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 61#36677Максимум баллов за задание: 7

Прямые, симметричные диагонали $BD$ 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

Ура, опять задача про диагонали гармонического четырёхугольника! Постойте-ка. Внимательно читаем условие, а там... нет вписанности. И что же делать?

Подсказка 2

Вписанность нужно доказать! Только вписанный четырёхугольник может называться гармоническим, тогда сведём задачу к хорошо известной.

Подсказка 3

Мой дед однажды дал такой совет: не знаешь, как доказывать, --- попробуй от противного! Давайте прислушаемся к совету опытных людей и отметим якобы другую точку D' на прямой BD, которая лежит на описанной около ABC окружности. Что тогда можно сказать?

Подсказка 4

А вот и возник гармонический четырёхугольник! Что мы про него помним? Например, имбовый факт, что стороны BC и CD' видны под одним и тем же углом из середины диагонали AC. Супер. Тогда осталось доказать, что CD видна под тем же углом

Подсказка 5

Вам нужно доказать, что AC является биссектрисой в треугольнике с вершинками B,D и серединой диагонали AC, Ну же, осталось совсем чуть-чуть! Покажите свою геометрическую мощь и знания симедиан

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ – середина $AC,L$ – точка пересечения диагоналей. По свойству симедианы $AL :CL =$ $AB2 :CB2$ и $AL :CL =AD2 :CD2.$ Получаем, что $AB :BC = AD :CD,$ откуда с учётом свойства биссектрисы имеем, что основания биссектрис треугольников $ABC$ и $ADC$ на стороне $AC$ совпадают. Но тогда точка пересечения биссектрис треугольника $BMD$ лежит на $AC,$ то есть $AC$ — тоже биссектриса этого треугольника. Следовательно, $∠BMC =∠CMD.$

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает прямую $BD$ в точке $E.$ Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу равны: $∠BCA = ∠BEA,∠ECA =∠EBA.$ Из этих двух равенств по теореме о сумме углов в треугольнике следует $∠BMC = ∠CME.$

Значит, лучи $MD$ и $ME$ совпадают. Тогда и их точки пересечения с прямой $BD$ совпадают: $D = E,$ а четырёхугольник $ABCD$ из условия является гармоническим (он вписан в окружность и произведения противоположных сторон равны). У гармонического четырёхугольника обе диагонали являются симедианами соответствующих треугольников, так что утверждение задачи получено.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#37112Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, а $M$ — середина стороны $BC.$ Окружности, описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ вторично пересекаются в точке $D.$ Докажите, что прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть в окружности около $ABDC$ градусная мера дуги $AB$ равна $2β$ , дуги $BD$ — $2α.$ Тогда $∠AOD = 2(α +β)$ , а $∠OAD =90∘− α− β.$ В окружности около $AOMD$ равны вписанные углы, поэтому $∠AMD = 2α+ 2β$ и сумма противоположных углов равна $180∘$ , поэтому $∠OMD = 90∘+ α+ β.$ В силу того, что $OM ⊥ BC$ , получаем $∠DMB = α+ β = ∠BMA$ . Вписанный четырёхугольник с таким свойством является гармоническим, а его диагонали содержат симедианы соответствующих им треугольников.

Второе решение.

$PIC$

Пусть прямая, симметричная $AM$ относительно биссектрисы, пересекается с описанной окружностью $△ABC$ в точке $E.$ Тогда четырёхугольник $ABCE$ — гармонический, а его диагональ $MB$ является биссектрисой $AME.$ Угол $AMB$ составляет половину от угла $AME$ и равен полусумме градусных мер дуг $AB$ и $CF$ . А дуга $CF$ равна дуге $BE$ , так как они опираются на равные углы. Отсюда сам угол $AME$ равен сумме градусных мер дуг $AB$ и $BE$ , то есть градусной мере дуги $AE$ , которой также равен центральный угол $AOE.$

Итак, углы $AOE$ и $AME$ равны, поэтому точка $E$ лежит на описанных окружностях $△AMO$ и $△ABC,$ следовательно, совпадает с точкой $D$ из условия задачи.

Третье решение.

$PIC$

Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ пересекаются в точке $P$ . Заметим, что эти касательные не могут быть параллельны, ведь тогда $∠A= 90∘$ и $M = O$ , а по условию нам дан треугольник $AMO.$

Пусть $AP$ пересекается с описанной около $ABC$ окружностью в точке $E.$ По теореме о касательной и секущей

2 PE ⋅P A= PC

Из прямоугольного $△OCP$ ( $∠PCO = 90∘$ , как угол между касательной и радиусом), в котором $CM$ — высота:

2 P C = PM ⋅PO

ИЗ $P E⋅PA = PM ⋅PO$ следует, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AMO$ , а из построения — на описанной окружности треугольника $ABC$ . Но окружности не могут пересекаться в трёх различных точках $A,D,E$ , так что $E = D$ .

Осталось заметить, что по основной теореме о симедиане прямая $AD$ симметрична медиане $△ABC$ относительно его биссектрисы.

Замечание.

Cама задача выражает следующий факт: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#39059Максимум баллов за задание: 7

Внутри прямоугольника $ABCD$ отмечена точка $X$ такая, что $∠XBA =30∘,∠XDA = 75∘$ . Найдите угол $XAD$ , если известно, что $AB = 2AD$ .

Показать ответ и решение

Опустим на луч $BX$ перпендикуляр из вершины $A$ — полученную точку обозначим за $Y$ . Заметим, что треугольник $ABY$ — прямоугольный с углом $∘ 30$ , а значит, $AB- AY = 2 = AD$ , а угол $∘ BAY = 60$ . Тогда треугольник $AYD$ — равнобедренный, и $∘ ∘ ∠Y AD =90 − ∠YAB = 30$ . Получаем, что $180∘−∠DAY- ∘ ∠ADY = ∠AYD = 2 = 75$ . Но это означает, что точка $Y$ совпадает с точкой $X$ из условия, и $∘ ∠XAD = ∠YAD = 30$ .

$PIC$

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#39188Максимум баллов за задание: 7

Прямоугольник с периметром $28$ разрезан на два прямоугольника с периметрами $18$ и $22$ . Найдите стороны исходного прямоугольника. Запишите ответ в порядке возрастания через пробелов.

Показать ответ и решение

На рисунке периметр красного прямоугольника — $18$ , а зеленого — $22$ . Видно, что при сложении этих двух периметров высота будет посчитана дважды. Значит, высота изначального прямоугольника равна $(18 +22− 28) :2 =6$ . Ширина изначального прямоугольника равна $(28− (6⋅2)):2= 8$ .

$PIC$

Ответ: 6 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#40724Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A.$ Биссектриса угла $B$ пересекает большее основание $AD$ в точке $E.$ Найдите высоту трапеции, если $√- √ - AC = 8 5,BE =4 5.$

Показать ответ и решение

По условию $∠BAC = ∠CAE$ , а из параллельности $∠CAE = ∠BCA$ . Значит, треугольник $ABC$ равнобедренный. Поэтому $BE$ — биссектриса, высота и медиана в треугольнике $BAC$ . Отсюда $BE$ — серединный перпендикуляр к $AC$ и поэтому $AEC$ тоже равнобедренный. Тогда $∠CAE =∠ACE$ , а треугольники $ABC$ и $AEC$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, $AB = BC = CE =EC$ , так что $ABCE$ ромб. Тогда его диагонали пересекаются в серединах и перпендикулярны, поэтому $√ - AF = 4 5$ , $√- FE = 2 5$ и $AE = 10$ . Площадь всего ромба равна $AC⋅BE- 2 = 80$ , а площадь треугольника $ACE$ равна половине площади ромба, то есть $40.$ $CH⋅AE- SACE = 2 = 40$ , поэтому $CH = 8$ .

Ответ:

$8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#41770Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB$ и $AD$ прямоугольника $ABCD$ и пересекает сторону $DC$ в единственной точке $F$ и сторону $BC$ в единственной точке $E$ . Найдите площадь трапеции $AFCB$ , если $AB =32,AD = 40$ и $BE = 1$ .

Показать ответ и решение

Пусть окружность с центром $O$ и радиусом $R$ касается $AB,AD$ в точках $M, N$ соответственно. Пусть также $K$ — проекция $E$ на $MO$ , и $L$ — проекция $F$ на $NO$ . Отсюда $MB = KE = 32− R$ , а также $OK =OM − MK = OM − BE = R− 1$ .

$PIC$

Напишем теорему Пифагора для $△OKE$

R2 =(R− 1)2+(32− R)2 ⇐ ⇒ R2 − 66R +1025= 0 =⇒ R ∈{25,41}

Поскольку $R <32$ , то $R = 25$ . Пусть $DF = NL = x$ , аналогично имеем $DN = 40− R = 15,LO = 25 − x$ , откуда

2 2 2 15 + (25− x) = 25 =⇒ x= 5

Отсюда $S =S − S =32⋅40− 40⋅5= 1180 ABCF ABCD AFD 2$ .

Ответ:

$1180$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#45004Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MB = 1:4,AN :NC = 3:2.$

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#70274Максимум баллов за задание: 7

Диагонали $AC$ и $BD$ равнобокой трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $AD$ : $BC = 3:2$ . Окружность $ω$ с центром $O$ , проходящая через вершины $A$ и $D$ , пересекает продолжение основания $BC$ за точку $B$ в точке $K$ . Оказалось, что $BK = BO$ . Найдите отношение основания $AD$ к радиусу окружности $ω$ .

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем выразить каким-либо образом основание через радиус, чтобы в результате отношения радиусы сократились. Давайте проведем высоту из точки O на основание AD, тогда из прямоугольного треугольника мы можем найти, что AD = 2*AO*cos∠DAO. Таким образом, отношение AD к радиусу окружности будет равно 2cos∠DAO. Подумайте, откуда мы можем найти косинус данного угла?

Подсказка 2

Давайте обратим свое внимание на треугольник KBO, всё таки про него нам довольно много известно из условия. Он равнобедренный, а его сторона OK равна OA и OD. По условию нам дано отношение оснований нашей равнобокий трапеции. Подумайте, как, используя данное отношение, мы можем выразить KB и BO через сторону OK.

Подсказка 3

Если воспользоваться тем, что OK=OA=OD и тем, что △AOD подобен △BOC, можем найти, что BO=KB=2*OK/3. По сути, нам известны три стороны одного треугольника, выраженные через одну и ту же переменную, просто с разными коэффициентами. В таких случаях очень удобно использовать теорему косинусов. Давайте воспользуемся ей для угла KBO, так как ∠KBO = 180 - ∠OBC = 180 - ∠DAO. Таким образом, мы легко находим 2cos∠DAO.

Показать ответ и решение

Обозначим радиус окружности за $3x$ , $AO =DO =KO = 3x$ . Из $△AOD ∼ △BOC$ получаем $CO = 2x= BO = BK$ (с учётом условия задачи).

$PIC$

По теореме косинусов для $△KBO$

9x2 = 4x2 +4x2− 2⋅4x2cos∠KBO =⇒ cos∠KBO =− 1 8

cos∠KBO = − cos(180∘ − ∠KBO )= − cos∠CBO = − cos∠OAD

cos∠OAD = 1 8

Если провести высоту треугольника $AOD$ , то легко понять, что $AD-= AO cos∠DAO 2$ , отсюда

AD- AD- 2AO-cos∠DAO- 1 R = AO = AO = 4

Ответ: 0,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#71480Максимум баллов за задание: 7

Каждая диагональ трапеции равна сумме ее оснований. Найдите угол между ее диагоналями.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сделаем такое дополнительное построение, чтобы "переместить" диагональ в другое место.

Подсказка 2

Дополнительное построение: проведите BE параллельно AC! Какая фигура у нас образуется?

Подсказка 3

Отлично, образуется паралеллограмм! Давайте отметим равные стороны. CE = AB, BE = AC. А теперь обратимся к условию ;)

Подсказка 4

По сути отрезок DE и есть сумма оснований! Что тогда можно сказать про треугольник DEB?

Подсказка 5

Треугольник BED правильный! Значит, мы можем посчитать его углы) Осталось лишь понять, как же связать полученные углы с тем, что нам нужно!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $AB = a,CD = b,$ тогда из условия получаем, что $BD = a+b.$ Сделаем дополнительное построение — проведем $BE$ параллельно $AC.$ В силу параллельности противоположных сторон, полученный четырехугольник $ABEC$ — параллелограмм. Значит, $BD = AC = BE =a +b,$ то есть в треугольнике $BDE$ все стороны равны, получается, он правильный и все его углы равны $60∘.$ Нам нужно было найти угол между $AC$ и $BD,$ а он равен углу между $BE$ и $BD.$ То есть искомый угол равен $60∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#76463Максимум баллов за задание: 7

На каждой из сторон параллелограмма выбрано по произвольной точке. Точки на соседних сторонах параллелограмма соединены отрезками прямых. В результате от параллелограмма оказываются отсеченными четыре треугольника. Вокруг каждого из этих треугольников описана окружность. Докажите, что центры этих окружностей являются вершинами некоторого параллелограмма.

Источники: Надежда энергетики-2022, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Взглянув на условие, кажется, что надо доказать что-то страшное и непонятно, как это делать. Но давайте вспомним, какие в принципе у нас есть способы решения задач по планиметрии? Углы считать мы не пойдём, в лоб доказывать равенство сторон тоже. Как можно сделать это хитрее?

Подсказка 2

Верно, давайте попробуем воспользоваться векторами. Пусть O_1O_2O_3O_4 наш предполагаемый параллелограмм. Если мы направим попарно в одном направлении вектора O_1O_2, O_3O_4 и O_2O_3, O_1O_4, то нам нужно будет только доказать равенство отрезков. Учитывая, что мы рассматриваем центры окружностей, лежащих на серединных перпендикулярах, что можно сказать про проекции векторов на стороны параллелограмма?

Подсказка 3

Да, проекции будут равны половине стороны исходного параллелограмма. Но тогда получаем, что наши вектора равны, если введём две оси, параллельные сторонам параллелограмма. Победа!

Показать доказательство

Изобразим окружности и их центры, которые обозначим $O ,...,O . 1 4$ Рассмотрим векторы $O O ,O O 1 2 4 3$ и $O O ,O O . 1 4 2 3$

$PIC$

Поскольку центры описанных окружностей лежат на пересечении серединных перпендикуляров, проекции указанных векторов на стороны исходного параллелограмма будут равны половине этих сторон.

Таким образом, если ввести две оси: одну параллельно стороне $AB,$ а другую параллельно стороне $AD,$ то каждая пара рассматриваемых векторов будет иметь одинаковые проекции на каждую из введенных осей. Отсюда следует попарное равенство самих векторов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#80232Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом пятиугольнике $ABCDE$ диагонали $AD$ и $CE$ пересекаются в точке $X.$ Оказалось, что $ABCX$ — параллелограмм и $BD = CX; BE =AX.$ Докажите, что $AE = CD.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2022, ЗЭ, 5 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Т.к. $ABCX$ — параллелограмм, то $AB =CX = BD$ и $BC = AX =BE.$ Из получившихся равнобедренных треугольников $ABD$ и $BCE$ и параллелограмма $ABCX$ делаем вывод, что $∠BEC = ∠BCE = ∠BAX = ∠BDA.$ Пусть $K$ — пересечение $CE$ и $BD,$ а $L$ — $BE$ и $AD.$ Тогда

∘ ∘ ∠ABE = 180 − ∠BAL − ∠BLA = 180 − ∠LEX − ∠XLE = ∠LXE = ∠KXD =

∘ ∘ = 180 − ∠XKD − ∠KDX = 180 − ∠BKC − ∠BCK = ∠CBD

По $1$ признаку $△CBD = △EBA,$ что и доказывает утверждение задачи.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#82776Максимум баллов за задание: 7

B прямоугольнике $ABCD$ сторона $BC =3.$ На стороне $AB$ отмечена её середина — точка $P.$ Из точки $C$ опущен перпендикуляр $CQ$ на $DP.$ Найдите длину $BQ.$

Источники: Бельчонок - 2022, 11 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим, что у нас отмечена середина отрезка, а точку P и DP хотелось бы как-нибудь в целом получше связать с картинкой. Какое тогда дополнительное построение хорошо бы сделать?

Подсказка 2

Верно, давайте продлим DP до пересечения с продолжением BC в точке M. Что тогда можно сказать про прямоугольные треугольники PAD и BPM?

Подсказка 3

Да, они ведь равны по катету и острому углу. То есть мы получаем, что MB=AD=BC. Но нам нужен отрезок BQ. Заметим, что у нас получился ещё один прямоугольный треугольник. Что можно сказать про BQ в нём?

Подсказка 4

Верно, BQ является медианой в нём. Осталось только вспомнить, свойство медианы в прямоугольном треугольнике, и победа!

Показать ответ и решение

Продлим $CB$ и $DP$ до пересечения, пусть $M$ — это точка их пересечения.

$PIC$

Прямоугольные треугольники $MBP$ и $DAP$ равны, так как имеют равные катеты, $BP = AP,$ потому что $P$ — середина, и равные острые углы, $∠MP B = ∠AP D,$ как вертикальные. Значит, $MB = AD = BC.$ Таким образом, $BQ$ — медиана прямоугольного треугольника $MQC,$ и равна половине гипотенузе $MC,$ то есть $3.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#86171Максимум баллов за задание: 7

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность $ω$ с центром $O.$ Биссектриса угла $ABD$ пересекает отрезок $AD$ в точке $K$ и окружность $ω$ второй раз в точке $M.$ Биссектриса угла $CBD$ пересекает отрезок $CD$ в точке $L$ и окружность $ω$ второй раз в точке $N.$ Известно, что прямые $KL$ и $MN$ параллельны. Докажите, что описанная окружность треугольника $MON$ проходит через середину отрезка $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мало у каких четырехугольников середина диагонали - хорошая точка. А у каких хорошая? У гармонических. Поймете, где на чертеже должен быть гармонический четырехугольник.

Подсказка 2

Оказывается, BDMN должен быть гармоническим. Как это сделать? Какие точки полезно отмечать у гармонических четырехугольников?

Подсказка 3

В условии есть параллельность, она дает какие-то отношения, биссектрисы тоже дружат с отношениями. Из них получите, что BDNM - гармонический. Отметьте точку пересечения касательных в точках M и N. После этого поймите, что все 5 точек M, O, N, середина BD и точка пересечения касательных, лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Гомотетия с центром в точке $B$ переводит точки $K,$ $L$ в точки $M,$ $N$ соответственно, поскольку $KL ∥MN.$ Прямые $KD$ и $LD$ при ней же перейдут в касательные в точках $M$ и $N$ к окружности $ω,$ поскольку последние параллельны прямым $AD$ и $CD.$ Наконец, точка $D$ перейдет в точку пересечения $S$ указанных касательных, а значит, лежит на $BD.$

$PIC$

Осталось заметить, что углы $∠OFS,$ $∠OMS,$ $∠ONS$ прямые, то есть точки $M,$ $N,$ $F$ лежат на окружности с диаметром $OS.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#86300Максимум баллов за задание: 7

Вершину $A$ параллелограмма $ABCD$ соединили с серединой $M$ стороны $CD.$ Из вершины $B$ опустили перпендикуляр $BH$ на прямую $AM.$ Докажите, что отрезок $CH$ равен одной из сторон параллелограмма.

Показать доказательство

Продлим $AM$ до пересечения с $BC$ в точке $K.$ Тогда имеем, что $DM = MC,∠ADM = ∠MCK, ∠AMD =∠CMK,$ а значит, $ΔAMD = ΔKMC$ по стороне и двум прилежащим к ней углам, откуда $AD = CK.$ Также из свойств параллелограмма $AD = BC.$ В прямоугольном $ΔBKH$ отрезок $CH$ — медиана, проведённая к гипотенузе, а значит, $CH = BC,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#86305Максимум баллов за задание: 7

Углы при одном основании трапеции равны $50∘$ и $80∘.$ Докажите, что одна из ее боковых сторон равна разности оснований.

Показать доказательство

Проведём отрезок $BF,$ параллельный $CD.$ Нетрудно понять, что $BCDF$ — параллелограмм, откуда $BC = FD,CD = BF,∠CDA = ∠BF A =80∘.$ Заметим, что отрезок $AF$ равен разности оснований и что $ΔABF$ — равнобедренный, откуда $AF = BF = CD,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#86307Максимум баллов за задание: 7

К боковой стороне $AB$ равнобокой трапеции $ABCD$ провели серединный перпендикуляр. Он пересёк отрезок $BC$ в точке $E.$ Найдите угол $ABC,$ если известно, что прямые $AE$ и $CD$ перпендикулярны.

Показать ответ и решение

Продлим $EA$ до пересечения с $CD$ в $X$ и положим $∠ABC = α.$ Тогда $∠BAE = α$ и $∠DCB = α.$ По условию $∠EXC = 90∘,$ откуда $∘ ∠XEC =90 − α.$ Заметим, что последний угол является внешним к $ΔBAE,$ но с другой стороны этот же внешний $∠XEC =2α,$ тогда имеем уравнение $∘ 2α =90 − α,$ то есть $∘ α= 30.$

$PIC$

Ответ:

$30∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#86308Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что середины диагоналей и оснований трапеции образуют прямоугольник, если углы при одном из оснований трапеции в сумме дают прямой угол.

Показать доказательство

Введём обозначения как показано на рисунке. Заметим, что $XZ$ — средняя линия в $ΔABC,$ откуда $XZ ∥AB.$ Также $Y T ∥ AB,$ то есть $XZ ∥ YT.$ Аналогично $XT ∥ ZY.$ Таким образом, $XT ZY$ — параллелограмм. Из вышесказанного понятно, что угол между $XT$ и $YT$ совпадает с углом между $AB$ и $CD,$ а значит он будет прямым тогда и только тогда, когда $AB ⊥ CD.$ А это равносильно тому, что $∘ ∠BAD +∠CDA =90 ,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#86309Максимум баллов за задание: 7

Диагонали $AC$ и $BD$ трапеции $ABCD$ ( $AD ∥ BC$ ) взаимно перпендикулярны, длина средней линии трапеции равна $m.$ На большем основании $AD$ взята точка $M$ так, что $AM = m.$ Найдите длину отрезка $MC.$

Показать ответ и решение

Пусть $BC = 2a,AD = 2b,$ тогда $m = a+ b.$ Таким образом, $MD =AD − AM = 2b− a − b= b− a.$ Соединим середины оснований и получим отрезок $NK.$ По свойству трапеции этот отрезок проходит через точку пересечения диагоналей. Тогда $KM = AM − AK =a +b− b= a.$ Следовательно, $KNCM$ — параллелограмм (две стороны $KM$ и $NC$ равны $a$ и параллельны). Таким образом, $NK =CM.$ Значит, найдем $NK.$

$PIC$

$ON$ и $OK$ — медианы в прямоугольных треугольниках $BOC$ и $AOD$ соответственно, проведенные к гипотенузе. Следовательно, каждая из них равна половине гипотенузы, то есть $ON = a,OK =b,$ значит $NK = a+ b= m.$ Следовательно, и $CM =m.$

Ответ:

$CM =m$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#92008Максимум баллов за задание: 7

Длины боковых сторон трапеции равны 3 и 5. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 5/11. Найти длины оснований трапеции.

Показать ответ и решение

Так как наша трапеция описанная, сумма ее оснований равна сумме боковых сторон, то есть равна 8. Пусть большее основание трапеции равно $x$ , а меньшее — $y$ .

$PIC$

Заметим, что площади двух образовавшихся трапеций относятся как их средние линии, откуда $x+3x3+yy-= 511-$ , и $x+ y = 8$ из ранее доказанного. Решая полученную систему уравнений, получаем $x= 7$ , $y = 1$ .

Ответ: 1 и 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#92051Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ относятся как $1:2.$ Пусть $K$ – середина диагонали $AC.$ Прямая $DK$ пересекает сторону $AB$ в точке $L.$

а) Докажите, что $AL = 2BL.$

б) Найдите площадь четырёхугольника $BCKL$ , если известно, что площадь трапеции $ABCD$ равна $9.$

Показать ответ и решение

а) Заметим, что треугольники $TKC$ и $AKD$ равны по трем углам (из параллельности $TC$ и $AD$ ) и по одной стороне ( $AK = KC$ ). Значит, $AD = TC$ и $1 TB =2AD$ . Тогда по теореме Фаллеса $AL- AD- LB = TB = 2$ .