Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике

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 61#97587Максимум баллов за задание: 7

На прямой лежат $2017$ точек $M 1$ , …, $M . 2017$ Вне прямой дана точка $A.$ Может ли так случиться, что можно расставить на отрезках $AM1,$ …, $AM2017$ стрелки так, чтобы сумма полученных векторов была равна $−→ 0?$

Показать ответ и решение

Предположим, что можно расставить стрелки так, чтобы сумма всех полученных векторов была равна нулевому вектору.

Спроецируем все эти векторы на прямую, перпендикулярную линии, содержащей точки $M1,...,M2017$ . Заметим, что каждый из этих векторов, в зависимости от направления стрелки, спроецируется либо на вектор $-′-- AM$ , либо на $---′ MA$ , где $′ A$ и $M$ — проекции точки $A$ и точек $M1,...,M2017$ соответственно.

$PIC$

Обозначим число векторов, спроецированных на $---- A ′M$ , через $x.$ Тогда число векторов, спроецированных на $---- MA ′,$ равно $2017− x.$ Согласно предположению, сумма всех векторов равна нулю, а значит, сумма их проекций также должна быть равна нулю.

Однако проекции $---- A′M$ и $---- MA ′$ противоположно направлены. Для того чтобы их сумма была равна нулю, числа $x$ и $2017− x$ должны быть равными, что невозможно, так как $2017$ — нечётное число. Таким образом, остаётся хотя бы одна ненулевая проекция, что приводит к противоречию.

Ответ:

Нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#98718Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD,$ длина стороны которого равна $a,$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что площадь треугольника $AMN$ равна сумме площадей треугольников $ABM$ и $ADN.$ Найдите угол $MAN$ и длину высоты треугольника $AMN,$ проведенной из вершины $A.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие на сумму площадей неестественно, куда проще работать с равенством площадей некоторых фигур. Как этого можно добиться в нашей задаче?

Подсказка 2

На рисунке нужно "объединить" треугольники ABM и ADN в общую фигуру. Конечно, будет лучше, если данная фигура будет являться треугольником, с равенством площадей двух треугольников работать проще. Как это можно осуществить?

Подсказка 3

Отметим на продолжении отрезка CB за точку B точку N₁, так что N₁B = ND. Тогда площади треугольников AN₁M и AMN равны. Помимо этого они имеют общую сторону и пару равных. Что можно сказать про треугольники AN₁M и AMN?

Подсказка 4

Несложно доказать, что они равны (воспользуйтесь формулой площади треугольника через сторону и синус угла между ними). Что в таком случае можно сказать про высоту треугольника AMN из вершины A?

Подсказка 5

Она равна высоте треугольника AN₁M из вершины A.

Показать ответ и решение

Отметим на продолжении отрезка $CB$ за точку $B$ точку $N , 1$ так что $N B = ND. 1$ Тогда треугольники $AND$ и $ABN 1$ будут равными. К тому же $AN1 = AN,$ а площади треугольников $AMN$ и $AMN1$ равны(следует из условия и построения). Но тогда

1 1 2AN1 ⋅AM sin∠N1AM = 2AN ⋅AM sin∠MAN

откуда получаем, что синусы углов равны, а так как каждый из углов в пределах $90∘,$ то и сами они равны. Значит, сами треугольники $AMN$ и $AMN1$ равны по двум сторонам и углу между ними, и высота равна стороне квадрата $a.$ А $∠MAN = 45∘,$ так как два равных угла треугольников дают в сумме $90∘.$

$PIC$

Ответ:

Высота — $a,∠MAN =45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#98719Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина $BC,$ $AD$ — его высота. Докажите, что если $∠B =2∠C,$ то $AB =2DM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах, где один угол в два раза больше другого, бывает полезно найти равнобедренный треугольник, у которого угол при основании равен меньшему из указанных углов, тогда внешний угол при вершине, противоположной основанию, будет в два раза больше и, следовательно, равен большему из указанных.

Подсказка 2

Давайте отметим середину K стороны AB. Что можно сказать про треугольник MKD?

Подсказка 3

Несложно показать, что он является тем самым треугольников из подсказки 1. Как это помогает в решении задачи?

Подсказка 4

Отрезок DM равен DK, а значит и AK. Доведите данные рассуждения до конца, решив задачу.

Показать доказательство

Отметим середину $K$ стороны $AB.$

$PIC$

Тогда $AK =DK =BK,$ так как $DK$ медиана в треугольнике $ADB,$ и $∠B = ∠BDK.$ Также понимаем, что $KM$ средняя линия треугольника, откуда $∠C =∠KMB.$ Тогда если $∠B =2∠C,$ то $DM = KD = AK = BK.$ Значит, $AB =2DM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#100113Максимум баллов за задание: 7

На плоскости дан четырёхугольник $ABCD,$ строго внутри него выбрана точка $K.$ Известно, что $ABKD$ является параллелограммом, а также $∠CBK = ∠CDK.$ Докажите равенство $∠ACD = ∠BCK.$

Показать доказательство

Давайте достроим треугольник $BKC$ до параллелограмма $BCB′K$ .

Тогда $′ ∠CB K =∠CBK = ∠CDK$ , поэтому четырёхугольник $′ CB DK$ вписанный, следовательно, $′ ∠KCD =∠KB D.$

$PIC$

Теперь давайте посмотрим на треугольники $BCA$ и $KB′D$ . Ясно, что второй является образом первого при параллельном переносе на вектор $−−B→K$ . Значит, $∠KB ′D = ∠BCA$ . А из этого равенства следует требуемое в условии добавлением $∠ACK$ к обеим частям равенства.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#100422Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ провели биссектрису $AD.$ Докажите, что если $∠ABC =100∘,$ то $BD +AD = AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой отрезков работать трудно. Гораздо проще доказывать, что один отрезок равен другому. Подумайте, как можно к этому прийти в задаче.

Подсказка 2

Что если отметить на AC такую точку X, что AX = AD? Тогда задача сводится к доказательству равенства XC = BD.

Показать доказательство

Давайте отметим на $AC$ такую точку $X,$ что $AX = AD.$ Если докажем равенство $XC =BD,$ то задача решена. Видно, что треугольник $ADX$ — равнобедренный с углами при основании по $∘ 80 .$ Также $∘ ∠ACB = 40 .$ Но тогда

∘ ∘ ∘ ∠XDC = ∠AXD − ∠XCD = 80 − 40 = 40

То есть треугольник $XCD$ равнобедренный с углами по $40∘$ при основании.

$PIC$

Давайте проведём прямую $Y D$ параллельно $AC.$ Это сделано для того, чтобы получить равнобедренный треугольник $BYD$ с углами по $40∘$ при основании. Заметим, что треугольники $XCD$ и $BY D$ подобны, при этом у одного боковая сторона равна $BD,$ а у другого — $XC.$ То есть, если мы докажем, что коэффициент подобия равен $1,$ то дело в шляпе. Для этого достаточно доказать равенство оснований $Y D$ и $CD.$ Давайте проведём $YC$ и заметим, что это биссектриса в треугольнике $ACB$ (чтобы это понять, достаточно сделать симметрию относительно серединного перпендикуляра $AC).$ Значит, $∘ ∠YCD = 20 .$ Также $∘ ∠YDC = 140.$ Теперь из суммы углов треугольника ясно, что треугольник $Y DC$ равнобедренный, что даёт требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#100423Максимум баллов за задание: 7

Точки $D,$ $E$ и $F$ выбраны на сторонах $AC,$ $AB$ и $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$ ( $AB = BC)$ так, что $DE = DF$ и при этом $AE + FC =AC.$ Докажите, что $∠A = ∠FDE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Само по себе условие AE + FC = AC нам ничего не даëт. Чтобы понять, как применить это на чертеже, надо кое-что отметить.

Подсказка 2

Нам дано, что сумма отрезков равна AC, тогда давайте на AC и отметим такую точку, которая делит его в точности на два этих отрезка.

Показать доказательство

$PIC$

Давайте отметим на $AC$ такую точку $X,$ что $AX =CF,XC = AF.$ Заметим, что треугольники $AEX$ и $CFX$ равны, значит, $EX = FX.$ То есть треугольник $EFX$ — равнобедренный. В таком случае серединный перпендикуляр $EF$ должен проходить как через $D,$ так и через $X,$ то есть пересекать прямую $AC$ дважды. Это, разумеется, возможно только если точки $D$ и $X$ совпадают. Значит,

∠EDF = 180∘− ∠EDA − ∠FDC = 180∘ − ∠EDA − ∠DEA = ∠A

что и требовалось.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#102745Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB,BC,CA$ равностороннего треугольника $ABC$ выбраны точки $K,L,M$ соответственно так, что $AK =1,BL =2,CM = 3.$ Известно, что $∘ ∠MKL = 60 .$ Найдите сторону треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для решения задачи достаточно найти один из отрезков AM, CL, BK. Как можно найти длину какого-либо из этих отрезков?

Показать ответ и решение

Проведем в треугольнике $BKL$ среднюю линию $PQ ∥KL$ . Тогда

∘ ∘ ∠BQP =∠BLK =180 − ∠B− ∠BKL = 180 − ∠MKL − ∠BKL = ∠AKM.

Кроме того, $BQ = BL∕2= AK$ и $∠B = ∠A$ . Следовательно, треугольники $AKM$ и $BQP$ равны по стороне и двум углам. Положим $BP = AM = x$ . Тогда

1+ 2x =AK + KB = AB = AC =AM +MC =x +3 (∗),

откуда $x =2$ и $AC = x+ 3= 5$ .

$PIC$

Замечание. Используя подобие, можно обойтись без средней линии, сразу получив уравнение (*) из подобия треугольников $AKM$ и $BLK$ по двум углам с коэффициентом $BL AK-= 2$ .

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#128701Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ ( $AB = BC$ ). На продолжениях боковых сторон $AB$ и $BC$ за точку $B$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно, а на основании $AC$ отмечена точка $F,$ причем $AC = DE$ и $∠CFE = ∠DEF.$ Докажите, что $∠ABC =2∠DF E.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Рассмотрим точку O — середину дуги DBE окружности, описанной около треугольника.

Подсказка 2:

Чем является отрезок OB в треугольнике DBE и в треугольнике ABC?

Подсказка 3:

Обратите внимание на треугольники ACB и EOD. У них довольно много равных элементов.

Подсказка 4:

Они равны. Это значит, что углы ABC и DOE равны. Если бы точка O была центром окружности, описанной около треугольника DFE, то угол DOE был бы центральным, соответствующим вписанному углу DFE.

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим через $O$ середину дуги $DBE$ окружности, описанной около треугольника $DBE.$ Прямая $BO$ является внешней биссектрисой в треугольнике $DBE,$ а следовательно, и в треугольнике $ABC.$ Но треугольник $ABC$ равнобедренный, поэтому $BO ∥ AC.$

Заметим далее, что $∠EOD = ∠EBD = ∠ABC.$ Таким образом, в равнобедренных треугольниках $EOD$ и $ABC$ равны углы при вершинах, а также основания, поэтому равны и сами треугольники. Отсюда, во-первых,

BA = BC =OE = OD.

Во-вторых, расстояние от точки $O$ до прямой $DE$ равно расстоянию от точки $B$ до $AC,$ а последнее равно расстоянию от $O$ до $AC$ (поскольку $BO ∥AC$ ). Значит, точка $O$ лежит на биссектрисе угла между прямыми $DE$ и $AC.$

$PIC$

Из условия $∠DEF = ∠CFE$ вытекает, что эта биссектриса является серединным перпендикуляром к отрезку $EF.$ Таким образом, $OF =OE = OD.$ Иными словами, точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $DFE.$ Следовательно,

2∠DF E =∠DOE =∠ABC,

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Для начала сделаем замечание. Пусть на прямой $AC$ выбраны точки $A′$ и $C′$ такие, что $−−−→ −→ A′C′ = AC$ и $∠DAC ′ = ∠EC ′A′;$ тогда $A ′ =A$ и $C′ = C.$ Действительно, если это не так и, скажем, точки $A′$ и $C′$ лежит на луче $CA,$ то

∠DAC ′ < ∠DAC = ∠ECA < ∠EC ′A ′,

что невозможно.

Построим теперь такие точки. Пусть прямые $DE$ и $AC$ пересекаются в точке $P ;$ для определённости, пусть $P$ лежит на луче $DE.$ Выберем на прямой $AC$ точку $G$ такую, что $EF ∥DG.$ Тогда $DEF G$ — трапеция с равными углами при основании; следовательно, $F G= DE = AC$ и $DF =EG.$ Пусть диагонали $DF$ и $EG$ пересекаются в точке $Q.$ Пусть, наконец, описанные окружности треугольников $PDQ$ и $PEQ$ вторично пересекают прямую $AC$ в точках $′ A$ и $′ C$ соответственно.

Поскольку $PQ$ — биссектриса угла $AP D,$ получаем $′ QA = QD$ и $′ QC = QE.$ Кроме того,

∠DQA′ = 180∘− ∠DP G = ∠EQC′.

Значит, $∠DQE = ∠AQC ′;$ поэтому треугольник $A ′QC ′$ получается из $DQE$ поворотом вокруг точки $Q.$ Отсюда нетрудно получить, что $A ′C′ = AC.$ Далее, из вписанности и симметрии имеем

′ ∘ ′ ′ ∠EC P = ∠EQP = ∠FQP = 180 − ∠DQP =∠DA C .

По замечанию выше получаем, что $A = A′$ и $C = C′.$

Осталось завершить решение. Имеем $∠ADQ = ∠APQ = ∠CEQ.$ Отсюда следует, что точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности. Значит,

∠ABC = ∠DBE = ∠DQE = ∠QEF + ∠QF E = 2∠DF E,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Если $DE ∥AC,$ то точка $F$ совпадает с $A,$ что невозможно. Поэтому можно считать, что прямые $DE$ и $AC$ пересекаются. Кроме того, можно показать, что в условиях задачи $P$ всегда лежит именно на луче $DE.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в предыдущем решении, достроим равнобокую трапецию $DEF G$ с точкой пересечения диагоналей $Q.$ Как мы видели в том же решении, достаточно доказать, что точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Выберем точку $T$ так, что четырёхугольник $ACT D$ — параллелограмм. Тогда $FGT D$ — также параллелограмм, ибо $−−→ −→ −→ DT = AC = FG.$ Значит, $GT = FD = GE$ и

∠TCA =180∘− ∠DAC = 180∘− ∠ECA;

первое равенство означает, что $G$ лежит на серединном перпендикуляре к $ET,$ а второе — что $CG$ это внешняя биссектриса угла $ECT.$ Но, как известно, эта внешняя биссектриса вторично пересекает описанную окружность треугольника $ECT$ в точке, лежащей на серединном перпендикуляре к $ET;$ значит, $G$ и есть эта точка, и точки $C,$ $G,$ $T,$ $E$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Наконец, из этой окружности и двух параллелограммов получаем

∠BDQ = ∠ADF = ∠CTG = ∠CEG = ∠BEQ,

то есть точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности; это мы и хотели доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#136037Максимум баллов за задание: 7

В параллелограмме $ABCD$ выбрана точка $P$ такая, что угол $ABP$ вдвое больше угла $ADP,$ а угол $DCP$ вдвое больше угла $DAP.$ Доказать, что длины отрезков $AB,$ $BP$ и $CP$ равны.

Источники: Всесиб - 2024, 10.5 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам известно, что некоторые углы на чертеже в два раза больше других. Но как это может нам помочь? Для чего это вообще дано? Вспомните, какие есть геометрические конструкции, в которых одни углы в два раза больше других.

Подсказка 2

Посмотрим на окружность: в ней центральные углы в два раза больше вписанных. Давайте и в нашей задаче построим какую-нибудь окружность так, чтобы "маленькие" углы были для неё вписанными.

Подсказка 3

Рассмотрим окружность, описанную около треугольника ADP, а также её центр. Поотмечайте уголочки и найдите равные.

Подсказка 4

Так, есть равнобедренные треугольники и равные углы, но что с этим делать? Вот было бы удобно, если бы ABPM был параллелограммом... Постойте, а если это действительно так?

Подсказка 5

Постройте параллелограмм ABPO и докажите, что точки O и M совпадают. Тогда останется только отметить равные стороны и радоваться решённой задаче!

Показать доказательство

Пусть $∠ADP =x,$ $∠DAP =y.$ Проведем из точки $P$ отрезок $PO,$ параллельный и равный стороне $AB$ так, чтобы образовались два параллелограмма $ABP O$ и $OPCD.$

$PIC$

Рассмотрим описанную окружность треугольника $ADP$ с центром $M.$ Угол $ADP$ равен $x$ и является вписанным, тогда $∠AOP =2x.$ Следовательно, точка $O$ принадлежит описанной окружности треугольника $AP M.$ Аналогично, точка $O$ принадлежит описанной окружности треугольника $DP M,$ следовательно, $O$ является пересечением этих окружностей и совпадает с $M.$ Тогда длины отрезков $AB,$ $BP$ и $CP$ совпадают с длиной радиусов $MP,$ $MA$ и $MD$ описанной окружности треугольника $ADP$ и равны между собой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#58010Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ медиана, проведённая из вершины $A,$ в четыре раза меньше стороны $AB$ и образует с этой стороной угол $60∘.$ Найдите угол $∠BAC.$

Показать ответ и решение

Обозначим медиану из вершины $A$ через $AM.$

Первое решение.

Опустим перпендикуляр $BH$ на прямую $AM.$ Тогда в прямоугольном треугольнике $ABH$ катет $AH$ равен половине гипотенузы $AB,$ так как лежит напротив угла в $30$ градусов. А ещё по условию $1 AM = 4AB.$ Тогда $AB- AB- AB- MH =AH − AM = 2 − 4 = 4 =AM.$ Получили, что в четырёхугольнике $ABHC$ диагонали точкой пересечения $M$ делятся пополам, а значит, это параллелограмм, так что $∘ ∠CAH =∠AHB = 90 .$ В итоге $∘ ∘ ∘ ∠ABC =60 + 90 =150 .$

$PIC$

Второе решение.

Отметим ещё середину $AB$ — как $D,$ а середину $AD$ — как $E.$ Тогда $AE = 14AB,$ а ещё по условию $AM = 14AB.$ Так что треугольник $AME$ — равносторонний ( $AE =AM$ ) с углом при вершине $A$ в $60∘,$ значит, он равносторонний.

Тогда $∠DEM = 120∘,$ как смежный с углом в $60∘.$ Далее, $EM =AE = DE,$ поэтому треугольник $AMD$ — прямоугольный, и $∠EDM = 30∘.$ Смежный с ним $∠BDM = 150∘.$ С другой стороны, этот же угол равен $∠BAC,$ так как $DM$ — средняя линия треугольника $ABC$ — параллельна $AC.$

$PIC$

Третье решение.

Не будем думать и просто посчитаем:

1) по теореме косинусов для треугольника $AMB$

BM2 =AM2 + (4AM)2− 2⋅AM ⋅(4AM )⋅cos60∘ = 13AM2

2) по формуле медианы (при удвоение медианы получается параллелограмм, у которого сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех сторон)

(2AM )2 +BC2 = 2(AC2 +AB2 ) =⇒ 4AM2 + 4⋅13AM2 = 2AC2 +32AM2

12AM2 = AC2

3) по теореме косинусов для треугольника $ABC$

(2BM )2 = (4AM )2+ AC2− 2⋅(4AM )⋅AC cos∠BAC

2 2 2 √-- 2 4⋅13AM = 16AM + 12AM − 8⋅ 12⋅AM cos∠BAC

-24- √3- ∘ cos∠BAC = −8√12-= − 2 =⇒ ∠BAC =150

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#60221Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ высота $AH$ проходит через середину медианы $BM$ . Докажите, что в треугольнике $BMC$ также одна из высот проходит через середину одной из медиан.

Показать доказательство

Обозначим середину медианы $BM$ точкой $L.$ Из условия сразу следует, что $CL$ является одной из медиан треугольника $BMC.$ Логично доказать, что через её середину проходит высота этого треугольника.

Воспользуемся тем, что $M$ — середина $AC$ . Проведём через точку $M$ прямую $MK$ параллельно $AH$ (провести среднюю линию это одно из стандартных доп. построений).

$PIC$

Тогда сразу же по теореме Фалеса следует, что $MK$ проходит через середину $CL$ , при этом является высотой $△BMC,$ так как

MK ∥AH, AH ⊥BC =⇒ MK ⊥ BC

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#60912Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина стороны $AC$ треугольника $ABC$ , а точка $Q$ — середина медианы $BM$ . Прямая, проходящая через точку $M$ параллельно $AQ$ пересекает сторону $BC$ в точке $P$ . Найдите отношение $MP :AQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AQ пересекает BC в точке R. Так сразу найти какое-то отношение AQ к MP не выглядит простой задачей. Давайте сначала попробуем выразить AR и QR через MP.

Подсказка 2

В условии даны сразу несколько середин сторон, так еще и про параллельность что-то сказали. Возможно, стоит задуматься о каких-то средних линиях.

Подсказка 3

MP проходит через середину AC параллельно AQ, значит, MP – средняя линия треугольника ARC. QR проходит через середину BM параллельно MP, значит, QR – средняя линия треугольника MBP.

Показать ответ и решение

Пусть $AQ$ пересекается с $BC$ в точке $X.$

Первое решение.

$PIC$

Прямая, проходящая через середину $M$ отрезка $AC$ параллельно $AQ,$ это средняя линия треугольника $ACX,$ она равна половине $AX.$ То есть $MP = y =⇒ AX = 2y.$

Прямая, проходящая через точку $Q$ отрезка $BM$ параллельно $MP,$ это средняя линия треугольника $BMP,$ она равна половине $MP.$ То есть $MP =y =⇒ QX = y∕2.$

В итоге

MP :AQ = MP :(AX − XQ)= y :(2y− y∕2)= 2:3

__________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Мы видим медиану и хочется немедленно её удвоить.

$PIC$

Тогда мы получаем параллелограмм $ABCD$ и за счёт равенства накрест лежащих углов при параллельных прямых $△ADQ ∼△QBX$ с коэффициентом подобия

DQ :QB = (DM +MQ ) :QB = (2QB +QB ):QB =3 :1.

Из подобия мы выяснили, что

3 AQ :QX =3 :1 ⇐ ⇒ AQ = 4AX.

Прямая, проходящая через точку $M$ параллельно $AQ,$ это средняя линия треугольника $ACX,$ она равна половине $AX.$ В итоге

1 3 MP :AQ = 2AX :4AX = 2:3

__________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

$PIC$

По теореме Менелая для треугольника $BMC$ и прямой $AQ$

CX- -BQ MA- CX- 1 1= XB ⋅QM ⋅AC = XB ⋅1⋅2

2 1 CX = 3BC,BX = 3BC

По теореме Менелая для треугольника $ACX$ и прямой $BM$

1= AQ- ⋅ XB-⋅ CM = AQ-⋅ 1⋅1 QX BC MA QX 3

AQ = 3AX 4

1 3 MP :AQ = 2AX :4AX = 2:3

Ответ: 2:3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#63596Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина гипотенузы $AB.$ На катетах $AC$ и $BC$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $∘ ∠PMQ = 90.$ Докажите, что $2 2 2 AP +BQ = PQ .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужное равенство похоже на теорему Пифагора, поэтому попробуем ее применить. У нас есть прямой угол ∠ACB. Как можно перебросить куда-нибудь BQ так, чтобы получился новый прямой угол?

Подсказка 2

Верно! Удвоив MQ за точку M к новой точке T, получим параллелограмм ATBQ. Тогда угол ∠CAT прямой и BQ = AT. Что теперь осталось доказать?

Подсказка 3

Точно! Остается проверить, что PT = PQ. Вспомним, что ∠PMQ тоже прямой. Как тогда доказать нужное равенство?

Показать доказательство

$PIC$

Чтобы доказать это равенство, соберём все отрезки в один прямоугольный треугольник и применим теорему Пифагора.

Удвоим $MQ$ до точки $T$ за точку $M.$ Заметим, что $ATBQ$ является параллелограммом, поскольку его диагонали пересекаются в своих серединах. Отсюда $AT ∥ BC ⊥AC$ и $BQ = AT.$

Остаётся доказать, что $P Q= PT$ (и из треугольника $PAT$ мы получим требуемое). Но действительно, $PM$ является медианой (по построению) и высотой (по условию) треугольника $PTQ,$ откуда он равнобедренный и $PT =PQ.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#64957Максимум баллов за задание: 7

Даны два отрезка с длинами $a$ и $b.$ C помощью циркуля и линейки постройте отрезок длиной $√ab.$

Показать доказательство

Для начала вспомним, где встречается $√ab.$ Например, это встречается в прямоугольном треугольнике, когда мы проводим высоту. Тогда построим отрезок $AB,$ длина которого равна $a +b.$ А также отметим точку $C$ на этом отрезке, такую что $AC = a.$ Построим окружность на $AB,$ как на диаметре. Восставим перпендикуляр к прямой $AB$ в точке $C.$ Пусть точка $D$ — одна из точек пересечения этого перпендикуляра и окружности. Тогда в треугольнике $ADB$ ( $∠ADB$ — прямой) $DC$ — высота, равная $√-- ab.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#67115Максимум баллов за задание: 7

С помощью циркуля и линейки восстановите треугольник $ABC$ по прямой Эйлера, середине стороны $BC$ и основанию высоты $HA.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, следует что-то понять про точки A1(середина BC) и H_a. Они лежат на прямой BC, а значит ее и задают. При этом, перпендикуляры в этих точках к BC пересекают прямую Эйлера в понятных точках. Поймите в каких и подумайте над тем, зачем нам точки на прямой Эйлера, а также, как восставить перпендикуляр в какой-то точке к прямой.

Подсказка 2

Перпендикуляры в точках A1 и H_a пересекают прямую Эйлера в точках О и Н соответственно (где О и Н - центр описанной окружности и ортоцентр). А как , зная ортоцентр , и прямую высоты , и ее основание, получить вершину треугольника, из которой высота опущена? А если знать еще и отрезок от середины стороны до точки О?

Подсказка 3

Верно, можно дважды по прямой высоты(а мы ее знаем) отложить отрезок соединяющий О и середину стороны и , по свойству ортоцентра, мы попадем в точку А. Но если мы нашли вершину, а также знаем центр описанной окружности нашего треугольника, то разве мы не
решили задачу?

Показать доказательство

Проведём прямую через $H A$ и $A 1$ — середину $BC,$ нетрудно понять, что она содержит сторону $BC.$ Восставим перпендикуляры к этой прямой в точках $HA$ и $A1.$ Они пересекают прямую Эйлера по ортоцентру $H$ и центру описанной окружности $O.$ Далее на прямой $HHA$ отложим дважды отрезок $OA1$ выше прямой Эйлера, получим точку $A$ (по свойству ортоцентра $AH = 2OA1$ ), а вместе с этим радиус $AO$ описанной окружности $ΔABC.$ Осталось лишь нарисовать данную окружность и отметить точки $B$ и $C$ её пересечения с $HAA1.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#68182Максимум баллов за задание: 7

На плоскости в ортогональной проекции изображена правильная пирамида $SABC$ (с основанием $ABC$ ) и высота $AH$ грани $SAB,$ как показано на рисунке.

$PIC$

Как с помощью циркуля и линейки построить изображение центра сферы, описанной возле пирамиды?

Источники: ФЕ-2023, 11.4 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, вообще где должен быть центр сферы. Ну он лежит точно в плоскости, которая перпендикулярна ребру... А через какую точку на ребре будет проходить такая плоскость?

Подсказка 2

В нашем случае - через середину, а середину ребра мы точно сможем сделать) Теперь подумаем где еще может быть центр описанной окружности в правильной пирамиде. Например, на высоте) А эту высоту как раз можно найти в нашей плоскости. Но надо еще понять как построить само основание высоты...

Подсказка 3

В нашем случае, основание высоты будет также центром основания и пересечением медиан, которое мы точно умеем строить: просто пересекая медианы. Осталось найти еще бы одну прямую, что если пересечь ее с высотой, то получится нужная точка....

Подсказка 4

Напомню, что прямая AH перпендикулярна ребру SB, а у нас еще есть середина стороны...

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ - середина $AC,$ $N$ - центр основания $ABC.$ Тогда центр описанной сферы лежит на $SN$ (поскольку пирамида правильная). Проекция $M$ строится как середина проекции $AC,$ а проекция $N$ – как точка, делящая проекцию $BM$ в отношении $2:1.$ Обозначим через $m$ прямую, параллельную $MH$ и проходящую через середину $SB.$ Она проходит через центр описанной сферы: $AH$ и $CH$ перпендикулярны $SB,$ так что $m$ перпендикулярна $SB,$ а также $m$ пересекает $SN.$ Проекция $m$ строится как параллельный перенос проекции $MH,$ проходящий через середину проекции $SB.$ Эта проекция пересекает проекцию $SN$ ровно в проекции центра описанной сферы.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#69122Максимум баллов за задание: 7

На сторонах многоугольника, вписанного в окружность диаметра $1,$ расставлены стрелочки. Докажите, что длина суммы полученных векторов не превосходит $2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как мы ничего не знаем про длины сторон многоугольника и про количество его вершин, то следует воспользоваться стандартным приемом - проецированием на прямую, проходящую через диаметр окружности. Подумайте, что будет, если эта прямая пересекает сторону многоугольника не в вершине

Подсказка 2

Помним важное свойство: если сначала все векторы сложить, а потом спроецировать, или сначала спроецировать, а потом сложить, то получим одно и то же. Как можно оценить сумму длин проекций на нашу прямую?

Подсказка 3

Конечно, рассмотрим отдельно обе полуокружности. Если все стрелочки направлены в одну сторону, то длина проекции будет равно длине диаметра, то есть 1. Может ли длина проекции вдруг увеличиться, если стрелочки будут направлены в разные стороны?

Показать доказательство

Проведем параллельную вектору суммы прямую так, чтобы она проходил через диаметр окружности. Если диаметр пересекает сторону многоугольника не в вершине, то разделим пересекаемую сторону на две относительно точки пересечения и разрешим ставить стрелочки разных направлений на них. Тем самым мы только обобщим задачу.

$PIC$

Спроецируем все векторы на диаметр. Если сначала все векторы сложить, а потом спроецировать или сначала спроецировать, а потом сложить, получим одно и то же.

Рассмотрим одну полуокружность. Если все стрелочки направляются в одну сторону(например, вправо), то сумма проекций векторов равна диаметру, то есть $1$ . Поэтому если стрелки направлены в разные стороны, то сумма проекций векторов точно не больше, чем $1.$

Сумма длин проекций векторов из нижней полуокружности также не превосходит диаметр. Складывая, получаем, что сумма проекций всех векторов не превосходит $2,$ значит и сумма векторов не превосходит $2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#71291Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,CD$ — медиана, проведённая к стороне $AB.$ Докажите, что если $AC >BC,$ то $∠ACD <∠BCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим медиану, нам сразу в голову должно приходить базовое дополнительное построение — продление медианы на её длину. Так и сделаем, продлим CD за точку D.

Подсказка 2

Теперь у нас есть параллелограмм, а также новые треугольники. В одном из них и кроется решение задачи. Вспомните факт про угол напротив большей стороны в треугольнике.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим медиану $CD$ за точку $D$ на свою длину, обозначив полученную точку через $K.$ Тогда фигура $CAKB$ — параллелограмм, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Поэтому $BC = AK$ как противоположные стороны параллелограмма, $∠BCD =∠DKA$ как накрест лежащие. В треугольнике $AKC$ сторона $AC > BC = AK,$ а напротив большей стороны в треугольнике лежит больший угол, значит, $∠BCD = ∠AKC > ∠ACD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#71297Максимум баллов за задание: 7

На сторонах треугольника $ABC$ внешним образом построили параллелограммы $ABKL$ , $BCMN$ и $CAP Q$ . Докажите, что из отрезков $KN$ , $MQ$ и $P L$ можно составить треугольник.

Показать доказательство

$PIC$

Отложим от точки $B$ отрезок $BX$ , равный и параллельный $AP$ . Рассмотрим треугольники $KBX$ и $LAP$ . В них $LA =KB$ и $LA ∥KB$ как противоположные стороны параллелограмма, и $BX = AP$ , $BX ∥AP$ по построению. Поэтому $∠KBX = ∠LAP$ , и $△KBX = △LAP$ по двум сторонам и углу между ними.

Аналогично $△NBX = △MCQ$ . Теперь в треугольнике $KNX$ стороны $KN$ , $NX$ и $KX$ равны соответственно отрезкам $KN$ , $MQ$ и $PL$ , значит, из последних можно составить треугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#74607Максимум баллов за задание: 7

(a) Дан выпуклый четырехугольник. В нем отмечены середины всех четырех сторон. Докажите, что эти точки являются вершинами параллелограмма.

Замечание. Такой параллелограмм называется параллелограммом Вариньона.

(b) В выпуклом четырехугольнике средняя линия образует равные углы с диагоналями. Докажите, что диагонали равны.

Показать доказательство

$PIC$

(a) Введём обозначения как показано на рисунке. Заметим, что $XY$ — средняя линия в треугольнике $ABC,$ а значит $XY ∥AC.$ Также $ZT$ является средней линией в треугольнике $ADC,$ то есть $ZT ∥ AC.$ Следовательно, $XY ∥ ZT.$ Аналогично получим $XZ ∥ YT.$ Это даёт нам требуемое.

$PIC$

(b) Введём обозначения как показано на рисунке. Пусть $MN$ образует равные углы с диагоналями. Отметим точку $K$ — середину $BC.$ Заметим, что $KN$ — средняя линия в треугольнике $BCD,$ то есть она параллельна и равна половине $BD.$ Аналогично $MK$ параллельна и равна половине $AC.$ Тогда по условию треугольник $MKN$ равнобедренный, это даёт нам требуемое.

Следующая подтема