Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .05 Проведение параллельных прямых

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в планике

Построения циркулем и линейкой

Проведение средней линии

Удвоение

Спрямление

Проведение параллельных прямых

Дополнение углов

Проецирование в планике

Обратный ход и построения от обратного

Угадай точку

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#38646Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ ( $AD ∥BC$ ) угол $BAD$ равен углу $ACD$ . Найдите $CD$ , если известно, что $AD = 9,BC =5$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу… А до чего мы умеем достраивать трапецию?

Подсказка 2

Да, мы умеем достраивать трапецию для параллелограмма! Для этого на прямой, содержащей меньшее основание возьмем точку K так, чтобы AK было параллельно CD! Тогда какие уголочки можно отметить на рисунке?

Подсказка 3

Верно, если мы достроили трапецию до параллелограмма, то ∠ABK = ∠BAD (накрест лежащие) = ∠ACD = ∠CAK. А дальше, давайте посмотрим на треугольник ACK! В нём мы знаем про равенство некоторых углов! Тогда какие подобные треугольники мы видим?

Подсказка 4

Верно, △KBA ∼ △KAC! Остаётся выразить KA через отрезочки, которые мы знаем(а именно KB и KC)

Показать ответ и решение

Отметим на прямой $BC$ такую точку $K$ , что $AK ∥CD$ . Тогда $ADCK$ — параллелограмм, а значит, $AD = CK = 9$ и $∠ABK =∠BAD = ∠ACD = ∠CAK$ .

$PIC$

Отсюда получаем подобие треугольников $KBA$ и $KAC$ по двум углам, а значит,

KB-= KA-⇒ KA2 = KB ⋅KC ⇒ KA2 = (KC − BC )⋅AD =36. KA KC

Таким образом, $KA = 6$ .

Ответ: 6

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#96521Максимум баллов за задание: 7

Точка $A$ лежит внутри острого угла. Через эту точку проведена прямая, отсекающая от угла треугольник наименьшей площади. Выясните: в каком отношении точка $A$ делит отрезок этой прямой, заключённый внутри угла?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для удобства обозначим вершину угла как O. Попробуем рассуждать с конца. Пусть мы нашли такую прямую AB, чтобы отсекаемый треугольник был наименьшей площади. Давайте на этом же рисунке проведём другую прямую KM (K лежит на одной стороне угла с B, M — с C) и подумаем, чего нам хочется требовать от неё.

Подсказка 2

Нам нужно, чтобы новая прямая отсекала от треугольника OBC меньшую площадь (AKB), чем добавляла вне его (ACM). А когда это возможно?

Подсказка 3

Попробуйте провести такую прямую через C, чтобы она отсекла от ACM треугольник, равный AKB.

Подсказка 4

Проведите через C прямую, параллельную противоположной стороне угла и покажите, при каком соотношении BA/AC мы всегда можем это сделать так, чтбы площадь AKB была меньше площади ACM.

Показать ответ и решение

Пусть $∠BOC$ — заданный острый угол, $A$ — заданная точка внутри него. Проведем $AD ∥CO,AE ∥ BO$ . Через т. $A$ проведем $BC ∥ DE$ .

$PIC$

Bсе треугольники $ODE, DBA, AED$ и $EAC$ равны, откуда $AB = AC$ .

Покажем, что $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади. Для этого проведем другую произвольную прямую $KM$ (точки $K$ и $M$ лежат на сторонах заданного угла). Построим также $CN ∥BK$ .

Треугольники $ABK$ и $ACN$ равны по стороне и двум углам. Следовательно, площадь $△ACN$ меньше, чем площадь $△ACM$ , откуда получается, что площадь $△OBC$ меньше, чем площадь $△OKM$ , что и требовалось.

Таким образом, $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади, и, как показано выше, она делится точкой $A$ пополам.

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#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 24#74340Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABSC.$ На диагонали $BC$ выбрана точка $P$ так, что $AP =CP > BP.$ Точка $Q$ симметрична точке $P$ относительно середины диагонали $BC,$ а точка $R$ симметрична точке $Q$ относительно прямой $AC.$ Оказалось, что $∠SAB = ∠QAC$ и $∠SBC = ∠BAC.$ Докажите, что $SA =SR.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, ЗЭ, 4 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Отметим на отрезке $AC$ такую точку $L,$ что $QL ∥AP.$

$PIC$

Тогда треугольники $AP C$ и $LQC$ подобны и $LQ= QC = BP.$ Кроме того, $BQ =P C = AP$ и $∠APB = ∠LQB,$ поэтому треугольники $ABP$ и $BLQ$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $BA = BL.$ Далее, $∠ALR = ∠ALQ$ = $∘ 180 − ∠CLQ$ = $∘ 180 − ∠ACB$ = $∠CAB + ∠ABC$ = $∠ABC + ∠SBC$ = $∠ABS$ и $∠BAS = ∠QAC = ∠LAR,$ поэтому треугольники $ABS$ и $ALR$ подобны по двум углам, откуда $AB ∕AL$ = $AS ∕AR.$ Значит, треугольники $ABL$ и $ASR$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними ( $∠SAR = ∠BAC$ , поскольку $∠SAB = ∠QAC = ∠RAL$ ), но так как $AB =BL,$ то $AS = SR.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#86020Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ равны $100∘.$ На сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $X$ и $Y$ соответственно так, что $AX = CY.$ Оказалось, что прямая $Y D$ параллельна биссектрисе угла $ABC.$ Найдите угол $AXY.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2017, РЭ, 8.6(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выполним дополнительное построение: проведём через Y прямую, параллельную AB. Пусть она пересечёт AD в точке K. Тогда YD будет биссектрисой ∠CYK.

Подсказка 2

Из счёта углов можно получить, что треугольники DYC и DYK равны. Теперь осталось только получить ответ.

Показать доказательство

Проведём через точку $Y$ прямую, параллельную $AB.$ Пусть она пересечёт $AD$ в точке $K.$

$PIC$

Тогда $∠DY C = ∠DYK$ и $∘ ∠C =100 = ∠BAD = ∠YKD,$ поэтому треугольники $DY C$ и $DY K$ равны по двум углам и стороне. Поэтому $YK = YC = AX$ и $AXY K$ — параллелограмм. Но тогда $∘ ∠AXY = ∠AKY =80 .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#79123Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точки $H$ и $M$ — точки пересечения высот и медиан соответственно. Через вершины $A,B$ и $C$ проведены прямые, перпендикулярные прямым $AM, BM, CM$ соответственно. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника, образованного проведёнными прямыми, лежит на прямой $MH.$

Источники: Всеросс., 2008, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $A′B′C′$ — треугольник, образованный проведёнными прямыми и $G$ — точка пересечения его медиан. Мы докажем, что $M$ является серединой отрезка $GH.$

$PIC$

Достроим треугольник $BMC$ до параллелограмма $BMCA1.$ Отрезок $MA1$ делит сторону $BC$ пополам, поэтому $A1$ лежит на прямой $AM,$ причём $AM = A1M.$ Кроме того, $′′ BA1 ∥MC ⊥A B$ и $′ ′ CA1 ∥MB ⊥ A C ,$ поэтому $BA1$ и $CA1$ — высоты треугольника $′ BA C.$ Значит, $A1$ — ортоцентр этого треугольника и $′ AA1 ⊥ BC.$

Стороны треугольника $BA1M$ перпендикулярны сторонам треугольника $A′B ′C′$ соответственно, поэтому эти треугольники подобны, причём соответствующие прямые $BC$ и $A ′G,$ содержащие медианы этих треугольников, перпендикулярны. Значит, прямая $A′G$ совпадает с прямой $A′A1.$ Пусть $G′$ — точка, симметричная точке $H$ относительно $M.$ Треугольники $AHM$ и $A1G′M$ симметричны относительно $M,$ поэтому $A1G′ ∥AH ⊥ BC.$ Отсюда следует, что $G ′$ лежит на прямой $A′G.$ Аналогично $G ′$ лежит на прямой $B′G,$ то есть $G′$ совпадает с $G.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#83241Максимум баллов за задание: 7

Отрезки $AB$ и $CD$ длины 1 пересекаются в точке $O,$ причём $∘ ∠AOC = 60 .$ Докажите, что $AC + BD ≥ 1.$

Источники: Всеросс., 1993, ЗЭ, 9.1(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким неравенством мы привыкли сравнивать отрезки?

Подсказка 2

Очень хочется воспользоваться неравенством треугольника. Но BD находится слишком "далеко" от AC( Давайте тогда попробуем мысленно "перенести" BD так, чтобы сохранить его длину. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Проведите через точку A прямую, параллельную BD. Какую точку хочется на ней отметить?

Подсказка 4

Отметьте точку B' на построенной прямой так, чтобы B'A было равно BD. Какая фигура образовалась?

Подсказка 5

Как воспользоваться данным в условии углом? Быть может, из параллельности его можно куда-то перетащить? :)

Показать ответ и решение

Проведем через точку $A$ прямую, параллельную $BD.$ Отметим на ней точку $′ B$ так, чтобы $′ AB = BD.$

$PIC$

В четырехугольнике $′ AB DB$ по постороению сторона $′ AB$ равна и параллельна стороне $DB,$ следовательно, $′ AB DB$ — параллелограмм и $′ B D = AB = CD = 1.$ $′ B D ∥AB,$ следовательно, $′ ∘ ∠B DC = ∠BOD =60$ как накрест лежащие.

Рассмотрим треугольник $B′DC.$ В нем угол между равными сторонами $DB ′$ и $DC$ равен $60∘,$ значит, это треугольник равносторонний и $B ′C = CD = B ′D = 1.$ По неравенству треугольника для $△ AB′C$ получаем $AB ′+AC ≥B ′C,$ причем $′ AB = DB.$ Тогда $′ DB +AC ≥B C = 1,$ что и требовалось доказать. Единственный случай, в котором неравенство обращается в равенство, достигается, когда $′ B$ попадает на прямую $AC.$ Это равносильно тому, что $AC ∥DB$ (т.к. отрезок $′ AB$ мы строили как параллельный $DB$ ).