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 81#38644Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB =6,BC = 4$ . Прямая, проходящая через вершину $C$ , пересекает лучи $AB$ и $AD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Найдите длину $XY$ , если известно, что $DY =8$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте, для начала, так как конструкция не сложная, попробуем найти все, что можем, а потом подумаем, над геометрическим смыслом картинки. Чему, например, равно CY?

Подсказка 2

Верно, CY = 10, по теореме Пифагора. А что теперь можно сказать про треугольники XBC и DСY? А если вспомнить, что нам даны стороны прямоугольника(!) ABCD?

Подсказка 3

Верно, что эти два треугольника подобны, при том, мы знаем коэффициент подобия! Как тогда найти XY?

Показать ответ и решение

Заметим, что $BC ∥AY$ и $AX ∥CD$ , а значит, $∠XCB = ∠XY A$ и $∠CXB =∠Y CD$ как соответственые углы. Тогда треугольники $XBC$ и $CDY$ подобны, а значит, $XC :CY = BC :DY =4 :8.$ По теореме Пифагора

2 2 2 CY = CD + DY = 36+ 64= 100⇒ CY =10.

Таким образом, $XY = XC +CY = CY (1+1)= 15. 2$

$PIC$

Ответ: 15

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#79700Максимум баллов за задание: 7

Дана равнобокая трапеция, сумма боковых сторон которой равна большему основанию. Докажите, что острый угол между диагоналями не больше чем $∘ 60 .$

Источники: ММО-2021, 10.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое дополнительное построение помогает нам работать с углами, когда нет почти никаких длин? Не просто же так нам дано то, что трапеция равнобокая!

Подсказка 2

Опишем окружности вокруг нашей трапеции. Искомый угол — угол между хордами. Вспоминаем, как ищется угол между хордами и становится понятно, о каких дугах мы хотим узнать прежде всего!

Подсказка 3

Осталось красиво сравнить боковые стороны с радиусом окружности и про углы всё станет понятно :)

Показать доказательство

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность.

$PIC$

Ее боковая сторона вдвое меньше основания и, значит, не длиннее радиуса окружности. Поэтому боковые стороны стягивают дуги не больше чем $∘ 60 .$ А угол между диагоналями равен полусумме этих дуг.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#97698Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ $(AD ∥BC )$ биссектрисы углов $∠DAB$ и $∠ABC$ пересеклись на стороне $CD.$ Найдите $AB$ , если $AD =5,$ $BC = 2.$

Показать ответ и решение

Пусть биссектрисы углов $∠BAD$ и $∠ABC$ пересекаются в точке $L,$ лежащей на $CD.$

$PIC$

Так как $AD ∥BC,$ то $∘ ∠BAD + ∠ABC = 180,$ а, раз $AL$ и $BL$ биссектрисы, $∘ ∠BAL +∠ABL = 90 .$ Следовательно, в треугольнике $ABL$ получаем

∠ALB = 180∘− (∠BAL +∠ABL )= 90∘

Проведём медиану $LM$ в треугольнике $ABL,$ раз треугольник прямоугольный, то $LM =BM = MA.$ Треугольник $AML$ равнобедренный, значит, $∠LAD = ∠BAL = ∠MLA,$ а, следовательно, $ML ∥AD.$ Но $M$ — середина $AB,$ значит, $ML$ — средняя линия трапеции $ABCD,$ поэтому

AD + BC AB = 2ML = 2⋅---2----= AD+ BC = 7

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#97836Максимум баллов за задание: 7

На боковой стороне $CD$ трапеции $ABCD$ ( $AD ∥BC$ ) отмечена точка $M.$ Из вершины $A$ опущен перпендикуляр $AH$ на отрезок $BM.$ Оказалось, что $AD = HD.$ Найдите длину отрезка $AD,$ если известно, что $BC =16,$ $CM =8,$ $MD =9.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть прямые BM и AD пересекаются в точке K. Поскольку BC параллельно AD, треугольники BCM и KDM подобны по углам. Попробуйте теперь посчитать отрезок DK.

Подсказка 2

Отрезок DK равен 18. Теперь пусть S — середина отрезка AH. Что можно сказать про прямую DS для треугольника HAK?

Подсказка 3

Правильно! Это средняя линия этого треугольника, поэтому D — середина отрезка AK. Теперь можно найти, чему равен отрезок AD.

Показать ответ и решение

Пусть прямые $BM$ и $AD$ пересекаются в точке $K.$ Поскольку $BC ∥AD,$ треугольники $BCM$ и $KDM$ подобны по углам, откуда получаем $DM- 9 DK = BC ⋅CM = 16⋅8 = 18.$ В равнобедренном треугольнике $ADH$ проведем высоту и медиану $DS.$

$PIC$

Тогда в треугольнике $AHK$ отрезок $DS$ проходит через середину стороны $AH$ и параллелен $HK.$ Следовательно, $DS$ — средняя линия этого треугольника, и $AD = DK = 18.$

Ответ: 18

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#43634Максимум баллов за задание: 7

Точка $E$ — середина стороны $AB$ параллелограмма $ABCD$ . На отрезке $DE$ нашлась такая точка $F$ , что $AD = BF$ . Найдите градусную меру угла $CFD.$ В ответ внесите число.

Источники: Муницип - 2020, Москва, 8.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть параллелограмм ABCD и точка E- середина стороны AB. Естественным построением в данном случае будет продление отрезка DE до пересечения с прямой BC. Что же оно нам дает?

Подсказка 2

Пускай луч DE пересекает прямую BC в точке K. Посмотрим на треугольники △AED и △KEB. У них AE=EB и ∠KEB=∠AED. Чего им не хватает, чтобы быть равными?

Подсказка 3

Еще одного уголочка! Но ведь прямые AD и CK параллельны, поэтому ∠EAD=∠EBK ⇒ △AED =△KEB. В частности, BK=AD=BC=BF. Повнимательнее посмотрите на треугольник △KFC и завершите решение!

Показать ответ и решение

Продолжим $DE$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $K$ . Так как $BK ∥AD$ , то $∠KBE = ∠DAE.$ Кроме того, $∠KEB =∠DEA$ и $AE = BE$ , значит, равны треугольники $BKE$ и $ADE.$ Тогда $BK = AD = BC.$

$PIC$

Таким образом, в треугольнике $CFK$ медиана $FB$ равна половине стороны, к которой она проведена, поэтому этот треугольник — прямоугольный с прямым углом $F.$ Следовательно, и угол $CFD$ — прямой.

Ответ: 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#43635Максимум баллов за задание: 7

Перпендикуляры $BE$ и $DF$ , опущенные из вершин $B$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ на стороны $AD$ и $BC$ соответственно, делят параллелограмм на три части равной площади. На продолжении диагонали $BD$ за вершину $D$ отложен отрезок $DG$ , равный отрезку $BD$ . Прямая $BE$ пересекает отрезок $AG$ в точке $H$ . Найдите отношение $AH :HG$ . В ответ внесите число в виде десятичной дроби, дробную часть отделяйте запятой.

Источники: Муницип - 2020, Владимирская область, 9.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется разобраться с условием на площади. В нашей ситуации эти площади довольно легко посчитать и найти выгоднее соотношения...

Подсказка 2

S(△ABE)=AE*EB/2, а S(BEDF)=BE*ED ⇒ AE/ED=2/1. Хммм... Очень знакомое отношение, не так ли? Подкрадывается мысль о том, что E- точка пересечения медиан треугольника △ABG. Как это доказать?

Подсказка 3

По условию BD=DG. Значит AD- медиана треугольника △ABG, а E точка, делящая ее в отношении 2 к 1 ⇒ Урааа. Чем же тогда является отрезок BH?)

Показать ответ и решение

По условию $(AE ⋅BE) :2 =ED ⋅BE$ , откуда $AE = 2ED.$

$PIC$

Заметим, что $AD −$ медиана треугольника $ABG.$ Поэтому отрезок $BH$ , делящий медиану $AD$ в отношении $AE :ED = 2$ , тоже медиана треугольника $ABG.$

Ответ: 1

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#46042Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ вовне построены два равных прямоугольника $AMNB$ и $APQC$ . Найдите расстояние между вершинами $N$ и $Q$ прямоугольников, если длины сторон $AB$ и $AC$ равны $3$ и $4$ соответственно, а угол при вершине $A$ треугольника равен $∘ 30$ .

Источники: Росатом-20, 11.6 (см. mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим, что искомый нами отрезок находится в треугольнике NAQ. А если бы мы знали две стороны и угол этого треугольника, как мы решали задачу?

Подсказка 2

Верно, тогда бы мы просто нашли сторону по теореме косинусов! Давайте же попробуем найти все неизвестные части. Иногда про угол хорошо думать как о сумме нескольких углов, потому что каждый по отдельности нас не интересует. Можно ли здесь "перекинуть" уголки так, чтобы по итогу мы знали, чему они равны в сумме?

Подсказка 3

Ага, ведь прямоугольники у нас равны, поэтому получается, что в сумме два крайних угла равны 90, а третий кусочек мы знаем из условия. Теперь осталось только понять, что две стороны мы можем найти по теореме Пифагора.

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку прямоугольники равны, то $BN =AC = 4,AB = CQ = 3$ , откуда их диагонали $AQ = AN =5$ . Заметим, что $∠CAQ + ∠BAN =∠CAQ +∠AQC = 90∘$ , откуда $∠NAQ =90∘+ 30∘ = 120∘$ . Тогда из равнобедренного $△ANQ$ легко найти $√- NQ = 5 3$ .

Ответ:

$5√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#49010Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина стороны $AD$ параллелограмма $ABCD.$ Прямая $CM$ наклонена к основанию $AD$ под углом $30∘$ . Вершина $B$ равноудалена от прямой $CM$ и вершины $A$ . Найти углы параллелограмма. Найти площадь параллелограмма, если длина основания $AD$ равна $2.$

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии фигурирует расстояние от точки B до CM, поэтому опустим перпендикуляр из B на CM (назовём его BH), чтобы с этим как-то работать. Обозначим данный нам угол в 30 градусов, попробуем как-то поработать с параллельностью и углами.

Подсказка 2

Отметив ещё один угол в 30 градусов, который возникает из параллельности, находим на картинке прямоугольный треугольник с углом в 30 градусов. Благодаря этому можно связать длину перпендикуляра из B на CM и сторону параллелограмма. Тогда, использовав условие, мы можем связать две стороны параллелограмма, что даёт нам возможность найти его углы (зная, что CM опущен под углом 30 градусов). Как же найти площадь?

Подсказка 3

Благодаря найденным углам мы можем разбить нашу картинку на несколько равных правильных фигур, у каждой из которых найти площадь по формуле не составит труда)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Пусть $BH =x.$ Тогда

По условию BH = AB = CD = x;

∠CMD =∠BCH = 30∘ ⇒ в △HBC BC = 2⋅BH = 2x;

BC =AD =2x⇒ AM = MD = x;

Тогда в $△MDC$

∘ ∘ MD =DC = x; ∠CMD = 30 ⇒ ∠MCD =30

Следовательно, $∠BCD = 60∘, ∠CDA = 120∘$

Теперь легко посчитать площадь параллелограмма:

∠BCD = 60∘;CD =1;BC = 2⇒

SABCD =sin(60∘)⋅1⋅2= √3

Второе решение.

$PIC$

Опустим перпендикуляр $BH$ на $CM$ , отметим середину $N$ отрезка $BC$ и обозначим $E$ — точку пересечения $BH$ и $AN$ . Тогда $AB = BH = 2BE$ , так как $AN ∥CM$ и $N$ — середина $BC$ . Тогда треугольник $ABE$ прямоугольный и $AB = 2BE$ . Значит $∠ABE =60∘$ и $∠NAB = 30∘$ . Так же $∠NAM =∠MCD = 30∘$ из параллельности и поэтому $AN$ биссектриса угла $BAM.$ Четырехугольник $ABNM$ является параллелограммом и при этом $AN$ биссектриса угла $BAM$ . Значит $ABNM$ ромб и $BM ⊥ AN$ , но $BH ⊥ AN$ . Значит, $M = H.$

$PIC$

Тогда $AB = AM$ и $∠ABM = 60∘$ . Значит, треугольник $ABM$ равносторонний со стороной $AM = AD2-=1$ . Тогда $SAMB = √34$ , $SABNM = √3 2$ и $SABCD =√3.$

Ответ:

$60∘$

$∘ 120$

$√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#63661Максимум баллов за задание: 7

Произведение оснований трапеции равно 18. Найдите периметр трапеции, если известно, что в неё вписана окружность, а диагонали делят среднюю линию на три равные части.

Источники: ДВИ - 2020, вариант 205, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите одну из диагоналей трапеции и среднюю линию. Будем работать с треугольником образованным диагональю трапеции, боковой стороной имеющей с этой диагональю общую вершину и одним из оснований: чем является часть средней линии трапеции заключенная внутри этого треугольника?

Подсказка 2

Мы знаем, что средняя линия треугольника составляет известную часть от средней линии трапеции (а значит, нам известно, в каком отношении делятся средние линии треугольников, на которые рассматриваемая нами диагональ делит трапецию), и она же равна половине основания. Длина средней линии трапеции также выражается через длины оснований — запишите соответствующее уравнение и сделайте вывод об отношении оснований трапеции! Теперь, зная ещё их произведение, Вы можете найти длины оснований трапеции.

Подсказка 3

Длины оснований мы знаем, но не хватает боковых сторон... Но не зря же нам сказано о существовании вписанной в эту трапецию окружности. Вспомните, какой факт нужно использовать, чтобы определить сумму боковых сторон. Теперь мы знаем всё, что нужно для нахождения периметра!

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим одну из диагоналей. Она делит трапецию на два треугольника, средние линии которых относятся как 2:1. Стало быть, одно из оснований трапеции в два раза больше другого. Поскольку их произведение равно 18, эти основания равны 6 и 3. Поскольку в трапецию вписана окружность, сумма боковых сторон равна сумме оснований, то есть периметр равен $2⋅(6+ 3) =18.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#78108Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на сторону $CD,$ проходит через середину диагонали $BD,$ а перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на сторону $AB,$ проходит через середину диагонали $AC.$ Докажите, что трапеция равнобокая.

Источники: ММО-2020, 8.5(см.mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие дополнительные построения для трапеции мы знаем? Из какого из них можно красиво доказать равнобедренность?

Подсказка 2

Предлагаем продлить боковые стороны до их пересечения! А какое красивое свойство трапеции мы знаем, связанное с серединами и продлением боковых сторон?

Подсказка 3

Давайте внимательно посмотрим на рисунок и вспомним замечательное свойство трапеции! А какую новую фигуру мы можем заметить, если соединим те самые середины диагоналей, через которые проведены наши высоты?

Подсказка 4

Итак, перед нами две трапеции, одна прямая из замечательного свойства для них обоих, но чего же не хватает? Мы забыли что у нас есть перпендикуляры!

Подсказка 5

Осталось вспомнить, у какого треугольника точка пересечения высот лежит на медиане? Отсюда немедленно последует требуемое утверждение!

Показать доказательство

По замечательному свойству трапеции точка пересечения продолжений боковых сторон $P,$ точка пересечения диагоналей $O$ и середина основания $AD$ точка $M$ лежат на одной прямой. Пусть $K,L$ — середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Тогда $KL∥AD,$ т. е. $AKLD$ — тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка $O,$ точка пересечения её диагоналей $H$ и точка $M$ лежат на одной прямой. Следовательно, точки $P,H$ и $M$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Для завершения доказательства рассмотрим треугольник $AP D,$ в нём точка $H$ — точка пересечения высот к сторонам $AP$ и $P D,$ следовательно, медиана $P M$ проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник $AP D$ — равнобедренный, откуда немедленно следует, что и трапеция $ABCD$ — равнобокая.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#103214Максимум баллов за задание: 7

На диагонали $BD$ параллелограмма $ABCD$ отмечена точка $P,$ не лежащая на диагонали $AC.$ На луче $AP$ взята такая точка $Q,$ что $AP = PQ.$ Через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AB,$ она пересекла сторону $BC$ в точке $R.$ Затем через точку $Q$ провели прямую, параллельную стороне $AD,$ она пересекла прямую $CD$ в точке $S.$ Найдите угол $P RS.$

Источники: СПБГУ - 2020, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала обозначим различные точки пересечений, например, T — пересечение AB и SQ, M b N — пересечение AD и BD с QR. Были проведены параллельные прямые, не образовалось ли у нас параллелограммов? Что можно сказать об отрезках на их сторонах?

Подсказка 2

ATQM и BTQR — параллелограммы! Какие равенства имеют место быть?

Подсказка 3

MT = TB = QR! Нас просят найти угол PRS, поэтому хотелось бы сказать что-то про треугольники, находящиеся рядом с ним. У нас образовалось немало равных углов и сторон, быть может, поищем подобные треугольники?

Подсказка 4

Попробуем воспользоваться найденным равенством MT = QR и построить подобные треугольники, содержащие эти стороны.

Подсказка 5

Про R нас спрашивают в задаче, поэтому поработаем со стороной MN и проведем через P прямую, параллельную ей. Что можно сказать об образовавшихся отрезках на сторонах параллелограмма и треугольниках?

Подсказка 6

DKP и DMN подобны! Что тогда можно сказать о треугольниках LPS и QRS?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $T$ - точка пересечения прямых $AB$ и $SQ$ , а прямая $QR$ пересекает отрезки $AD$ и $BD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Так как $AMQT$ — параллелограмм, отрезок $TM$ проходит через точку $P$ и делится в ней пополам. Значит, $△T BP = △MNP,$ откуда

MN = TB = QR

$PIC$

Обозначим через $K$ и $L$ середины отрезков $AM$ и $T Q$ соответственно. Треугольники $APK$ и $QP L$ равны по стороне и двум углам, что дает $P K =LP.$ В силу подобия треугольников $DKP$ и $DMN$

LP-= PK- = MN-= QR- LS KD MD QS

Поэтому треугольники $PLS$ и $RQS$ подобны, и мы получаем $∠LSP =∠QSR.$ Таким образом, точки $S,R$ и $P$ лежат на одной прямой.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $O$ и $N$ — точки пересечения диагоналей параллелограммов $ABCD$ и $RQSC$ соответственно. Так как $AO = OC,$ отрезок $OP$ — средняя линия треугольника $AQC.$ Поэтому

1 OP ||CQ и OP = 2CQ = CN.

Тогда четырёхугольник $OPNC$ является параллелограммом, откуда $P N||OC$ . Треугольники $ABD$ и $RQC$ подобны, поскольку их соответствующие стороны параллельны. Следовательно,

CD AB RQ SC AD- =AD- = RC-= RC-.

Поэтому треугольники $ADC$ и $RCS$ также подобны и, значит, $∠DAC = ∠CRS.$ Таким образом, прямая $RS$ параллельна $AC,$ а по доказанному выше она параллельна и $P N.$ Поскольку у прямых $RS$ и $PN$ есть общая точка $N,$ они совпадают, откуда $∠P RS = 180∘.$

Ответ:

$180∘$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#68255Максимум баллов за задание: 7

На боковых сторонах $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ взяты точки $M$ и $N$ соответственно, такие, что $AN = BN$ и $∠ABN = ∠CDM$ . Докажите, что $CM = MD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как мы хотим доказывать равенство отрезков CM и MD? У нас на картинке уже отмечены два уголка, а также есть параллельные прямые. Может, тогда попробовать доказать равенство углов MCD и MDC...

Подсказка 2

Что можно сказать про четырехугольник AMND? В нём мы уже знаем что-то про уголочек MDN, а уголочек MAN совпадает с углом BAN...

Подсказка 3

Т.к. BN равно AN, равны углы BAN и ABN, а ABN равен CDM по условию. Тогда четырехугольник AMND вписан. Что мы можем сказать про четырехугольник MBCN, если вспомнить, что AD параллельна BC...

Подсказка 4

Т.к. AD параллельна BC, углы CBА и BAD в сумме равны 180°. Т.к. AMND вписанный, MAD+MND=180°. Тогда CBM=CBA=180°-BAD=180°-MAD=MND. Это означает, что MBCN- вписанный четырехугольник. Осталось только перекинуть уголок MBN на MCN и завершить решение.

Показать доказательство

Из равенства $AN =BN$ следует, что $∠ABN = ∠BAN$ в равнобедренном треугольнике $ABN$ .

$PIC$

Тогда по условию задачи $∠CDM = ∠BAN?$ и значит? около четырехугольника $AMND$ можно описать окружность. Поэтому $∘ ∠MAD = 180 − ∠MND = ∠CNM$ .

В трапеции углы при боковой стороне дают в сумме $∘ ∘ 180 =⇒ ∠MAD = 180 − ∠MBC$ . Таким образом, в четырехугольнике $MBCN$ сумма углов при вершинах $B$ и $N$ тоже равна $∘ 180$ и поэтому около $MBCN$ можно описать окружность. Следовательно, $∠MCN = ∠MBN = ∠CDM$ , а значит, треугольник $CMD$ тоже равнобедренный, и $CM = MD$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#74568Максимум баллов за задание: 7

Внутри трапеции $ABCD$ $(BC ∥AD ),$ где $AD = 2BC,$ взята точка $F,$ для которой $AB =FB.$ Точка $M$ — середина отрезка $FD.$ Докажите, что $CM ⊥ FA.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, дистанционный тур

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $N$ — середина отрезка $AF.$ Заметим, что $NM ∥ AD,$ а значит $MN$ параллельна и $BC.$ Также $MN = AD2-=BC$ как средняя линия треугольника $AFD.$ Таким образом, четырёхугольник $NBCM$ — параллелограмм. Следовательно, $CM ∥BN.$ Осталось заметить, что $BN ⊥AF,$ так как это медиана в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#36668Максимум баллов за задание: 7

В трапецию $ABCD$ вписана окружность, касающаяся боковой стороны $AD$ в точке $K$ . Найдите площадь трапеции, если $AK = 16,DK =4$ и $CD = 6$ .

Источники: ОММО-2018, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, а какие данные нам нужны, чтобы найти площадь трапеции? Быть может, мы можем найти какие-то отрезки, если правильно воспользоваться информацией о касательных к вписанной окружности? Возможно, какая-то новая информация может показаться нам лишней, но условие кажется очень маленьким, поэтому любые новые знания нам нужны) Как же всё-таки воспользоваться длинами DK, CD и AK?

Подсказка 2

Отрезки касательных к одной окружности, проведенные из одной точки, равны! Это значит, например, что можно как-то обозначить все точки касаний окружности и сторон трапеции и найти почти все отрезки, на которые точки касания делят стороны) Теперь у нас есть одно из оснований, часть другого, нужна высота... Что же на нашем рисунке может намекать на перпендикулярность(связанное с окружностью)? Что для этого нужно отметить?

Подсказка 3

Вспоминаем, что некоторые радиусы вписанной окружности перпендикулярны сторонам. Тогда отметим у окружности центр I и опустим радиусы на каждую из сторон. Понятно, что радиусы на основания образуют высоту, т.е. теперь достаточно найти радиус. Для этого нам понадобится найти IK (перпендикуляр IK опущен на сторону, у которой мы знаем длины обоих отрезков). Какой факт о DI и AI можно использовать?

Подсказка 4

DI перпендикулярен AI! Тогда в прямоугольном треугольнике DIA мы можем найти высоту IK (из различных подобий), т.е. радиус. Аналогично можно поступить с прямоугольным треугольником CIB, тогда мы найдем еще один отрезок касательной, т.е. нам уже известна высота (2 радиуса) и оба основания, а, значит, и высота) Главное не ошибиться в счёте!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть точки касания с $CD,BC$ и $AB$ будут $N,M$ и $L$ соответственно. Из равенства отрезков касательных $DN = 4$ и $NC = CM =2$ , а также $AL= 16.$

$PIC$

Как известно, $DI ⊥ AI$ , как биссектрисы углов трапеции, но тогда $KI$ — высота прямоугольного треугольника и равна $√ ---- 4⋅16 =8$ . Аналогично из прямоугольного $△BIC$ имеем $2 IM =CM ⋅BM =⇒ BM =32$ . Откуда легко посчитать, что $CD+AB- SABCD = 2 ⋅2NI =(16+ 32 +6)⋅8= 432$ .

Второе решение.

Пусть $N$ — точка касания окружности и стороны $DC.$ Так как $DK$ и $DN$ — отрезки касательных, то они равны. Значит, $DN = 4$ $⇒$ $NC = 2.$

Пусть $M$ — точка касания окружности и стороны $BC.$ Аналогично $NC = CM = 2.$

Пусть $L$ — точка касания окружности и стороны $AB.$ Проведем диаметр $NL$ и опустим высоту $DH$ на сторону $AB.$

$AK =AL = 16$ (как отрезки касательных), следовательно, $HL = DN = 4$ и $AH =AL − HL =12.$ Тогда по теореме Пифагора

∘--------- √ --- DH = AD2 − AH2 = 256= 16.

$PIC$

Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CF$ на сторону $AB,$ он будет равен $16.$ Обозначим за $x$ отрезок $MB,$ тогда $FB = BL − LF = BM − 2= x− 2.$ По теореме Пифагора

2 2 2 (x+ 2) =16 + (x − 2)

2 8x =16

x= 32

Тогда

SABCD = DC-+2AB-⋅CF = 6+248⋅16= 432

Ответ:

$432$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#38691Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольнике $ABCD$ сторона $AB$ равна $6$ , сторона $BC$ равна $11$ . Из вершин $B$ и $C$ проведены биссектрисы углов, пересекающие сторону $AD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Найдите длину отрезка $XY$ .

$PIC$

Источники: Школьный этап - 2018, Москва, 8.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда видим биссектрисы, которые пересекают параллельные прямые, сразу хочется поотмечать углы) Что интересного можно заметить?

Подсказка 2

Треугольники BXA и CYD равнобедренные! (почему?). Тогда можно найти стороны XA и YD, т.к. мы знаем, чему они равны)

Подсказка 3

XA = BA = 6 и YD = CD = 6. Значит AX = YD = 6. Но длина AD всего 11(почему?)...чему тогда равно XY?

Показать ответ и решение

Заметим, что из параллельности $AD ∥BC$ имеем $∠BXA = ∠XBC = ∠ABX$ , а значит, треугольник $ABX$ — равнобедренный, и $AX = AB = 6$ . Аналогично, $DY =6$ . Тогда $XY = AX + DY − AD = =12− 11= 1.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#47141Максимум баллов за задание: 7

Центроидом четырехугольника будем называть точку пересечения двух прямых, соединяющих середины его противоположных сторон. Шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность $Ω$ с центром $O.$ Известно, что $AB = DE$ и $BC = EF.$ Пусть $X, Y$ и $Z$ — центроиды четырехугольников $ABDE, BCEF$ и $CDF A$ соответственно. Докажите, что высоты треугольника $XYZ$ пересекаются в точке $O.$

Источники: КМО - 2018, четвёртая задача первого дня для 8-9 классов, авторы Полянский А.А. и Jiang Z. (cmo.adygmath.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала хочется разобраться с равенствами сторон. Заметим, что в силу этих равенств три четырёхугольника из условия являются равнобедренными трапециями! Тогда у них равны диагонали. Что тогда можно сказать про связь этих диагоналей с центром O?

Подсказка 2

Правильно, они равноудалены от O. Тогда их середины P, Q, R равноудалены от O, т.е. O является центром описанной окружности △PQR. Почему это хорошее наблюдение? Ну, кажется, что центроиды как-то связаны со сторонами △PQR.

Подсказка 3

Действительно, из симметрии трапеций центроиды вроде бы должны быть серединами соответствующих сторон △PQR. На самом деле это правда, попробуйте доказать это утверждение в таком виде: середины сторон △PQR являются центроидами соответствующих трапеций. Этот факт верен и для произвольного четырёхугольника, попробуйте его также доказать, это довольно важная лемма. Теперь, когда мы доказали эту крутую лемму, поймём, как связаны △PQR и △XYZ.

Подсказка 4

Стороны △XYZ являются средними линиями △PQR, т.е. параллельны его сторонам. Постойте, но теперь утверждение задачи очевидно! Ведь т.к. O является центром описанной окружности △PQR, то мы можем провести серединные перпендикуляры. А ведь для △XYZ они являются... :)

Показать доказательство

Важная лемма о центроиде. Центроид четырехугольника является серединой отрезка, соединяющего середины его диагоналей.

Первый способ доказательства. Пусть $A1A2A3A4$ — данный четырехугольник, а $Mij$ — середина отрезка $AiAj$ (для всех пар индексов). Тогда $M12M13$ — средняя линия треугольника $A1A2A3,$ поэтому $M12M13 ∥ A2A3.$ Аналогично $M42M43 ∥A2A3,$ поэтому $M12M13 ∥M42M43.$ Таким же образом доказывается параллельность $M12M42$ и $M13M43.$ Значит, $M12M13M43M42$ — параллелограмм, тем самым середина отрезка $M13M24$ лежит на прямой $M12M34.$ Аналогично, середина $M13M24$ лежит на прямой $M23M41,$ таким образом, эта середина является центроидом. Утверждение доказано.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ доказательства. Пусть у четырёхугольника $ABDE$ точки $P,Q$ — середины $AD,BE$ . Пусть $M,N,K,L$ — середины $AB,BD, DE,EA.$ Для центроида $X$ выполнено $MX =XK,$ поскольку $MNKL$ — параллелограмм. Заметим, что $MP ∥BC ∥ QK,$ а также $MP = QK = B2C,$ откуда $−−→ −−→ MP = QK.$ Тогда уже для $X ′$ — середины $PQ$ получаем

−−−→′ −−M→P-+-−−M→Q- −M−Q→-+−Q−→K- −−M→K-- −−→ MX = 2 = 2 = 2 = MX

Отсюда $′ X =X .$ Утверждение доказано.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

$PIC$

Решение. Проведем диагонали $AD,BE,CF ;$ пусть $P,Q,R$ соответственно — их середины. По Важной лемме о центроиде середины отрезков $PQ,QR, RP$ и есть центроиды четырехугольников $ABDE, BCEF, CDF A.$ Итак, $X,Y,Z$ — соответственно середины отрезков $P Q,QR, RP.$

Из равенства отрезков $AB =DE$ и $BC = EF$ следует равенство дуг, откуда $AD =BE =CF,$ отсюда $P,Q$ и $R$ равноудалены от $O.$ Тогда $OX$ — серединный перпендикуляр к $P Q.$ Так как $Y Z∥PQ$ как средняя линия, то $OX ⊥ YZ.$ Аналогично $OY ⊥ XZ,$ значит, $O$ — ортоцентр треугольника $XY Z.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#64601Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ . Пусть $M$ — середина отрезка $AD$ , а $N$ — произвольная точка отрезка $BC$ . Пусть $K$ — пересечение отрезков $CM$ и $DN$ , a $L$ — пересечение отрезков $MN$ и $AC$ . Найдите все возможные значения площади треугольника $DMK$ , если известно, что $AD :BC =3 :2$ , а площадь треугольника $ABL$ равна 4.

Источники: ДВИ - 2018, задача 5 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поищите подобные треугольники! Помните о том, что основания трапеции параллельны!) Когда найдете отношения сторон в подобных треугольниках, посмотрите, нет ли каких-то отношений, для получения которых мы можем воспользоваться равными отрезками из условия!

Подсказка 2

Если Вы строили рисунок “красиво“, то посмотрите на точки L и K. На что они намекают? Что хочется попробовать доказать для треугольников ACM и LCK? Воспользуйтесь равенствами из предыдущего пункта, чтобы доказать подобие!

Подсказка 3

А что можно сказать про прямые LK и AD? Воспользуйтесь этим, чтобы получить еще какие-нибудь отношения отрезков!

Подсказка 4

Теперь попробуйте пользоваться найденными отношениями отрезков и методом площадей, чтобы найти нужное отношение площадей!

Показать ответ и решение

$PIC$

Воспользуемся $△DMK ∼ △NCK$ , а также равенством $AM = MD$ , получим

CK--= NC-= NC- = CL- MK DM AM AL

Из равенство первого и последнего отношений получаем $△CLK ∼ △CAM$ (у них общий угол, а стороны делятся в одинаковом отношении). Иначе говоря, получаем $LK ∥ AD$ . Поэтому прямая $LK$ делит все отрезки между двумя основаниями в одинаковом отношении, откуда

SABL = AL-⋅SABC = DK ⋅SABC = 4 AC DN

Аналогично

DK- DK- 3∕2- 3 DK- 3 SDKM = DN SMDN = DN ⋅ 2 SABC = 4 ⋅DN SABC = 4 ⋅4= 3

Здесь использовано $SABC- BC- -2- SMDN = MD = 3∕2$ , что верно, поскольку в каждом из треугольников высота будет равна высоте трапеции.

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#80235Максимум баллов за задание: 7

Вершина $F$ параллелограмма $ACEF$ лежит на стороне $BC$ параллелограмма $ABCD.$ Известно, что $AC = AD$ и $AE = 2CD.$ Докажите, что $∠CDE = ∠BEF.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, ЗЭ, 8 задача(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно воспользоваться условием AE=2CD?

Подсказка 2

Давайте отметим точку M - середину отрезка AE (так мы получим, что AM = CD). Что можно сказать про четырехугольник ADCM?

Подсказка 3

Он является равнобокой трапецией. Выведите из этого равенство углов FEM и MDC. Что теперь достаточно доказать про углы MDE и MEB, что завершить доказательство?

Подсказка 4

Достаточно показать их равенство. Как это можно сделать?

Подсказка 5

Можно доказать, что треугольник MDE и BME подобны. Как это можно сделать?

Подсказка 6

Из равенства AC=CD следует равенство углов ACD и CDA. Воспользуйтесь этим, чтобы показать, что углы BMA и AMD равны. Тем самым, мы покажем равенство углов BME и EMD. Осталось проверить равенство отношений соответствующих сторон

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $M$ — середина отрезка $CF.$ Поскольку четырехугольник $ACEF$ — параллелограмм, точка $M$ является серединой отрезка $AE.$

$PIC$

Обозначим $∠MAC = ∠MEF = α$ и $∠ABC =∠ADC =∠ACD = β.$ Так как $AM = AE ∕2 =CD, AMCD$ — равнобокая трапеция, откуда мы получаем что $α =∠MAC = ∠MDC$ и $MD = AC = AD.$ Кроме того, поскольку $MA =CD = AB$ и $∠ABM =∠ADC =β,$ равнобедренные треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому $AB∕BM =AC ∕CD.$

Треугольники $BME$ и $EMD$ также подобны, так как

∠BME = 180∘ − β =180∘− ∠DMA = ∠EMD

и $BM ∕ME = BM ∕MA =CD ∕AD = MA∕MD =EM ∕MD.$ Значит, $∠BEM = ∠EDM,$ откуда $∠BEF = ∠BEM − α =∠EDM − α= ∠CDE,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Как и в первом решении, введём точку $M$ и покажем, что $AMCD$ — равнобокая трапеция. Отложим на луче $DC$ отрезок $CS = DC = ME.$ Поскольку $∠SCB = ∠ABC = β =∠EMC,$ перпендикуляры, опущенные на $BC$ из точек $E$ и $S,$ равны, откуда $SE ∥BC.$ Поэтому четырёхугольники $MSEC$ и $ASED$ — также равнобокие трапеции; в частности, $ASED$ вписана в некоторую окружность $ω.$ С другой стороны, поскольку отрезки $AB$ и $CS$ параллельны и равны, $ACSB$ — параллелограмм, откуда $BS = AC =AD.$ Значит, $DABS$ — также равнобокая трапеция. Поскольку точки $A,S$ и $D$ лежат на $ω,$ точка $B$ лежит на этой же окружности. Из вписанного четырёхугольника $BSED$ теперь получаем $∠SBE = ∠SDE = ∠CDE.$ Осталось заметить, что $BSEF$ — параллелограмм (ибо $BS$ параллелен и равен $F E$ ), откуда $∠BEF =∠SBE =∠CDE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#91248Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Прямые, касающиеся этой окружности в точках $A$ и $C,$ пересекаются на прямой $BD.$ Найдите $AD$ , если $AB = 2$ и $BC :CD = 4:5.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А Вы случайно не знаете, что такое гармонический четырёхугольник? Если знаете, то задачка становится устной, однако если не знаете, не спешите расстраиваться! Подумайте про подобные треугольники на данной картинке.

Подсказка 2

Действительно, не так сложно догадаться, что △PAB ∼ △PDA, а также △PCB ∼ △PDC, затем надо применить теорему об отрезках касательных, проведённых из одной точки и аккуратно расписать отношения сторон, следующие из подобия.

Показать ответ и решение

Пусть касательные к окружности в точках $A$ и $C$ пересекаются в точки $P.$

$PIC$

По свойству касательной получаем, что $∠PAB = ∠ADP$ и $∠PCB = ∠CDP.$ Следовательно, будет две пары подобных треугольников: $P AB$ и $ADP,$ $PCD$ и $CDP.$ Тогда из подобия получаем

AD PB DC PD AB- = AP- и BC-= CP-

Заметим, что $AP = CP,$ как касательные из одной точки, значит,

AD-= DC- AB BC

AD = AB ⋅ DC-= 2⋅ 5 = 5 BC 4 2

Замечание. Такие четырёхугольники как $ABCD,$ т.е. для которых верно, что произведения противолежащих сторон равны, называются гармоническими.

Ответ:

$5 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#32961Максимум баллов за задание: 7

Пусть $OP$ — диаметр окружности $Ω$ , $ω$ — окружность с центром в точке $P$ и радиусом меньше, чем у $Ω$ . Окружности $Ω$ и $ω$ пересекаются в точках $C$ и $D$ . Хорда $OB$ окружности $Ω$ пересекает вторую окружность $ω$ в точке $A$ . Найдите длину отрезка $AB$ , если $BD ⋅BC = 5$ .

Источники: ОММО-2016, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте продлим отрезок OB до пересечения с окружностью ω и назовём точку их пересечения N, аналогично продлим DB и назовем их точку пересечения M. Что тогда можно сказать про углы ABC, DBA и MBN?

Подсказка 2

Дуги OC и OD равны в силу симметрии относительно диаметра OP. Значит, ∠ABC = ∠DBA, а ∠DBA и ∠MBN равны, как вертикальные. Что тогда можно сказать про точки M и C, а также отрезки BC и BM?

Подсказка 3

Точки M и C симметричны относительно перпендикуляра к AB, проходящего через точку B, следовательно, отрезки BC и BM будут равными. По условию нам дано CB*BD = 5, следовательно, MB*BD = 5. На какую теорему нам сразу же намекает такое произведение?

Подсказка 4

Когда мы видим произведение отрезков одной хорды, то сразу же нужно вспомнить теорему о пересекающихся хордах, запишем её: MB*BD = AB*BN. Отлично, теперь у нас появилось нужное нам AB, но также появился отрезок BN, про который нам ничего неизвестно. Подумайте, как можно заменить BN?

Подсказка 5

Давайте заметим, что треугольник APN – равнобедренный, а ∠ABP = 90°, в таком случае отрезок PB является высотой и медианой, а BN = AB.

Показать ответ и решение

Пусть $N$ и $M$ – вторые точки пересечения с окружностью $ω$ прямых $OA$ и $DB$ соответственно. В силу симметрии относительно прямой $OP$ , дуги $OC$ и $OD$ равны. Следовательно, $∠ABC =∠DBA =∠MBN.$

$PIC$

Первое решение.

Обозначим эти равные углы через $α$ . Из вписанности четырёхугольника $CBP D$ получаем, что $∠CPD = ∠CBD = 2α$ . Следовательно, поскольку $P$ – центр $ω$ , имеем $D^A + ^AC = DAC = 2α.$ C другой стороны, $^DA + ^MN = 2∠DBA = 2α$ . Вычитая общую дугу $^DA$ , получаем, что $^AC = ^MN$ , откуда $^AM = ^CN.$

Значит, $∠CAB = ∠ADB$ , и треугольники $ABC$ и $DBA$ подобны по двум углам, откуда $ABBC-= BADB-$ , так что $AB2 = BC ⋅BD =5,AB =√5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $∠ABP = 90∘$ , как вписанный угол в окружности $Ω$ , опирающийся на её диаметр $OP$ , поэтому $BP$ является высотой и биссектрисой треугольника $AP N$ . Получаем, что точки $M$ и $C$ симметричны относительно прямой $BP$ , так что $BC =BM.$ В окружности $ω$ по теореме о пересекающихся хордах $BA ⋅BN =BD ⋅BM.$ Тогда $AB ⋅AB =BD ⋅BC = 5,$ откуда сразу получаем ответ.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В ходе первого решения мы выяснили, что $∠CDN =∠CAB =∠BDA$ . То есть прямые $DC$ и $DB$ симметричны относительно биссектрисы угла $ADN$ . А во втором решении замечено, что $B$ — середина стороны $AN.$

Тогда оказывается, что точка $C$ лежит на симедиане треугольника $ADN$ . А сама задача тесно связана со следующим фактом: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам. Вы могли встретить его в такой задаче: пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, $M$ — середина стороны $BC,$ описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ окружности вторично пересекаются в точке $D.$ Тогда прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Ответ:

$√5$

Следующая подтема