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 81#74609Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла при основании равнобедренного треугольника делит противолежащую сторону так, что отрезок, прилежащий к вершине треугольника, равен его основанию. Докажите, что эта биссектриса также равна основанию треугольника.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $BK$ — биссектриса угла $B$ при основании $BC$ равнобедренного треугольника $ABC.$

Через точку $K$ проведём прямую, параллельную основанию $BC.$ Пусть $M$ — точка пересечения этой прямой с боковой стороной $AB.$ Тогда $∠MKB = ∠CBK =∠MBK.$ Поэтому треугольник $BMK$ — равнобедренный. Следовательно, $KC =BM = MK,$ а так как $∠AKM = ∠ACB$ и $AK = BC,$ то треугольники $CBK$ и $KAM$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, треугольник $KBC$ также равнобедренный, то есть $BK = BC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#75198Максимум баллов за задание: 7

Дан правильный пятиугольник $ABCDE.$ Точки $F,G$ и $H$ являются точками пересечения прямых $AB$ и $CD, AC$ и $BE, AD$ и $FG$ соответственно. Докажите, что $∠BHF =2∠HF E.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Удвоенный угол напоминаем нам о биссектрисе угла BHF - попробуем доказать, что ею является прямая, проходящая через H и параллельная EF. Понятно, что EF перпендикулярна AD - тогда какой факт, связанный с точкой B, мы можем доказывать?

Показать доказательство

Проведем через точку $H$ прямую $ℓ,$ параллельную $EF.$ Достаточно показать, что $ℓ$ является биссектрисой угла $BHJ.$ Поскольку $ℓ||EF$ верно, что $ℓ⊥ AD.$ Таким образом, достаточно показать, что $AD$ является биссектрисой внешнего угла $BHF.$

$PIC$

Последнее эквивалентно условию принадлежности точки $B′,$ симметричной $B$ относительно $AD,$ прямой $FG.$

Пусть $Ω$ — окружность описанная около пятиугольника $ABCDE.$ Заметим, что прямые $ED$ и $DB$ симметричны относительно прямой $AD,$ поскольку $∠EDA = ∠DAB,$ т.к. данные углы опираются на равные дуги в окружности $Ω.$ Таким образом, $B′$ лежит на прямой $ED,$ то есть $EB′||AG.$

Кроме этого $∠B ′AE = ∠BAC = ∠AEB$ в силу симметрии и равенства дуг в окружности $Ω,$ следовательно $AB′||EB.$

Заключаем, что точка $AGEB ′$ — параллелограмм, откуда $GB′$ — медиана в треугольнике.

Пусть $P$ — точка, симметричная $F$ относительно $DG.$ Осталось показать, что $∠EGB′ = ∠AGB.$ Докажем. что $P$ является точкой пересечения касательных в точках $E$ и $A$ к окружности $EGA,$ как следствие является симедианой треугольника $EGA.$

Действительно $∠PAE = ∠PEA = ∠CEA = ∠AEG,$ ведь каждый из углов равен сумме двух половин дуг, равных дуге $AB$ в окружности $Ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#97379Максимум баллов за задание: 7

В квадрате $ABCD$ точка $M$ — середина стороны $BC.$ Точки $X$ и $Y$ лежат на сторонах $AB$ и $CD$ соответственно. Оказалось, что $∘ ∠XMY = 90.$ Докажите, что $BX + CY = XY.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Там где есть медиана бывает полезно ее удвоить и получить параллелограмм. Какую тут медиану можно удвоить?

Подсказка 2

Правильно! Стоит удвоить медиану YM (или XM)! Пусть точка Z выбрана так, что BYCZ параллелограмм.
Теперь попробуйте найти треугольник, у которого медиана и высота совпадают.

Подсказка 3

Осталось только вспомнить, что надо доказать и вывести это из равнобедренности, которую вы нашли.

Показать доказательство

Отметим на продолжении $AB$ за точку B такую точку $Z,$ что $BZ =CY.$ Треугольники $BMZ$ и $CMY$ равны по двум катетам, откуда следует, что $∠BMZ =∠CMY$ и $ZM = MY.$ Следовательно, $M$ это середина отрезка $ZY.$ Так как $XM$ это высота и медиана в треугольнике $XYZ,$ то $XY = XZ = BX +CY.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#97383Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $K$ — середина стороны $AB,$ а точка $L$ на стороне $AC$ такова, что $AL = LC+ CB.$ Докажите, что $∘ ∠KLB =90$ тогда и только тогда, когда $AC =3CB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отметим на продолжении отрезка AC за точку C такую точку N, что CN =BC. Попробуйте найти среднюю линию на картинке.

Подсказка 2

Теперь попробуйте доказать, что угол LBN = 90 тогда и только тогда, когда LC = BC.

Подсказка 3

Осталось воспользоваться условием на точку L и тем, что KL параллельна BN.

Показать доказательство

Отметим на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$ такую точку $N,$ что $CN =BC.$ Тогда $KL$ — средняя линия в треугольнике $ABN,$ следовательно, $KL ∥BN.$ Теперь утверждение задачи следует из цепочки равносильностей: $AC = 3BC = 3x$ $⇐ ⇒ AL = 2x.$

∘ ∘ LC = BC = CN =x ⇐ ⇒ ∠LBN = 90 ⇐⇒ ∠BLK = 90

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#102747Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ выбрана точка $E.$ Биссектриса $AL$ пересекает отрезок $BE$ в точке $X.$ Оказалось, что $AX = XE$ и $AL= BX.$ Чему равно отношение углов $A$ и $B$ треугольника?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы воспользоваться условием AL = BX, нужно сделать некоторое доп. построение, потому что они неудобно расположены.

Подсказка 2

Будет выгодно провести через E прямую параллельно AL, пересечь её с BC и BA в точках P и Q. Тогда мы получим подобные треугольники, в которых фигурируют основные интересующие отрезки.

Подсказка 3

Поищите равнобедренные треугольники на рисунке, также обратите внимание на пару треугольников AQP и AEB.

Показать ответ и решение

Пусть прямая, проходящая через точку $E$ параллельно $AL,$ пересекает прямые $BC$ и $BA$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Из подобия треугольников $ABL$ и $QBP$ имеем

PQ BE BE AL-= BX- =-AL

откуда $PQ = BE.$ В силу параллельности прямых $AL$ и $PQ$ имеем

∠AQE =∠BAX = ∠XAE = ∠AEQ

откуда $AE = AQ.$ Кроме того, из равенства $AX = XE$ следует, что $∠AEB = ∠AEX = ∠XAE,$ откуда $∠AEB = ∠AQE.$ Таким образом, треугольники $AQP$ и $AEB$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $AP = AB$ и

∠BAE = ∠PAQ = 2∠CBA

откуда и получаем ответ.

$PIC$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#31337Максимум баллов за задание: 7

Диагонали четырёхугольника равны, а одна из его средних линий в два раза короче каждой из них. Найдите угол между диагоналями.

Замечание. Средняя линия четырёхугольника — отрезок, соединяющий середины противолежащих сторон четырёхугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам уже даны середины двух противоположных сторон четырёхугольника, поэтому давайте рассмотрим ещё середину его третьей стороны и получившийся треугольник из трёх середин. Чем он хорош?

Подсказка 2

Этот треугольник правильный, потому что все его стороны равны половине диагонали!

Подсказка 3

А теперь остаётся понять, как связаны углы этого треугольника с углом между диагоналями, и задача решится.

Показать ответ и решение

Пусть в четырёхугольнике $ABCD$ средняя линия $EG$ равна половине каждой диагонали. Пусть также $F$ — середина $AD.$

$PIC$

Тогда угол между средними линиями $EF$ и $FG$ треугольников $ABD$ и $ACD$ равен углу между диагоналями, а сами они равны $EG,$ поскольку в два раза меньше диагоналей, но отсюда $EFG$ — правильный, а значит, $∠EFG = ∠(AC, BD)= 60∘$ .

Ответ:

$60∘$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#31339Максимум баллов за задание: 7

Точка $D$ взята на медиане $BM$ треугольника $ABC$ . Через точку $D$ проведена прямая, параллельная стороне $AB$ , а через точку $C$ проведена прямая, параллельная медиане $BM$ . Две проведённые прямые пересекаются в точке $E$ . Докажите, что $BE = AD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем продлевать прямые до пересечения, чтобы получить как можно больше средних линий. Давайте продлим прямую AD до пересечения с прямой CE в точке F. Докажите, что тогда DM - средняя линия треугольника ACF.

Подсказка 2

Теперь продлим AB и CE до пересечения в точке G и поймём, что ED - средняя линия треугольника AFG.

Подсказка 3

Теперь осталось понять, почему BD и BE - тоже средние линии треугольника AFG.

Показать доказательство

Удвоим отрезок $AD$ до точки $F$ , тогда $DM$ будет средней линией $AFC$ , откуда $F ∈ CE$ (так как $CE$ параллельно $BM$ по условию, а $CF$ параллельно $BM$ по доказанному).

$PIC$

Далее продлим $AB$ и $CE$ до пересечения, тогда $ED$ — средняя линия $F GA$ в силу $ED ∥ AB$ и $AD = DF$ , но тогда

GE = EF (1)

Аналогично $BM ∥ CE$ и $AD = DF$ , откуда $BD$ — тоже средняя линия $AFG$ и

AB = BG (2)

Из (1) и (2) $BE$ — тоже средняя линия $AGF$ и

BE =AF ∕2= AD

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#31341Максимум баллов за задание: 7

Точка $D$ — середина стороны $AC$ треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ выбрана такая точка $E$ , что $∠BEA = ∠CED$ . Найдите отношение $AE :DE$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дана медиана DE, часто бывает полезно её удвоить и получить параллелограмм AECG!

Подсказка 2

Где ещё на картинке есть угол, равный BEA и CED?

Подсказка 3

Это угол GCE! Он равен углу AEB как соответственный при параллельных AE и GC.

Подсказка 4

Осталось рассмотреть треугольник GCE и понять, что он равнобедренный!

Показать ответ и решение

Первое решение. Пусть $M$ — это середина $EC,$ тогда проведём $DM$ — среднюю линию треугольника $AEC.$

$PIC$

Так как $AE ∥DM,$ $∠BEA =∠EMD,$ как соответственные. По условию $∠BEA =∠CED,$ следовательно, $∠EMD = ∠CED.$ Значит, треугольник $MDE$ равнобедренный и $DE = DM.$

В силу того, что $DM$ — средняя линия $AE :DM = 2:1,$ а так как $DE =DM,$ то $AE :DE =2:1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что $ED$ это медиана, значит, её может быть полезно удвоить и получить параллелограмм $AECG$ , у которого $AE = CG$ и $DE =DG$ . Тогда по условию нам нужно найти

AE :ED =CG :(EG ∕2)= 2CG :EG

$PIC$

В силу $AE ∥GC$ равны соответственные углы $∠BEA =∠ECG,$ а по условию $∠BEA = ∠CEG.$ Тогда $△ECG$ — равнобедренный и

EG = 2ED = CG,

откуда

2CG :EG = 2

Ответ:

$2 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#31352Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ $∠A =3∠C$ . Точка $D$ на стороне $BC$ обладает тем свойством, что $∠ADC =2∠C$ . Докажите, что $AB + AD =BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что у нас тут есть необходимость доказать, что сумма каких-то двух отрезков равна третьему. С этим очень неудобно работать, когда эти отрезки не лежат на одной прямой, давайте попробуем их "спрямить". Для этого отложим на отрезке АВ за точку А точку Х такую, что АХ = AD. Тогда нам нужно теперь доказать, что BX = BC! Вот это уже поинтереснее

Подсказка 2

Вспоминаем, что у нас здесь очень много известных углов! Посчитаем). Нам было бы полезно доказать, что треугольник BCX равнобедренный. Попробуйте найти равные треугольники и использовать это равенство.

Подсказка 3

Например, равенство AXC и ADC! Пробуем доказать его. Для этого полезно доказать, что AY — биссектриса ADX (Y — пересечение AC и DX), ведь эти треугольники тогда будут симметричны относительно нее!

Показать доказательство

Пусть $∠C = α$ , тогда $∠A = 3α$ , $∠ADC = 2α$ . Отметим на прямой $AB$ за точку $A$ такую точку $X$ , что $XA =AD$ . Заметим, что достаточно доказать равнобедренность $ΔXBC$ .

$PIC$

∠DAC = 180∘− ∠ADC − ∠ACD = 180∘ − 3α,

∘ ∘ ∠CAX =180 − ∠BAC = 180 − 3α

Пусть $Y$ — точка пересечения $AC$ и $XD$ . Нетрудно заметить, что $AY$ — биссектриса в равнобедренном $ΔXAD$ , проведённая к основанию, значит, она также его медиана и высота. То есть точка $D$ при симметрии относительно $AC$ переходит в $X$ , следовательно, $ΔADC = ΔAXC$ , тогда

∠ACX = ∠DCA = α,∠ADC = ∠AXC = 2α

Таким образом, $∠BXC = ∠XCB =2α$ , откуда $ΔXBC$ — равнобедренный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#31354Максимум баллов за задание: 7

Внутри прямого угла с вершиной $O$ взята точка $C$ , а на его сторонах — точки $A$ и $B$ . Докажите, что $2OC < AC+ BC +AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, снова встречаем неравенство на странные отрезки, которые между собой никак не соотносятся. Мы знаем несколько известных неравенств на отрезки - например, неравенство треугольника. Тогда попробуем его здесь найти и использовать

Подсказка 2

Для этого нам пригодится создать на картинке отрезок длинной 2ОС, пока его нет. Давайте просто продлим за точку О отрезок ОС до точки ОС1, так, что ОС1 = ОС. Теперь длина СС1 = 2ОС. Ищем треугольник, для которого можно написать неравенство! (мы же предварительно нарисовали картинку и отметили там все отрезки, о которых идет речь, да?)

Подсказка 3

Например, можно для треугольника АСС1. То есть, если мы докажем, что АС1<= АВ + ВС, то получим неравенство из условия! Осталось это доказать, и задача решена😏

Показать доказательство

Первое решение.

Удвоим отрезок $CO$ за точку $O$ и получим отрезок $′ CC$ длины как в левой части искомого неравенства. Нужно доказать, что его длина меньше периметра треугольника $ABC$ . Отразим также точку $B$ относительно точки $O$ и обозначим полученную точку за $D$ .

$PIC$

В силу осевой симметрии точек $B$ и $D$ относительно $AO$ получаем $AB =AD$ . Из равенства треугольников $BOC$ и $DOC′$ по двум сторонам (из построения) и углу между ними (как вертикальные) имеем $BC =DC ′$ . Наконец, из неравенства ломаной $CC ′ <CA + AD +DC ′ = CA +AB + BC$ получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отразим точку $C$ относительно сторон угла $AOB$ , получим точки $′ C$ и $′′ C$ .

По построению стороны угла являются серединными перпендикулярами к сторонам $CC ′$ и $CC ′′$ , а в силу того, что угол между сторонами угла прямой, угол $C′CC ′′$ между перпендикулярами к ним тоже является прямым. Поэтому точка $O$ лежит на гипотенузе $C′C′′$ треугольника $C′CC′′$ и является центром описанной около него окружности, а отрезок $CO$ — её радиусом $R$ .

Выражение в правой части неравенства превращается в длину ломаной $C′A+ AB +BC ′′$ , которая больше длины отрезка $C ′C′′ =2R = 2CO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

Используем прямоугольный треугольник $AOB :$ пусть $M$ — середина $AB$ , тогда $OM = AB2$ . В связи с этим нужно доказать $OC < OM + BC+A2C-.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для $ΔOMC$ : $OC ≤OM +MC$ . Осталось доказать $BC+AC- MC < 2$ . Но это известное неравенство медианы, применённое для $ΔABC$ .

В итоге

BC +AC AB + BC +AC OC ≤OM +MC < OM + ---2---= ------2-----

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#31355Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ такова, что угол $ABD$ — прямой и $BC +CD =AD$ . Найдите отношение оснований $AD :BC$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Получается, что сумма двух отрезков равна третьему. Что тогда естественно сделать, чтобы воспользоваться этим условием?

Подсказка 2

Верно, можно попробовать расположить их на одной прямой. Тогда какая фигура после этого получится?

Подсказка 3

Ага, это параллелограмм. Каким же условием мы ещё не воспользовались в задаче? Видим, что накрест лежащие углы у нашего параллелограмма прямые и из построения образовался равнобедренный треугольник. Теперь осталось аккуратно досчитать углы.

Показать ответ и решение

Первое решение. Идея — спрямление суммы отрезков в один отрезок с той же длиной.

$PIC$

На прямой $BC$ за точку $C$ отметим такую точку $X$ , что $CD = CX$ , тогда $BX =AD$ , а значит $ABXD$ — параллелограмм. $∠ABD =∠BDX = 90∘$ . Треугольник $CXD$ — равнобедренный, откуда $∠CXD = ∠CDX$ . Также из прямоугольного $ΔBDX$ имеем $∠CDB =90∘− ∠CDX = 90∘− ∠CXD = 90∘− ∠BXD$ , $∠DBX = 90∘− ∠BXD$ . То есть $ΔBCD$ — равнобедренный, значит $BC = CD$ , из чего следует $AD = BX = 2BC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Идея — разбить трапецию на параллелограмм и треугольник (одно из стандартных построений для убийства трапеции).

$PIC$

Отметим на $AD$ такую точку $R$ , что $AR = BC$ , тогда $ABCR$ — параллелограмм и $CD =DR$ . По условию $AB ⊥ BD$ . $AB ∥CR$ , а значит, $CR ⊥ BD$ , откуда $BD$ — серединный перпендикуляр к $CR$ (потому что $ΔCRD$ — р/б). Из этого следует, что $ΔBCR$ - равнобедренный, $BC = BR = AR$ . $∠BAR =∠ABR$ , $∠RBD =90∘− ∠ABR$ , $∠BDR = 90∘ − ∠BAR$ , значит, $ΔBRD$ — равнобедренный, то есть $RD = BR =AR = BC$ . Таким образом, $AD = 2BC$ .

Ответ:

$2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#31362Максимум баллов за задание: 7

Дан четырёхугольник $ABCD$ . Точки $E$ и $F$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Прямая $EF$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Известно, что $∘ ∠EP B = 80$ и $∘ ∠F QC = 50$ . Докажите, что $EF$ равен половине одной из сторон четырёхугольника.

Подсказки к задаче

Подсказки

1) надо отметить середину BC (точка K) и продлить AB и DC до пересечения в точке T
2) Тогда PTQ — равнобедренный с углами 50, 80, 50; а треугольник EKF с параллельными сторонами — такой же

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $AB$ и $CD$ до пересечения в $T$ — оно будет именно с этой стороны в силу острых углов $∠CQP$ и $∠BPQ$ , тогда $∠QT P = 50∘ = ∠PQT =⇒ PQ = PT$ . Далее отметим $K$ — середину $BC$ , тогда $KF$ и $EK$ — средние линии $△CBD$ и $△BCA$ , откуда $△KEF ∼ △TP Q$ , а значит, $A2B= KE = EF$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#31364Максимум баллов за задание: 7

На диагонали $AC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $E$ . Известно, что $∠BAC =∠BCA =∠DAC = 30∘,AC ⊥DE$ u $AE = 2CE$ . Докажите, что $AD +AE > 2BD$ .

Показать ответ и решение

Отметим на отрезке $AC$ точки $X$ и $Y$ так, что $∠ABX = ∠CBY = 30∘.$

$PIC$

Тогда $AX =XB,$ $CY = YB$ и $∘ ∠BXY = ∠BY X =60 .$ Следовательно, треугольник $XBY$ правильный, и тогда $AX = XY = YC = BX = BY.$ Так как $AE = 2CE,$ это означает, что точка $Y$ совпадает с $E,$ и потому $AE = 2EB.$ Кроме того, $AD = 2DE,$ как гипотенуза и меньший катет прямоугольного треугольника с углом $∘ 60 .$ Итак, $AD +AE = 2(DE + EB )>2BD,$ что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#31385Максимум баллов за задание: 7

Вершину $A$ параллелограмма $ABCD$ соединили с серединой $M$ стороны $CD$ . Известно, что угол $MAD$ равен $30∘$ . Докажите, что перпендикуляр $BH$ на прямую $AM$ равен одной из сторон параллелограмма.

Показать доказательство

Продлим $AM$ до пересечения с $BC$ в точке $K$ . Тогда $DM = MC,∠ADM = ∠MCK, ∠AMD = ∠CMK$ , а значит, $ΔAMD =ΔKMC$ по стороне и двум прилежащим к ней углам, откуда $AD = CK$ , а ещё $AD = BC$ как противоположные стороны параллелограмма.

$PIC$

Первый способ.

В прямоугольном $ΔBHK$ проведём медиану $CH$ к гипотенузе, тогда $CH =BC = CK$ . В силу параллельности $∘ ∠DAM =∠MKC = 30$ . $ΔCHK$ — равнобедренный, тогда $∘ ∠CHK =30$ , откуда $∘ ∠BCH = 60$ как внешний угол $ΔCHK$ . Заметим, что $ΔBCH$ — равнобедренный с углом $∘ 60$ , а значит, равносторонний, $BH = BC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ.

В прямоугольном $△BHK$ катет $BH$ напротив угла в $30$ градусов равен половине гипотенузы $BK = 2BC$ , так что равен одной из сторон параллелограмма.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#31460Максимум баллов за задание: 7

Углы при одном из оснований трапеции равны $50∘$ и $80∘$ , а основания равны $2$ и $3$ . Найдите боковую сторону при угле $∘ 80$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, какие у нас бывают дополнительные построения в трапеции. Например, провести сторону параллельно боковой стороне через точку В. Что тогда хорошего можно заметить?

Подсказка 2

Верно, получившаяся фигура - параллелограмм. Тогда параллельные стороны будут равны. Какой ещё факт, связанный с углами, можно заметить из картинки?

Подсказка 3

Ага, равны два угла по 80 градусов. Тогда можно найти третий угол у образовавшегося треугольника. Какой же это будет треугольник?

Показать ответ и решение

Проведём через точку $B$ прямую $BX$ , параллельную $CD$ .

$PIC$

Получили параллелограмм $XBCD$ , а значит,

CD = BX, BC =XD = 2,AX = 3− 2 =1,∠CDA = ∠BXA = 80∘

Заметим, что $∠ABX = 50∘$ , то есть $ΔABX$ — равнобедренный, откуда

AX = BX = CD =1

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#31461Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса одного угла трапеции делит её боковую сторону пополам. Найдите другую боковую сторону трапеции, если основания трапеции равны $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть биссектриса одного из углов трапеции, и к тому же она является медианой. Какое тогда естественное дополнительное построение можно выполнить?

Подсказка 2

Верно, можно её продлить до пересечения с параллельной стороной. Тогда у нас образуется новый большой треугольник. Попробуем посчитать углы и выяснить что-то о нём.

Подсказка 3

Ага, он равнобедренный. Тогда для решения задачи осталось найти получившееся основание, часть из которого нам известна. Мы ещё не пользовались равенством отрезков. Воспользовавшись ими и равенством углов, попробуйте найти неизвестную часть.

Показать ответ и решение

Продлим биссектрису до пересечения с $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

∠AMD = ∠CMK, ∠CKM = ∠DAM

в силу вертикальности и параллельности соответственно, значит $ΔCMK$ и $ΔAMD$ подобны, притом с коэффициентом 1, откуда $AD = CK = b$ . Осталось заметить, что $ΔABK$ — равнобедренный, то есть

AB = BK = a+b

Ответ:

$a+ b$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#31464Максимум баллов за задание: 7

Боковая сторона трапеции равна одному основанию и вдвое меньше другого. Докажите, что вторая боковая сторона перпендикулярна одной из диагоналей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нужно доказать перпендикулярность двух отрезков, то имеет смысл подумать о доказательстве через прямоугольный треугольник. Тогда попробуем сделать дополнительное построение, которое поможет нам воспользоваться признаком прямоугольного треугольника.

Подсказка 2

Верно, проведем медиану к большему основанию. Тогда она должна быть вдвое меньше основания. Попробуем понять, какой четырёхугольник у нас получился, используя параллельность оснований трапеции.

Подсказка 3

Ага, получился ромб. Тогда осталось воспользоваться только равенством отрезков.

Показать доказательство

Пусть $T$ — середина $AD$ , тогда нетрудно понять, что $ABCT$ — ромб, значит, $AB = CT$ . Также по условию $AD = 2AB$ , откуда $CT = TD$ .

$PIC$

Таким образом, $ΔACD$ — прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#31466Максимум баллов за задание: 7

Вершина $A$ параллелограмма $ABCD,$ а также середины сторон $BC$ и $CD,$ являются вершинами равностороннего треугольника. Найдите углы параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть X, Y - середины CD и BC соответственно. На рисунке у нас есть параллельность, приятные углы(по 60 в AXY) и отрезок XY. На какое дополнительное построение намекают эти объекты?)

Подсказка 2

Продлим XY до пересечения с AB в точке T! Что нового появилось на картинке? Попробуем рассматривать равные из параллельности углы, что заметим?

Подсказка 3

Замечаем равенство треугольников XYC и TYB! Тогда из этого следует равенство XY = YT. Остается подсчитать некоторые углы и прийти к нужному нам углу XAT. А что нужно сделать, чтобы найти оставшуюся часть угла DAB?

Подсказка 4

Проделать аналогичные действия, только уже продлевать XY до пересечения с AD!

Показать ответ и решение

Пусть $X$ и $Y$ — середины $CD$ и $BC$ соответственно. Пересечём $XY$ и $AB$ в точке $T.$

$PIC$

∠TBY = ∠YCX, ∠BY T = ∠CY X,BY =CY

а значит, $ΔYCX =ΔY BT,$ откуда $YX = YT.$

$ΔAYT$ — равнобедренный, причём

∠AY T =180∘− 60∘ =120∘

из чего следует, что $∘ ∠YAT = 30.$

Аналогично находим $∘ ∠DAX = 30,$ значит, тупой угол параллелограмма равен $∘ 120 ,$ а острый — $∘ 60 .$

Ответ:

$120∘$ и $60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#31726Максимум баллов за задание: 7

На медиану $BM$ треугольника $ABC$ опустили перпендикуляр $AL$ и перпендикуляр $DK$ из некоторой точки $D$ на стороне $AB$ $(L$ и $K$ — различные точки, лежащие внутри $BM ).$ Оказалось, что $BK = LM.$ Докажите, что $CD = BD + AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой BD+AB неудобно работать, было бы удобнее спрямить ее в одну прямую. Для этого продлим АВ на BD за точку А, отметим так точку Е.

Подсказка 2

Нам бы хотелось доказать, что ЕМ параллельно DK, а там еще и равные отрезки отсекаются ими, есть какое-то утверждение, помогающее нам доказать эта параллельность!

Подсказка 3

Теорема Фалеса, например! Таким образом, нашли еще один прямой угол - теперь в треугольнике ЕМВ. Осталось им воспользоваться и доказать требуемое!

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BA$ за точку $A$ на $AE = BD.$ Из $BK = LM$ и $DK ∥ AL$ по теореме Фалеса следует $EM ∥ AL,$ то есть $∠EMB = 90∘.$ Пусть $N$ — середина $BE$ и $AD.$ Тогда $MN =CD ∕2,$ как средняя линия, и

MN = BE ∕2 =(AB +AE )∕2 =(AB +BD )∕2

как медиана из прямого угла, откуда и получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#32436Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $K ,K 1 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Введём точку $P :$ вторую точку пересечения отрезка $AT1$ со вписанной окружностью, считая от точки $A.$ Докажите, что $M1P$ касается вписанной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте будем целиться в утверждение, что отрезок M₁ P равен имеющемуся отрезку касательной M₁ K₁. Но ведь мы знаем, что M₁ K₁ = M₁ T₁. Это что это тогда должно получаться?

Подсказка 2

Должно оказаться, что M₁ P это медиана, проведённая из вершины прямого угла. Но откуда там должен возникнуть прямой угол?

Подсказка 3

Аа, этот угол с тем, который опирается на диаметр! Осталось вспомнить, что диаметр мы получали на вебе: A T₁ пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке K₁

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $DK1$ — диаметр вписанной окружности, то $∠DPK1 = ∠T1PK1 = 90∘.$ Кроме того, нам известно, что $CT1 = BK1,CM1 =BM1 =⇒ T1M1 = M1K1,$ то есть $P M1$ — медиана прямоугольного треугольника и $⌢ P M1 = M1K1 =⇒ ∠K1P M1 = ∠M1K1P = PK21 ,$ поскольку $M1K1$ — касательная. Заметим, что если провести в точке $P$ касательную, то она будет образовывать тот же угол с отрезком $P K1,$ откуда $PM1$ с ней совпадает, что и требовалось.

Следующая подтема