR =AR = BC$ . Таким образом, $AD = 2BC$ .

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#31385Максимум баллов за задание: 7

Вершину $A$ параллелограмма $ABCD$ соединили с серединой $M$ стороны $CD$ . Известно, что угол $MAD$ равен $30∘$ . Докажите, что перпендикуляр $BH$ на прямую $AM$ равен одной из сторон параллелограмма.

Показать доказательство

Продлим $AM$ до пересечения с $BC$ в точке $K$ . Тогда $DM = MC,∠ADM = ∠MCK, ∠AMD = ∠CMK$ , а значит, $ΔAMD =ΔKMC$ по стороне и двум прилежащим к ней углам, откуда $AD = CK$ , а ещё $AD = BC$ как противоположные стороны параллелограмма.

$PIC$

Первый способ.

В прямоугольном $ΔBHK$ проведём медиану $CH$ к гипотенузе, тогда $CH =BC = CK$ . В силу параллельности $∘ ∠DAM =∠MKC = 30$ . $ΔCHK$ — равнобедренный, тогда $∘ ∠CHK =30$ , откуда $∘ ∠BCH = 60$ как внешний угол $ΔCHK$ . Заметим, что $ΔBCH$ — равнобедренный с углом $∘ 60$ , а значит, равносторонний, $BH = BC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ.

В прямоугольном $△BHK$ катет $BH$ напротив угла в $30$ градусов равен половине гипотенузы $BK = 2BC$ , так что равен одной из сторон параллелограмма.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#31460Максимум баллов за задание: 7

Углы при одном из оснований трапеции равны $50∘$ и $80∘$ , а основания равны $2$ и $3$ . Найдите боковую сторону при угле $∘ 80$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, какие у нас бывают дополнительные построения в трапеции. Например, провести сторону параллельно боковой стороне через точку В. Что тогда хорошего можно заметить?

Подсказка 2

Верно, получившаяся фигура - параллелограмм. Тогда параллельные стороны будут равны. Какой ещё факт, связанный с углами, можно заметить из картинки?

Подсказка 3

Ага, равны два угла по 80 градусов. Тогда можно найти третий угол у образовавшегося треугольника. Какой же это будет треугольник?

Показать ответ и решение

Проведём через точку $B$ прямую $BX$ , параллельную $CD$ .

$PIC$

Получили параллелограмм $XBCD$ , а значит,

CD = BX, BC =XD = 2,AX = 3− 2 =1,∠CDA = ∠BXA = 80∘

Заметим, что $∠ABX = 50∘$ , то есть $ΔABX$ — равнобедренный, откуда

AX = BX = CD =1

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#31461Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса одного угла трапеции делит её боковую сторону пополам. Найдите другую боковую сторону трапеции, если основания трапеции равны $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть биссектриса одного из углов трапеции, и к тому же она является медианой. Какое тогда естественное дополнительное построение можно выполнить?

Подсказка 2

Верно, можно её продлить до пересечения с параллельной стороной. Тогда у нас образуется новый большой треугольник. Попробуем посчитать углы и выяснить что-то о нём.

Подсказка 3

Ага, он равнобедренный. Тогда для решения задачи осталось найти получившееся основание, часть из которого нам известна. Мы ещё не пользовались равенством отрезков. Воспользовавшись ими и равенством углов, попробуйте найти неизвестную часть.

Показать ответ и решение

Продлим биссектрису до пересечения с $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

∠AMD = ∠CMK, ∠CKM = ∠DAM

в силу вертикальности и параллельности соответственно, значит $ΔCMK$ и $ΔAMD$ подобны, притом с коэффициентом 1, откуда $AD = CK = b$ . Осталось заметить, что $ΔABK$ — равнобедренный, то есть

AB = BK = a+b

Ответ:

$a+ b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#31463Максимум баллов за задание: 7

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна $1$ , а большая образует угол $30∘$ с одним из оснований. Найдите длину этого основания, если на нём лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Искать основание целиком выглядит явно плохой идеей, поэтому попробуем найти его по частям. Используя параллельность, поймём какие у нас образуются "хорошие" треугольники при пересечении биссектрис на стороне?

Подсказка 2

Верно, получается два равнобедренных треугольника. Одну из частей мы сразу находим, а для второй нам достаточно найти вторую боковую сторону. Тогда какое дополнительное построение уместно использовать в данном случае?

Подсказка 3

Ага, хорошо будет провести ещё одну высоту, тем более мы знаем её длину. Мы ещё не пользовались углом в 30 градусов! Попробуйте применить это для получившегося прямоугольного треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть $X$ — точка пересечения биссектрис.

$PIC$

Заметим, что $ΔABX$ — равнобедренный, откуда $AB = AX =1$ . Далее немного посчитаем углы:

∠BCD = 180∘− ∠ADC = 150∘,∠BCX = ∠DCX = 75∘,

∘ ∘ ∠BXC = 180 − ∠CBX − ∠BCX =60 ,

∠CXD = 180∘− ∠BXA − ∠BXC = 75∘

Проведём высоту $CY$ , она равна $1$ , а значит,

CD = -CY---= 2 sin(30∘)

$CD =DX =2$ в силу равнобедренности $ΔCDX$ , откуда

AD = AX +XD =3

Ответ:

$3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#31464Максимум баллов за задание: 7

Боковая сторона трапеции равна одному основанию и вдвое меньше другого. Докажите, что вторая боковая сторона перпендикулярна одной из диагоналей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нужно доказать перпендикулярность двух отрезков, то имеет смысл подумать о доказательстве через прямоугольный треугольник. Тогда попробуем сделать дополнительное построение, которое поможет нам воспользоваться признаком прямоугольного треугольника.

Подсказка 2

Верно, проведем медиану к большему основанию. Тогда она должна быть вдвое меньше основания. Попробуем понять, какой четырёхугольник у нас получился, используя параллельность оснований трапеции.

Подсказка 3

Ага, получился ромб. Тогда осталось воспользоваться только равенством отрезков.

Показать доказательство

Пусть $T$ — середина $AD$ , тогда нетрудно понять, что $ABCT$ — ромб, значит, $AB = CT$ . Также по условию $AD = 2AB$ , откуда $CT = TD$ .

$PIC$

Таким образом, $ΔACD$ — прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#31466Максимум баллов за задание: 7

Вершина $A$ параллелограмма $ABCD,$ а также середины сторон $BC$ и $CD,$ являются вершинами равностороннего треугольника. Найдите углы параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть X, Y - середины CD и BC соответственно. На рисунке у нас есть параллельность, приятные углы(по 60 в AXY) и отрезок XY. На какое дополнительное построение намекают эти объекты?)

Подсказка 2

Продлим XY до пересечения с AB в точке T! Что нового появилось на картинке? Попробуем рассматривать равные из параллельности углы, что заметим?

Подсказка 3

Замечаем равенство треугольников XYC и TYB! Тогда из этого следует равенство XY = YT. Остается подсчитать некоторые углы и прийти к нужному нам углу XAT. А что нужно сделать, чтобы найти оставшуюся часть угла DAB?

Подсказка 4

Проделать аналогичные действия, только уже продлевать XY до пересечения с AD!

Показать ответ и решение

Пусть $X$ и $Y$ — середины $CD$ и $BC$ соответственно. Пересечём $XY$ и $AB$ в точке $T.$

$PIC$

∠TBY = ∠YCX, ∠BY T = ∠CY X,BY =CY

а значит, $ΔYCX =ΔY BT,$ откуда $YX = YT.$

$ΔAYT$ — равнобедренный, причём

∠AY T =180∘− 60∘ =120∘

из чего следует, что $∘ ∠YAT = 30.$

Аналогично находим $∘ ∠DAX = 30,$ значит, тупой угол параллелограмма равен $∘ 120 ,$ а острый — $∘ 60 .$

Ответ:

$120∘$ и $60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#36390Максимум баллов за задание: 7

Прямые, симметричные диагонали $BD$ вписанного четырехугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D$ , проходят через середину диагонали $AC$ . Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C$ , проходят через середину диагонали $BD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, что за зверь такой есть: прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы?

Подсказка 2

Ааа, да это же симедиана! Значит, в условии дано, что диагональ вписанного четырёхугольника содержит симедиану. Как называется такой четырёхугольник?

Подсказка 3

Это гармонический четырёхугольник! Ура, ура, мы всё про него знаем. Разве у него имеет значение, какая из диагоналей содержит симедиану или сразу обе обладают таким хорошим свойством? Вот и разгадка нашей задачи!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AC$ . Тогда из условия $∠CDM = ∠ADB$ и $∠CBM = ∠ABD$ , то есть $BD$ является симедианой для $△ACD$ и $△ABC$ . С учётом вписанности $ABCD$ получаем, что он гармонический, поэтому его другая диагональ $AC$ также является симедианой, отсюда соответствующие симметричные ей прямые будут медианами, что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#36395Максимум баллов за задание: 7

Две неравные окружности $ω 1$ и $ω 2$ касаются внутренним образом окружности $ω$ в точках $A$ и $B.$ Пусть $C$ и $D$ точки пересечения окружностей $ω1$ и $ω2.$ Прямая $CD$ пересекает $ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что касательные к $ω,$ проведенные в точках $E$ и $F,$ пересекаются на прямой $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо доказать, что касательные в точках E и F пересекаются на AB. А каким тогда должен оказаться четырёхугольник ABEF?

Подсказка 2

Гармоническим! Может быть, нам удобнее пересекать касательные в точках А и B с EF? Согласны, что если эти прямые пересекутся в одной точке, то четырёхугольник окажется гармоническим?

Подсказка 3

А ведь это будет проверять попроще из-за того, что нам дано касание окружностей. А это означает, что они имеют общую касательную. Как же связать пересечение касательных к двум окружностям и их общую хорду?

Подсказка 4

Вспоминаем радикальные оси! Нет, сейчас будет не страшно, давайте просто обсудим школьный факт, что произведение секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной. Но если эта секущая является общей хордой двух окружностей, то и отрезки касательных к обеим окружностям будут равны!

Подсказка 5

Почему равенство отрезков касательных означает требуемое? Проанализируйте ещё раз всю конструкцию с тремя окружностями! А если не получится, перечитайте подсказки. Да, задача здесь заслужила размышлений... Кстати, а что если касательные к окружностям не пересекаются вовсе? Вспомните про вырожденный случай гармонического четырёхугольника. Анализ конструкции должен быть полным! Вы ведь абсолютная дикая машина, если добрались до этой задачи и можете вгрузиться в геометрию на уже достаточно серьёзном уровне! Вы умничка :)

Показать доказательство

Касательные в противоположных вершинах вписанного четырёхугольника к его описанной окружности пересекаются на диагонали тогда и только тогда, когда четырёхугольник является гармоническим, следовательно, достаточно проверить, что касательные в точках $A$ и $B$ пересекаются на прямой $EF.$

$PIC$

Последнее верно, поскольку $CD$ является радикальной осью окружностей $ω1$ и $ω2,$ на которой лежит точка $T,$ потому что имеет степени точки, равные длине касательной из $T$ к окружности $ω.$

Следующая подтема