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 101#51852Максимум баллов за задание: 7

Серединами оснований $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ являются точки $K$ и $L$ соответственно. Известно, что $AD = 10⋅BC.$ На боковых сторонах $AB$ и $CD$ взяты, соответственно, точки $M$ и $N$ , так что прямая $MN$ параллельна основаниям трапеции. При каком значении отношения $AM :MB$ сумма площадей треугольников $BKN$ и $MNL$ будет наибольшей?

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно перефразировать вопрос задачи?

Подсказка 2

Например, можно записать функцию суммы желаемых площадей и найти её наибольшее значение. Оно будет в точке максимума.

Подсказка 3

Пусть AD = k ⋅ BC (k > 1), BC = a, высота трапеции равна h, x = MB/AB, S(ABCD) = S. Выразите S(BKN) и S(MNL).

Подсказка 4

Можно воспользоваться тем, что у параболы с ветвями, направленными вниз, точка максимума находится в вершине.

Показать ответ и решение

Введем обозначения: $S = S,AD =k ⋅BC (k> 1),BC = a, ABCD$ высота трапеции $ABCD − h,x = MB. AB$ Тогда $S = a+kah, 2$ откуда $-2S ah= 1+k$ Получаем: $1 a -xS-- SBKN = 2 ⋅ 2 ⋅hx= 2(1+k).$ Так как $MN =x(k− 1)a +a,$ то

$PIC$

SMNL = a(x(k−-1)+-1)⋅(1− x)h= S(x(k-− 1)+-1)(1−-x) 2 1+ k SBKN +SMNL = ---S-- (2x2(1 − k)+ x(2k− 3)+2) 2(1+ k)

Функция $f(x)= 2x2(1− k)+x(2k− 3)+ 2$ имеет максимум при $x0 =-2k−-3 4(k− 1)$ Если $k= 10,$ то $x0 = 17, 36$ откуда $AM :MB =19 :17.$

Ответ:

$19:17$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#74564Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ $(AD ∥BC )$ $AD = 2,BC = 1,∠ABD =90∘.$ Найдите сторону $CD.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2016, дистанционный тур

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AD.$ Треугольник $ABD$ прямоугольный, а значит его медиана $BM,$ проведённая к гипотенузе, равна $1.$ Заметим, что четырёхугольник $MBCD$ — параллелограмм, потому что стороны $BC$ и $MD$ параллельны и равны по $1.$ Следовательно, $CD = BM =1.$

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#70666Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD.$ Описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает стороны $AD$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Описанная окружность треугольника $ADC$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $S$ и $R$ соответственно. Оказалось, что четырехугольник $P QRS$ — параллелограмм. Докажите, что и четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2015, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, как и всегда в геометрии, стоит сделать аккуратных чертёж, с которым удобно работать! На что нам намекают окружности, когда нет никаких явных значений длин и почти нет их соотношений?

Подсказка 2

С отрезками работать не особо тут продуктивно, значит будем смотреть на углы! Поотмечайте всякие равные вписанные уголочки. Удаётся ли заметить таким образом пары параллельных прямых?

Подсказка 3

Параллельности, конечно, есть, но пока не те что нам нужны. Что же ещё может нам помочь? Пока мы не использовали тот факт, что внутренний четырёхугольник — параллелограмм!

Подсказка 4

Параллелограмм и параллельности дают нам красивую симметрию! Посмотрите внимательно на точку пересечения диагоналей параллелограмма и задача будет решена.

Показать доказательство

Заметим, что $∠ADR = ∠ACR = ∠ACB = ∠APB$ по свойствам вписанных углов, откуда $P B∥DR.$ Аналогично, $DS ∥BQ.$ Следовательно, симметрия относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма $PQRS$ переводит треугольник $SDR$ в треугольник $QBP$ , в частности, $D$ отображается в $B$ . Тогда точка пересечения прямых $BR$ и $DQ$ переходит в точку пересечения симметричных им прямых $DP$ и $BS,$ т. е. $C$ переходит в $A.$ Таким образом, четырехугольник $ABCD$ симметричен относительно той же точки, и значит, является параллелограммом.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#78107Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ — трапеция, в которой углы $A$ и $B$ прямые,

AB = AD,CD =BC + AD,BC < AD

Докажите, что угол $ADC$ в два раза больше угла $ABE,$ где $E$ — середина $AD.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 8.1, В. Ясинский(см. geometry.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $K$ — такая точка на стороне $CD,$ что $CK = CB,M$ — точка пересечения $AB$ с перпендикуляром из $K$ к $CD.$

$PIC$

Тогда прямоугольные треугольники $BCM$ и $KCM$ равны по катету и гипотенузе, т.е. $BM = MK,$ а $CM$ — биссектриса угла $C.$ Кроме того, из условия следует, что $KD = AD,$ откуда аналогично получаем, что $AM =MK,$ a $DM$ — биссектриса угла $D.$ Поэтому $AM = AB∕2= AE$ и, значит, равны треугольники $ABE$ и $ADM.$ Следовательно, $∠ADC =2∠ADM =$ $2∠ABE.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отложим на продолжении $DA$ за точку $A$ отрезок $AF =BC,$ тогда $DF =DC.$ Пусть $M$ — точка пересечения $AB$ и $CF,$ то есть середина $AB.$ Тогда прямоугольные треугольники $ABE$ и $ADM$ равны, $DM$ — медиана треугольника $CDF,$ поэтому она — биссектриса угла $CDA,$ т.е. $∠CDA ∕2= ∠ABE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#89596Максимум баллов за задание: 7

Внутри параллелограмма $ABCD$ отметили точку $E$ так, что $CD = CE.$ Докажите, что прямая $DE$ перпендикулярна прямой, проходящей через середины отрезков $AE$ и $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Непонятно, как на картинке считать углы, а доказать нужно перпендикулярность. Может быть, будем доказывать какой-то эквивалентный факт?

Подсказка 2

Рассмотрим середину DE, треугольник ECD - равнобедренный, а, значит, отрезок CT перпендикулярен DE.

Подсказка 3

Обозначим за M и N середины AE и BC, итак доказываем параллельность СТ и MN. У нас три середины отрезков на картинке отмечено, надо этим воспользоваться.

Показать доказательство

Обозначим середины $AE, BC$ и $DE$ за $M,N$ и $T,$ необходимо доказать перпендикулярность $DE$ и $MN.$ $DE−$ основание равнобедренного треугольника $DEC,$ тогда его медиана $CT$ является также его высотой. Тогда нам достаточно доказать параллельность $MN$ и $T C.$

$MT$ — средняя линия треугольника $AED,$ то есть равна половине $AD$ и параллельна ему. В свою очередь $NC$ равен половине $BC = AD$ и параллелен $AD,$ а значит $MT$ и $NC$ параллельны и равны по длине, значит $MNCT$ — параллелограмм. А значит $MN$ и $TC$ параллельны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#49754Максимум баллов за задание: 7

Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, а боковые стороны образуют угол $30∘$ . Основания имеют длины $6$ и $2.$ Найдите высоту трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно найти высоту трапеции. Давайте подумаем, как это будет проще всего сделать. Например, если обозначить угол между основанием и диагональю за α, то высота это BD * sinα. А как можно выразить диагональ, зная угол?

Подсказка 2

Ага, так как диагонали перпендикулярны, то образуются прямоугольные треугольники, и все отрезки диагоналей легко выражаются через α. Выходит, что высота это 8cos(α)sin(α). Теперь наша задача найти угол α. Какое дополнительное построение удобно сделать в данном случае, зная угол между боковыми сторонами?

Подсказка 3

Верно, давайте достроим нашу трапецию до параллелограмма. Получается треугольник с углом при вершине в 30 градусов. Заметим, что все его стороны мы можем выразить из прямоугольных треугольников внутри трапеции, используя только угол α. Какой добивающей теоремой теперь можно воспользоваться?

Подсказка 4

Да, воспользуемся теоремой косинусов, потому что все стороны и угол в 30 градусов нам известны. Осталось только аккуратно найти α и выразить высоту. Победа!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть эта трапеция $ABCD, BC = 2,AD =6$ . При этом $AB ∩CD = X,∠AXD =30∘$ , а также $AC ∩BD =O,AC ⊥ BD$ .

Построим $DN ∥AB,N ∈ BC$ , тогда $∠CDN = 30∘$ , $DN = AB$ . Кроме того, из $AD =BN$ получаем $CN =4$ . Введём также $∠ADB =α$ . Используем прямой угол между диагоналями $AO = 6sinα,OD = 6cosα,OC = 2sinα,OB = 2cosα$ . Отсюда $∘ -------------- ∘ --------- ---- CD = 4sin2α+ 36cos2α= 4+ 32sin2α = √4+ t$ , $∘ -------------- ----- AB = DN = 36sin2α+ 4cos2α= √ 36 − t$ ( $t= 32sin2α$ ). Теперь мы готовы написать теорему косинусов для $△CDN$

CD2 + DN2 − 2CD ⋅DN cos∠CDN = CN2

√- 36 − t+ 4+ t− 2∘ (4+-t)(16− t)⋅-3-= 16 2

√ -- (4+ t)(16 − t)= 192 ⇐⇒ t2− 32t+ 48 =0 ⇐ ⇒ t= 16± 4√13- =⇒ sin2α = 4±--13 8

Оба значения подходят, поскольку обозначения в условии симметричны. Не умаляя общности, $∘ 4+√13 sinα= 8$ , откуда $∘ --√-- cosα= 4−813$ . Осталось заметить, что высота трапеции равна $∘ --√-----√--- √- BDsinα= 8cosα sinα= 8 (4−-13)(644+-13)= 3.$

Ответ:

$√3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#92019Максимум баллов за задание: 7

В параллелограмме $ABCD$ из вершины тупого угла $B$ проведены высоты $BM$ и $BN$ , а из вершины $D$ – высоты $DP$ и $DQ$ . Докажите, что точки $M,N,P$ и $Q$ являются вершинами прямоугольника.

Источники: Муницип - 2014, Москва, 8.3(см. vos.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Пусть, для определённости, точка $N$ лежит на прямой $AD$ , а точка $Q$ – на прямой $AB$ . Тогда диагонали $BD$ и $PN$ прямоугольника $P BND$ равны и пересекаются в их общей середине $O$ . Аналогично, диагонали $BD$ и $QM$ прямоугольника $QBMD$ равны и пересекаются в их общей середине $O$ .

$PIC$

Значит, и диагонали $PN$ и $QM$ четырёхугольника $PQNM$ равны и пересекаются в их общей середине $O.$ Следовательно, $PQNM$ – прямоугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#39610Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ прямые $AD$ и $BC$ перпендикулярны, а длина отрезка, соединяющего середины диагоналей $BD$ и $AC$ , равна $2013$ . Найдите длину отрезка, соединяющего середины сторон $CD$ и $AB$ .

Источники: ОММО-2013, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть K,L,M,N-середины AB,AC,CD,BD. Тогда, к примеру в треугольнике ABC у нас есть две середины сторон. На проведение какого(каких?) доп.построения это может намекать?

Подсказка 2

Отлично, мы провели 4 средние линии. Но ведь средняя линия параллельна стороне треугольника! Тогда что можно сказать про ч-угольник KLMN , используя условие, что AD перпендикулярно BC?

Подсказка 3

Да, то что KLMN-прямоугольник. Дело остается за малым, ведь осталось лишь применить одно свойство прямоугольника, чтобы найти KM

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Пусть $K,L,M, N$ — середины $AB,AC,CD,BD$ соответственно. Заметим, что $KL ∥NM ∥ BC$ , как средние линии в $△ABC, △BDC$ . Аналогично $KL ∥MN ∥AD$ . Отсюда $KLMN$ — параллелограмм, в котором $KL ⊥ ML$ в силу $BC ⊥ AD$ , то есть это прямоугольник, в котором диагонали равны. Осталось заметить, что его диагоналями и будут два отрезка из условия.

Второе решение.

Пусть $K,L,M, N$ — середины $AB,AC,CD,BD$ соответственно. Тогда, во-первых,

−−→ D + B A + C −A−→D − −−B→C NL =L − N =--2-- −--2-- =----2---,

а во-вторых,

−−→ −−→ −K−M→ =M − K = D-+C-− A-+B-= AD-+-BC. 2 2 2

По условию дано

−−→ 2 −−→ 2 −−→ −−→ NL2 =−N−→L2 = AD--+BC--−-2AD-⋅BC-= 20132 4

BC ⊥ AD ⇐⇒ −−A→D ⋅−−B→C =0,

а найти надо

┌│ ------------------- ∘ −−→-- │∘ −−A→D2 +−B−→C2 − 2−−→AD⋅−B−→C −−→ 2 KM = KM2 = ---------4--------= NL ,

так что

KM = NL = 2013.

Ответ:

$2013$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#64469Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность радиуса $R$ и описана около окружности радиуса $r$ . Найдите $r$ , если $R= 12$ , а косинус угла между диагональю $AC$ и основанием $AD$ равен $3∕4.$

Источники: ДВИ - 2013, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие факты про стороны трапеции нам сразу дают условия на вписанность и описанность?

Подсказка 2

А где в равнобедренной трапеции мы вообще можем найти радиусы вписанной и описанной окружностей)?

Подсказка 3

Конечно диаметр вписанной окружности в точности равен высоте, а радиус описанной можем найти в теореме синусов для одного из вписанных треугольников. Подумайте, для какого треугольника ее лучше применить, опираясь на условия задачи и что получится найти из этого. Длины какого отрезка нам не хватает, чтобы вычислить радиус вписанной окружности?

Подсказка 4

Нас интересует либо длина диагонали, либо длина второго катета в прямоугольном треугольнике! Определите, на какие отрезки разбивается большее из оснований высотой и подумайте, как нам помогает теперь описанность трапеции, если длина боковой стороны уже найдена.

Показать ответ и решение

Первое решение.

∘ ---(-)2- √- sin∠CAD = 1− 3 = -7- 4 4

Если трапецию можно вписать в окружность, то трапеция – равнобедренная. По теореме синусов $AB = CD =2R sin∠CAD = 6√7.$ Высота $CH$ , опущенная из вершины $C$ на большее основание $AD,$ делит его на больший отрезок $(AH)$ , который равен полусумме оснований, и меньший $(HD )$ , равный полуразности оснований. В трапецию можно вписать окружность, если сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон:

√- a+ b= 2⋅6 7

√ - 1 1 1a+-b --7 r =2 h= 2AH tg ∠CAD = 2 2 ⋅ 3 = 7

$PIC$

Второе решение. (по сути то же самое, но в общих обозначениях вместо промежуточных вычислений)

Из того, что трапеция вписана, следует, что она равнобокая. Положим $AB =CD =a,BC = b,AD = c.$ Не ограничивая общности, можно считать, что $c≥ b.$ Из того, что трапеция описана, следует, что $b+ c= 2a.$ Опустим перпендикуляр $CH$ на сторону $AD$ . Toгда $CH = 2r,AH = c2 + b2 = a$ (поскольку точки касания окружности делят основания пополам). Следовательно, обозначив $φ =∠CAD,$ получаем:

tgφ= 2r a

C другой стороны, по теореме синусов, примененной к треугольнику $CAD.$

sinφ= -a- 2R

Перемножая, находим:

r- -1-- R = cosφ − cosφ

Подставляя $R =12,cosφ =3∕4,$ получаем $r= 7.$

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#64853Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ основание $AD$ в полтора раза длиннее основания $BC$ , а длины боковых сторон $AB$ и $CD$ равны. На стороне $BC$ взята такая точка $K$ , что $BK = 2KC.$ Прямые $AK$ и $CD$ пересекаются в точке $E$ , а прямые $DK$ и $AB$ — в точке $F$ . Найдите величину отношения $BF :CE.$

Источники: Вступительные на факультет гос.управления МГУ, 2010

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначьте сторону ВС, например, как а и выразите через неё отрезки ВК, КС и AD. Также пусть b будет боковая сторона. Параллельность оснований трапеции даёт нам множество подобных треугольников, попробуйте выразить в них искомые стороны через b!

Подсказка 2

Может возникнуть следующее затруднение: как при известном соотношении BF/AF, например, перейти к BF/AB: для этого распишите AF как сумму AB + BF — это поможет Вам связать BF с b. Аналогично можно поступить и с CE. Осталось лишь применить несложную арифметику дробей, и задача будет решена!

Показать ответ и решение

Пусть $BC = 6a,$ $AD = 9a,$ $BK = 4a,$ $KC = 2a.$ Пусть также $AB = CD = b.$

$PIC$

Из параллельности следуют подобия $△BF K ∼ △AF D$ и $△KEC ∼ △AED.$

Воспользуемся подобием $△BF K ∼ △AF D :$

BK-- 4 BF- --BF-- AD = 9 = AF = BF + b 4BF + 4b = 9BF 4 BF = 5b

Воспользуемся подобием $△KEC ∼ △AED :$

CK 2 EC EC AD- = 9 = ED-= EC-+-b 2EC + 2b = 9EC 2 EC = 7b

Из полученных соотношений

4 BF :EC = 52-= 14= 2,8 7 5

Ответ:

$14 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 111#42965Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция с основаниями $1$ и $4$ и площадью $S$ . Найдите площадь треугольника, образованного диагоналями и меньшим основанием трапеции.

Источники: ОММО-2009, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как нам дали площадь всей трапеции, то понятно, что площадь маленького треугольника составляет какую-то часть площади трапеции. Если попробовать посчитать просто площадь треугольника, то нам неизвестна его высота. А может получиться её выразить через S? Что можно сказать про пару треугольников, образованных диагоналями и основаниями трапеции?

Подсказка 2

Верно, ведь они подобны, и к тому же мы знаем их коэффициент подобия. Но тогда подобны и все их элементы, например, высоты. Как тогда можно выразить высоту трапеции через высоту треугольника?

Подсказка 3

Ага, выходит, что высота трапеции – это пять высот треугольника. Тогда осталось только выразить её через S и подставить в площадь треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть это трапеция $ABCD, AD = 4,BC =1,AC ∩BD = E.$ Проведём через точку $E$ высоту трапеции $F G:$

$PIC$

Из подобия $△BEC ∼ △AED$ получаем

EF :EG = BC :AD =1 :4,

так что

EF = x =⇒ EG =4x =⇒ SCEB = EF-⋅BC = x 2 2

S = SABCD = BC-+AD-⋅F G= 1+-4 ⋅5x= 25SCEB 2 2

Ответ:

$-S 25$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#70611Максимум баллов за задание: 7

В равнобокой трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$ . Докажите, что треугольники $AOD$ и $BOC$ равнобедренные.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, а что нам дает условие на то, что перед нами равнобокая трапеция?

Подсказка 2

Углы при основании и стороны равны! Быть может, можно вывести их этого равенства каких-то треугольников?

Подсказка 3

Треугольники ABD и ACD равны! Что это влечет за собой?

Подсказка 4

В них равны углы CAD и BDA!

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD$ . Трапеция равнобедренная, поэтому по свойству, ее углы при основании равны, а значит, $∠DAB =∠ADC$ ; по определению ее стороны равны, то есть $AB = CD$ и по еще одному свойству ее диагонали равны, значит, $BD =AC$ . Получается, по двум сторонам и углу между ними треугольники равны. Значит, $∠CAD = ∠BDA$ как соответственные. Теперь рассмотрим треугольник $AOD$ . В нем углы при основании $AD$ равны, а значит, он равнобедренный. Аналогично, можно сказать и про треугольник $BOC$ , рассмотрев треугольники $BDC$ и $BAC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 113#70612Максимум баллов за задание: 7

Разрежьте трапецию на две части, из которых можно сложить параллелограмм.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, нам нужно сделать разрез, а затем приставить две стороны друг к другу так, чтобы получился параллелограмм. На построение какой точки это намекает?

Подсказка 2

Так как нам нужно будет приставить фигуры сторонами, имеет смысл отметить середину на одной из сторон трапеции и разрезать через неё!

Показать ответ и решение

$PIC$

$E$ , $F$ — середины $AC$ и $BD$ . Поймем для начала, что точки $E$ , $F$ , $E′$ лежат на одной прямой. Почему это так? $∠BF E′ = ∠EFD$ , а значит, $180∘ = ∠EFD + ∠EFB = ∠BFE′+ ∠EF B$ . Аналогично $∠CDF =∠F BG$ , а значит, $180∘ = ∠CDB + ∠DBA = ∠DBG ′+ ∠DBA$ , то есть точки $A$ , $B$ , $G$ также лежат на одной прямой. $GE ′ =EC = AE$ и $∠EE′G= ∠E ′EC$ , а значит, $GE ∥AE$ , получается $AEE ′G$ — параллелограмм.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 114#70613Максимум баллов за задание: 7

Боковая сторона трапеции равна $a$ . Параллельно ей через середину другой боковой стороны провели прямую. Какой отрезок этой прямой заключен внутри трапеции?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется провести такое дополнительное построение, чтобы использовать отрезок внутри трапеции. Помним, что это отрезок, параллельный чему-то, проходящий через середину стороны. Ни на что не намекает?

Подсказка 2

Сделаем такое дополнительное построение, чтобы отрезок внутри трапеции стал средней линией в треугольнике!

Подсказка 3

Проведите отрезок внутри трапеции так, чтобы появился параллелограмм! ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Сделаем дополнительное построение. $CG$ — отрезок, параллельный $AB$ . Из того, что $BC ∥AG$ и $CG ∥AB$ следует, что $ABCG$ — параллелограмм, а значит, $CG =AB = a$ . Рассмотрим треугольник $CDG$ , в нем: $EF ∥CG$ и $EF$ проходит через середину $CD$ , получается, что $EF$ — средняя линия в треугольнике $CDG$ и значит, равна $12CG = 12a$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 115#70614Максимум баллов за задание: 7

Середины боковых сторон трапеции соединили с противоположными вершинами так, как показано на рисунке. Могут ли полученные два отрезка лежать на параллельных прямых?

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с отрезками внутри трапеции не очень удобно, поэтому давайте попробуем продлить указанные отрезки до пересечения с основаниями трапеции и подумаем, что же будет, если они окажутся паралелльными!

Подсказка 2

Посмотрите внимательно, если указанные прямые параллельны, не образуются ли где у нас параллелограммы?

Подсказка 3

После продления до пересечения с основаниями трапеции у нас образуются целых три параллелограмма, а у них равны противоположные стороны! Осталось лишь записать, какие отрезки равны друг другу, и найти противоречие с условием ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Предположим, что могут. Продлим их до пересечения с основаниями трапеции. Получим параллелограмм $IBJD$ , ведь его стороны попарно параллельны. Рассмотрим треугольники $BCH$ и $JDH$ . В них: $CH = HD$ , $∠CHB = ∠DHJ$ как вертикальные и $∠HCB =∠HDJ$ как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей. Значит, $BC = JD$ как соответственные. Аналогично $IB = DA$ . Но мы знаем, что $IBJD$ — параллелограмм, и значит, $IB = DJ$ . Отсюда $BC = AD$ , то есть если $ED ∥ BH$ , то $ABCD$ — параллелограмм, а не трапеция.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 116#70615Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ угол $A$ равен $43∘$ , угол $D$ равен $94∘$ . Боковая сторона $CD$ вдвое меньше основания $AD$ . Чему может равняться угол $ABD$ ?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз уж CD — это половина AD, давайте отметим середину AD (точка E). Что можно сказать про треугольник CDE?

Подсказка 2

Отлично, треугольник CDE — равнобедренный! А ещё в нем известен один угол) Давайте найдем два остальных.

Подсказка 3

Итак, углы треугольника CDE равны 43, 43, 94. Давайте теперь внимательно посмотрим на условие) Что нам даёт такое равенство углов?

Подсказка 4

AB и EC параллельны! А что можно тогда сказать про четырехугольник AECB?

Подсказка 5

AECB — параллелограмм! А что тогда можно сказать про BC?

Подсказка 6

BC = AE = CD! Отлично, значит, у нас появился ещё один равнобедренный треугольник, в котором мы можем посчитать угол) Осталось понять чему равен угол BCD.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $E$ — середина $AD$ . Рассмотрим треугольник $ECD$ . По условию $AD =AE + ED = 2CD$ . Отсюда видно, что этот треугольник равнобедренный. $∠D = 94∘$ , тогда $∘ ∘ ∠CED = ∠ECD = 180−2-94-= 43∘$ . $ABCE$ — параллелограмм, так как $AE ∥BC$ , $AB ∥CE$ , потому что $∠BAE =∠CED$ — соответственные при параллельных прямых. Тогда $AE = BC$ , но в то же время $AE = CD$ , значит, треугольник $BCD$ — равнобедренный с углом $BCD = 180∘ − 94∘ = 86∘$ . Поймем, что $∠CBD = 180∘−286∘-=47∘$ , тогда $∠ABD =180∘− ∠BAD − ∠CBD = 180∘− 43∘− 47∘ = 90∘$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 117#71204Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если диагональ параллелограмма является биссектрисой угла, из которого она проведена, то этот параллелограмм — ромб.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы доказать, что параллелограмм является ромбом, достаточно доказать, что две его соседние стороны равны (почему?).

Подсказка 2

Значит, достаточно доказать, например, равнобедренность треугольника ABC. Для этого нужно учесть равенство углов DAC и CAB, а также некоторые свойства параллелограмма.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $AC$ биссектриса и диагональ в параллелограмме $ABCD$ . Тогда $∠BAC = ∠CAD$ . $∠BCA = ∠CAD$ (как накрест лежащие углы при параллельных $BC$ и $AD$ и секущей $AC$ ). Тогда $∠BAC = ∠BCA$ , а значит треугольник $ABC$ — равнобедренный с основанием $AC$ . Значит, $AB = BC$ . А также по свойству параллелограмма $BC = AD$ как противоположные стороны. Значит, все стороны параллелограмма $ABCD$ равны, то есть он ромб.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 118#71206Максимум баллов за задание: 7

Середины сторон параллелограмма образуют прямоугольник. Докажите, что данный параллелограмм — ромб.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит подумать, как можно доказать, что параллелограмм является ромбом. Какие бывают признаки?

Подсказка 2

Точно! Например, можно попробовать подойти к тому, что диагонали перпендикулярны. Посмотрим повнимательнее на картинку: F и G — середины BC и CD. Значит, FG — средняя линия в треугольнике CBD. А какие хорошие свойства есть у средних линий?

Подсказка 3

Верно! По свойству средних линий FG параллельна BD. А можно ли найти еще пару параллельных отрезков?

Подсказка 4

Конечно! Это отрезки EF и AC по аналогичным причинам. Нас интересует угол между BD и AC. При этом мы знаем, что они параллельны каким-то двум прямым параллелограмма. А что мы знаем об углах между парами параллельных прямых?

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $E$ , $F$ , $G$ , $H$ — середины сторон данного параллелограмма. Рассмотрим треугольник $BCD$ . В нем $FG$ — средняя линия, так как делит стороны треугольника пополам, значит, $FG∥ BD$ . Также $EF$ — средняя линия в треугольнике $ABC$ , значит, $EF ∥AC$ .

Так как $EF GH$ — прямоугольник, $∠EFG = 90∘$ . Из того, что $EF ∥AC$ , получается, что $FG$ перпендикулярна $EF$ , а значит, и $AC$ , но ведь еще и $BD ∥FG$ , значит, $BD$ перпендикулярна $AC$ . То есть в параллелограмме диагонали перпендикулярны, а значит, по признаку он ромб.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 119#71207Максимум баллов за задание: 7

Вершины квадрата соединили отрезками с серединами сторон так, как показано на рисунке. Докажите, что закрашенная на рисунке фигура — квадрат.

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем доказать, что у IJKL все стороны и углы равны. Из этого легко получается, что IJKL — квадрат! Сначала попробуем подобраться к углам. Как это можно сделать?

Подсказка 2

Верно! Сначала попробуем найти какие-нибудь равные треугольники. Какие треугольники точно равны?

Подсказка 3

Конечно! Нетрудно видеть, что треугольники AHI, DLG, FKC и BEJ равны. Можно ли тогда доказать, что все углы четырехугольника IJKL равны?

Подсказка 4

Можно! Это ведь просто следствие теоремы о суммы углов треугольника! Остается показать, что и стороны у этого четырехугольника тоже равны. Из равенства треугольников AHI, DLG, FKC и BEJ можно найти много равных отрезков. Эти равенства будет удобно использовать, если, например, доказать, что HB = EC = FD = GA. А откуда это можно получить?

Подсказка 5

Верно! Треугольники ADG, DCF, CBE и BAH равны, откуда следует нужно равенство. Как теперь доказать, что все стороны четырехугольника IJKL равны?

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $BAH$ и $CBE$ . В них: $AB =BC$ как стороны квадрата, $AH = BE$ как половины сторон квадрата и $∠BAH =∠CBE = 90∘$ . Значит, по двум сторонам и углу между ними эти треугольники равны. Аналогично можно получить, что треугольники $BAH$ , $CBE$ , $DCF$ и $ADG$ равны. Отсюда: $∠ABH = ∠BCE = ∠CDF = ∠DAG$ и $∠BHA = ∠CEB = ∠DF C = ∠AGD$ как соответственные в равных треугольниках. Теперь рассмотрим треугольники $EJB$ , $F KC$ , $GLD$ , $HIA$ . Они будут равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, так как $EB = FC =GD = HA$ и все соответственные углы равны по выше доказанному. И значит, углы $EJB$ , $FKC$ , $GLD$ , $HIA$ равны как соответственные в равных треугольниках, и углы $IJK$ , $JKL$ , $KLI$ , $LIJ$ равны как вертикальные с равными.

Также из равенства треугольников $BAH$ , $CBE$ , $DCF$ и $ADG$ мы узнаем, что $BH = EC = FD = GA = a$ , а из равенства треугольников $EJB$ , $FKC$ , $GLD$ , $HIA$ – что $EJ = FK = GL =HI = b$ и $BJ = CK = DL = AI = c$ . Тогда что можно сказать про отрезки $IJ$ , $JK$ , $KL$ , $LI$ ? Каждый из них равен $a− b− c$ , то есть они все равны.

Итог: в четырехугольнике $IJKL$ все стороны и все углы равны, значит, он квадрат.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 120#71208Максимум баллов за задание: 7

Две прямые, расстояние между которыми равно стороне квадрата, пересекают его стороны в четырех точках так, как это показано на рисунке. Найдите угол между двумя отмеченными отрезками, соединяющими эти точки.

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Начнём с важной леммы. Если имеется две полосы одинаковой ширины, то их пересечением будет ромб. Докажите эту лемму, прежде чем применять.

Подсказка 2

Ещё один интересный факт. Угол между двумя прямыми равен углу между перпендикулярными им прямыми. Это тоже обязательно докажите!

Подсказка 3

Теперь подумаем, как эти два факта использовать для решения задачи. Нужно бы найти прямые, перпендикулярные отмеченным отрезкам. А в ромбе диагонали перпендикулярны. Точно, нужно найти пары полос, которые образуют ромбы, среди диагоналей которых есть отмеченные отрезки!

Показать ответ и решение

$PIC$

Продлим некоторые отрезки так, как показано на рисунке и вспомним вторую задачу из этой домашки. Рассмотрим полосы, образованные прямыми $AE$ и $CH$ и прямыми $EF$ и $GH$ . Что можно сказать про ширину каждой из них? Они обе равны стороне квадрата. Значит, эти полосы образуют ромб $MELH$ . Аналогично полосы, образованные прямыми $AG$ и $F C$ и прямыми $EF$ и $GH$ , образуют ромб $JF KG$ .

Нам нужно найти угол между прямыми $EH$ и $FG$ . Для этого можно найти угол между перпендикулярами к этим прямым. Почему так? Давайте докажем.

$PIC$

Пусть дан $∠ABC = α$ . $DF$ , $DE$ — перпендикуляры, опущенные на стороны этого угла. Тогда $∠ECB = 180∘− ∠CEB − ∠B =90∘− α$ . Значит, $∠CDF = 180∘− ∠DF C− ∠C =α$ .

Понятно, что $EH$ , $FG$ — диагонали ромбов $MELH$ и $JFKG$ соответственно. Тогда проведем вторые диагонали этих ромбов. Они будут перпендикулярным первым, а значит, достаточно будет найти угол между ними, то есть сейчас будем искать угол между прямыми $JK$ и $ML$ .

Пусть $∠BEF = α$ , а $∠BF E = β$ , при этом $α +β = 90∘$ , так как $∠B = 90∘$ как угол квадрата. $∠JEA =α$ как вертикальный к $∠BEF$ . $∠EAJ = 90∘$ как угол, смежный углу квадрата. Тогда $∠J = 90∘− α$ . Аналогично посчитав, получим, что $∠L = 90∘− β$ .

Угол между $JK$ и $ML$ равен $180∘− ∠LJK − ∠JLM =180∘− 1∠LJK − 1∠JLM = 180∘− 1(90∘− α)− 1(90∘− β)= 180∘− 45∘ − α− 45∘− β = 90∘− α+β =45∘ 2 2 2 2 2 2 2$ .

Ответ:

Следующая подтема