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 101#35585Максимум баллов за задание: 7

Дмитрий Алексеевич нашел свою старую линейку. На ней все деления стерлись, случайно уцелели только отметки $0$ см, $9$ см и $16$ см. Как с помощью этой линейки отложить от данной точки $A$ на данной прямой $AB$ отрезок длины $4$ см?

Показать ответ и решение

Приложим линейку к прямой $AB$ так, чтобы точка $A$ совпала с отметкой $0$ см. Тогда мы можем отложить точку $C$ так, что $AC = 16$ см.

Далее, приложим линейку к точке $C$ отметкой $9$ см. Отметим точку $D$ , в которой сейчас находится отметка $0$ . Тогда $CD = 9$ см, и точка $D$ лежит на отрезке $AC$ . Значит, отрезок $AD =AC − CD =16− 9= 7$ см.

От точки $D$ еще раз отложим точку на расстоянии $9$ см. Мы получим точку $E$ такую, что $DE =9$ см, $AD =7$ см, и при этом $A$ лежит между $D$ и $E$ . Значит, $AE =DE − AD = 9− 7= 2$ см.

Итак, мы научились от точки $A$ откладывать отрезок в $2$ сантиметра. Давайте теперь повторим еще раз все рассуждения, но вместо точки $A$ отложим отрезок в $2$ сантиметра от точки $E$ . Мы получим точку $F$ такую, что $EF = 2$ см, при этом $E$ лежит между $F$ и $A$ . Тогда $F A= FE + EA =2+ 2= 4$ см. Таким образом, отрезок $AF$ — искомый.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#36677Максимум баллов за задание: 7

Прямые, симметричные диагонали $BD$ четырехугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D,$ проходят через середину диагонали $AC.$ Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C,$ проходят через середину диагонали $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ура, опять задача про диагонали гармонического четырёхугольника! Постойте-ка. Внимательно читаем условие, а там... нет вписанности. И что же делать?

Подсказка 2

Вписанность нужно доказать! Только вписанный четырёхугольник может называться гармоническим, тогда сведём задачу к хорошо известной.

Подсказка 3

Мой дед однажды дал такой совет: не знаешь, как доказывать, --- попробуй от противного! Давайте прислушаемся к совету опытных людей и отметим якобы другую точку D' на прямой BD, которая лежит на описанной около ABC окружности. Что тогда можно сказать?

Подсказка 4

А вот и возник гармонический четырёхугольник! Что мы про него помним? Например, имбовый факт, что стороны BC и CD' видны под одним и тем же углом из середины диагонали AC. Супер. Тогда осталось доказать, что CD видна под тем же углом

Подсказка 5

Вам нужно доказать, что AC является биссектрисой в треугольнике с вершинками B,D и серединой диагонали AC, Ну же, осталось совсем чуть-чуть! Покажите свою геометрическую мощь и знания симедиан

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ – середина $AC,L$ – точка пересечения диагоналей. По свойству симедианы $AL :CL =$ $AB2 :CB2$ и $AL :CL =AD2 :CD2.$ Получаем, что $AB :BC = AD :CD,$ откуда с учётом свойства биссектрисы имеем, что основания биссектрис треугольников $ABC$ и $ADC$ на стороне $AC$ совпадают. Но тогда точка пересечения биссектрис треугольника $BMD$ лежит на $AC,$ то есть $AC$ — тоже биссектриса этого треугольника. Следовательно, $∠BMC =∠CMD.$

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает прямую $BD$ в точке $E.$ Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу равны: $∠BCA = ∠BEA,∠ECA =∠EBA.$ Из этих двух равенств по теореме о сумме углов в треугольнике следует $∠BMC = ∠CME.$

Значит, лучи $MD$ и $ME$ совпадают. Тогда и их точки пересечения с прямой $BD$ совпадают: $D = E,$ а четырёхугольник $ABCD$ из условия является гармоническим (он вписан в окружность и произведения противоположных сторон равны). У гармонического четырёхугольника обе диагонали являются симедианами соответствующих треугольников, так что утверждение задачи получено.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#37112Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, а $M$ — середина стороны $BC.$ Окружности, описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ вторично пересекаются в точке $D.$ Докажите, что прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть в окружности около $ABDC$ градусная мера дуги $AB$ равна $2β$ , дуги $BD$ — $2α.$ Тогда $∠AOD = 2(α +β)$ , а $∠OAD =90∘− α− β.$ В окружности около $AOMD$ равны вписанные углы, поэтому $∠AMD = 2α+ 2β$ и сумма противоположных углов равна $180∘$ , поэтому $∠OMD = 90∘+ α+ β.$ В силу того, что $OM ⊥ BC$ , получаем $∠DMB = α+ β = ∠BMA$ . Вписанный четырёхугольник с таким свойством является гармоническим, а его диагонали содержат симедианы соответствующих им треугольников.

Второе решение.

$PIC$

Пусть прямая, симметричная $AM$ относительно биссектрисы, пересекается с описанной окружностью $△ABC$ в точке $E.$ Тогда четырёхугольник $ABCE$ — гармонический, а его диагональ $MB$ является биссектрисой $AME.$ Угол $AMB$ составляет половину от угла $AME$ и равен полусумме градусных мер дуг $AB$ и $CF$ . А дуга $CF$ равна дуге $BE$ , так как они опираются на равные углы. Отсюда сам угол $AME$ равен сумме градусных мер дуг $AB$ и $BE$ , то есть градусной мере дуги $AE$ , которой также равен центральный угол $AOE.$

Итак, углы $AOE$ и $AME$ равны, поэтому точка $E$ лежит на описанных окружностях $△AMO$ и $△ABC,$ следовательно, совпадает с точкой $D$ из условия задачи.

Третье решение.

$PIC$

Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ пересекаются в точке $P$ . Заметим, что эти касательные не могут быть параллельны, ведь тогда $∠A= 90∘$ и $M = O$ , а по условию нам дан треугольник $AMO.$

Пусть $AP$ пересекается с описанной около $ABC$ окружностью в точке $E.$ По теореме о касательной и секущей

2 PE ⋅P A= PC

Из прямоугольного $△OCP$ ( $∠PCO = 90∘$ , как угол между касательной и радиусом), в котором $CM$ — высота:

2 P C = PM ⋅PO

ИЗ $P E⋅PA = PM ⋅PO$ следует, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AMO$ , а из построения — на описанной окружности треугольника $ABC$ . Но окружности не могут пересекаться в трёх различных точках $A,D,E$ , так что $E = D$ .

Осталось заметить, что по основной теореме о симедиане прямая $AD$ симметрична медиане $△ABC$ относительно его биссектрисы.

Замечание.

Cама задача выражает следующий факт: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#58323Максимум баллов за задание: 7

На продолжении за точку $C$ стороны $BC$ равностороннего треугольника $ABC$ выбрана точка $M$ , через неё проведена прямая, параллельная $AC$ . Эта прямая пересекает продолжение стороны $AB$ в точке $N$ . Медианы треугольника $BNM$ пересекаются в точке $O$ . Точка $D$ — середина $AM$ . Найдите углы треугольника $ODC.$

Источники: Бельчонок-2022, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведем отрезок АК такой, чтобы АК было параллельно СМ! Заметим, что тогда АКМС это параллелограмм.

Подсказка 2

Давайте заметим, что треугольник BNM правильный, откуда для его центра O: OM = ON ! Тогда мы можем попробовать отметить равные углы и равные отрезки на нашей картинке (их тут много!)

Подсказка 3

Попробуйте доказать, что треугольники KON и COM равны, и, используя, что D - точка пересечения диагоналей параллелограмма, подсчитать углы в треугольнике!

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим $K ∈NM, AK ∥CM$ , откуда $AKMC$ — параллелограмм. Заметим, что

В $△AKN :∠N = 60∘,AK ∥BC$ , откуда он равносторонний и $NK = NA =MC$ (в силу симметрии).
Треугольник $BNM$ правильный, откуда для его центра $O$ : $OM = ON$ .
Аналогично предыдущему $∠KNO = ∠N2-= ∠M2-= ∠CMO =30∘$ .

Отсюда по двум сторонам и углу между ними $△KON =△COM$ , тогда $OK = OC$ . Поскольку $D$ является точкой пересечения диагоналей параллелограмма, то $KD =DC$ и $OD$ является медианой равнобедренного $△KOC$ . Отсюда $∘ ∠ODC = 90$ и

∠KOC ∠KOM + ∠MOC ∠KOM +∠KON ∠NOM ∠DOC = --2--= ------2------ = ------2------= ---2-- =60∘

снова пользуясь правильностью $△BNM$ . В итоге получаем $∠OCD = 180∘− ∠DOC − ∠CDO = 30∘$ .

Ответ:

$90∘,60∘,30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#64820Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник, если дана одна его вершина и две прямые, на которых лежат биссектрисы, проведенные из двух других вершин.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии присутствуют биссектрисы, которые намекают на инцентр(точка пересечения биссектрис, т.е. данных прямых). Какой известный факт связан с ним?

Подсказка 2

Если угол A у треугольника равен α , то угол BIC равен 90+ α/2(I - инцентр). Этот угол есть у нас на картинке. Нам нужен угол α, значит нужно как-то "отрезать" от угла BIC 90. Как это сделать?

Подсказка 3

Восстановить в I перпендикуляр к одной из биссектрис! Теперь мы знаем α. Осталось понять, чем же является AI и с помощью α и этих знаний построить необходимый угол A искомого треугольника!

Показать доказательство

Вспомним известный факт, связанный с инцентром. Если угол $A$ у треугольника равен $α,$ то угол $BIC$ равен $90∘+ α 2$ ( $I$ — инцентр). Он доказывается через сумму углов в треугольнике.

Теперь к задаче. Пусть данная вершина треугольника — точка $A.$ Обозначим точку пересечения биссектрис через $I$ — инцентр. Ясно, что $AI$ — третья биссектриса. Заметим, что у нас есть тот самый угол $BIC.$

$PIC$

Восставим в точке $I$ перпендикуляр к одной из биссектрис, тогда остаток угла $BIC$ будет равен половине угла $A.$ Отложим эту половину угла от третьей биссектрисы в точке $A,$ отметим точки пересечения сторон углов с соответствующими биссектрисами и получим искомый треугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#64824Максимум баллов за задание: 7

С помощью циркуля и линейки разделите данный отрезок на три равные части

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, что центр масс в треугольнике делит медиану в отношении 2:1. Этот факт по сути решает задачу. Постарайтесь понять, почему.

Подсказка 2

Если мы построим треугольник, в котором данный отрезок является медианой, то останется только найти центр масс, построив ещё одну медиану, и разделить пополам больший отрезок нужной медианы.

Подсказка 3

Для построения такого треугольника проведём прямую через конец данного отрезка, а далее циркулем отметим на этой прямой равные отрезки произвольной длины по каждую сторону от конца отрезка. Треугольник построен!

Показать доказательство

Вспомним, что в треугольнике центр тяжести делит медиану в отношении $2$ к $1.$ То есть если получить треугольник, в котором данный отрезок является медианой, то задача будет решена. Останется только построить другую медиану, найти центр тяжести и разделить пополам больший отрезок нужной медианы.

$PIC$

Для получения такого треугольника проведём прямую через конец данного отрезка. Выберем циркулем произвольную длину и отметим на проведённой прямой равные отрезки. Нужный треугольник получен.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#64827Максимум баллов за задание: 7

На каждой стороне квадрата отметили по точке. Затем все, кроме этих точек, стерли. Восстановите квадрат с помощью циркуля и линейки

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть данные точки K, P, R, Q лежат на сторонах AB, BC, CD, AD искомого квадрата ABCD. Отрезок KP виден из точки B под прямым углом ⇒ точка B лежит на окружности, построенной на KP как на диаметре. Аналогично с точкой D. Какой хороший отрезок теперь можно провести?

Подсказка 2

Проведём диагональ BD. Пусть она повторно пересекает окружность, содержащую B, в точке M, а содержащую D — в точке N. BD делит углы KBP и RDQ пополам ⇒ точки M и N — середины полуокружностей KMP и RNQ. Как отсюда вытекает способ построения квадрата?

Подсказка 3

Пусть искомые точки — K, P, R, Q (в указанном порядке). Тогда построим на отрезках KP и RQ как на диаметрах окружности. Если M и N — середины полуокружностей, обращённых друг к другу, то диагональ квадрата лежит на прямой MN. Далее легко достраивается весь квадрат. Всегда ли задача имеет единственное решение?

Подсказка 4

На самом деле если M не совпадает с N, то задача имеет единственное решение, но в противном случае решений бесконечно много!

Показать доказательство

Предположим, что данные точки $K, P,R$ и $Q$ расположены на сторонах соответственно $AB,BC,CD$ и $AD$ искомого квадрата $ABCD.$ Поскольку отрезок $KP$ виден из точки B под прямым углом, то эта точка лежит на окружности с диаметром $KP.$ Аналогично точка $D$ лежит на окружности с диаметром $PQ.$ Пусть диагональ $BD$ квадрата вторично пересекает первую окружность в точке $M,$ а вторую — в точке $N.$ Поскольку диагональ квадрата делит его угол пополам, то точки $M$ и $N$ — середины соответствующих полуокружностей.

Отсюда вытекает следующий способ построения. Пусть $K, P,R,Q$ — данные точки (в указанном порядке). Построим на отрезках $KP$ и $QR$ как на диаметрах окружности. Пусть $M$ и $N$ — середины полуокружностей, обращённых друг к другу. Диагональ квадрата лежит на прямой $MN.$ Дальнейшие действия очевидны.

$PIC$

Если точки $M$ и $N$ не совпадают, то задача имеет единственное решение. В противном случае задача имеет бесконечно много решений.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#70784Максимум баллов за задание: 7

Точка $P$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $∠BAP =$ $∠CAP.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Прямая $MP$ пересекает описанные окружности треугольников $ABP$ и $ACP$ в точках $D$ и $E$ соответственно (точка $P$ лежит между точками $M$ и $E,$ точка $E$ лежит между точками $P$ и $D).$ Оказалось, что $DE =MP.$ Докажите, что $BC = 2BP.$

Источники: Курчатов-2022, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в задаче есть условие на углы и описанные окружности. Может, попробовать посчитать уголочки. Посмотрите, куда можно перекинуть уголочки ∠CAP и ∠BAP...

Подсказка 2

Т.к. DAPB- вписан ⇒ ∠PAB=∠PDB. Т.к. AEPC- вписан ⇒ ∠CAP=∠CEP. Но тогда ∠CEP=∠PDB. Это все, конечно, здорово, но мы пока не подобрались к отрезку BP. Нам нужно доказать, что BC=2BP. Это равносильно тому, что BP=BM. Т.е. нам надо доказать, что PBM- равнобедренный. Может, попробовать провести высоту BX и доказать, что PX=XM...

Подсказка 3

Мы еще не пользовались тем, что M- середина BC. Какое дополнительное построение сразу приходит в голову?

Подсказка 4

Конечно, удвоение медианы! Давайте удвоим XM: тогда получится точка Y, лежащая на прямой XM. Тогда т.к. BXCY-параллелограмм ⇒ ∠CYM=90° и CY=BX. Равны ли прямоугольные треугольники △DBX и △ECY?

Подсказка 5

Да! Т.к. CY=BX и ∠BDX=∠BDP=∠CEP=∠CEY. Но тогда DX=EY. Если мы докажем, что PX=MY, то мы победили. Вспомните, что DE=PM и доведите решение до конца!

Показать доказательство

$PIC$

Четырёхугольник $AEP C$ — вписанный, поэтому $∠CAP = ∠CEP.$ Аналогично четырёхугольник $BP AD$ — вписанный, поэтому $∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP.$

Опустим высоты $BX$ и $CY$ на прямую $MP.$ Заметим, что прямоугольные треугольники $BMX$ и $CMY$ равны по гипотенузе $BM =MC$ и острому углу $∠BMX = ∠CMY$ , откуда получаем $BX = CY.$

Заметим, что прямоугольные треугольники $CY E$ и $BXD$ равны по катету $CY =BX$ и острому углу $∠CEY =∠CEP =∠BDP = ∠BDX,$ откуда получаем $Y E = XD.$ Тогда

0= YE − XD =(YM + MP + PE)− (XP +P E+ ED )=Y M − XP

Получается, что $XP = YM =XM.$ Следовательно, в треугольнике $BP M$ высота $BX$ совпадает с медианой, поэтому он является равнобедренным, и $BP = BM = BC-, 2$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#72042Максимум баллов за задание: 7

В декартовой системе координат $($ с одинаковым масштабом по осям $x$ и $y)$ нарисовали график показательной функции $y = 3x.$ Затем ось $y$ и все отметки на оси $x$ стёрли. Остались лишь график функции и ось $x$ без масштаба и отметки 0. Каким образом с помощью циркуля и линейки можно восстановить ось $y?$

Источники: ММО-2022, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Наверное, надо как-то воспользоваться тем, что основание степени это 3. Для начала подумайте, что мы можем сказать про абсциссы точек нашего графика, у которых ординаты отличаются в 3 раза...

Подсказка 2

Если у точек ординаты отличаются в 3 раза, то абсциссы отличаются на 1. Давайте отметим на графике точку A. Что хочется сделать, если мы держим в голове предыдущие рассуждения?

Подсказка 3

Хочется найти точку, у которой ордината больше в три раза. Давайте для этого опустим на ось ох перпендикуляр AB. Тогда длина AB это ордината точки A. На луче BA за точку A можно отложить точку C такую, что AC=2AB, тогда C будет искомой. Как найти точку на графике с той же ординатой?

Подсказка 4

Можно провести в точке C прямую, параллельную оси абсцисс. Тогда точка пересечения этой прямой и графика будет искомой (пускай это точка D). Опустим перпендикуляр DN на ось ox ⇒ длина BN это 1. Как с помощью этого можно найти точку пересечения графика с оcью ординат?

Подсказка 5

Все очень просто! Давайте на луче BA от точки B отложим отрезок BQ, равный BN. Тогда прямая, проходящая через Q, параллельно оси ox будет прямой y=1 ⇒ её точка пересечения с графиком функции будет точка с координатами (0, 1). Докрутите размышление и восстановите ось Оy!

Показать доказательство

Будем использовать стандартные построения циркулем и линейкой, изучаемые в школе: построение перпендикуляра к данной прямой из данной точки, а также построение прямой, проходящей через данную точку параллельно данной прямой.

Отметим на графике произвольную точку $A$ и построим перпендикуляр $AB$ к оси $x$ . На продолжении отрезка $BA$ за точку $A$ отметим такую точку $C,$ что $AC = 2AB.$ Далее построим прямую, проходящую через точку $C$ параллельно оси $x,$ и обозначим через $D$ точку её пересечения с графиком. Тогда длина отрезка $CD$ равна 1.

$PIC$

Действительно, если $A$ имеет координаты $(x0,3x0),$ то ордината точки $D$ равна $3⋅3x0 = 3x0+1,$ поэтому её абсцисса равна $x0+ 1.$

Отметим теперь на луче $BA$ точку на расстоянии $CD = 1$ от точки $B$ и проведём через неё прямую, параллельную оси $x.$ Она пересечёт график в точке $(0,1),$ т. е. в той же точке, что и ось $y.$ Для завершения построения остаётся провести через эту точку прямую, перпендикулярную оси $x,$ — это и будет искомая ось $y.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#75130Максимум баллов за задание: 7

Дан неравнобедренный треугольник $ABC.$ Выберем произвольную окружность $ω,$ касающуюся описанной окружности треугольника $ABC$ внутренним образом в точке $B$ и не пересекающую прямую $AC.$ Отметим на $ω$ точки $P$ и $Q$ так, чтобы прямые $AP$ и $CQ$ касались $ω,$ а отрезки $AP$ и $CQ$ пересекались внутри треугольника $ABC.$ Докажите, что все полученные таким образом прямые $P Q$ проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $ω.$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.5 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать, через какую точку могли бы проходить все прямые PQ.

Подсказка 2

Рассмотрите внешнюю биссектрису угла B.

Подсказка 3

Пусть точка D — основание внешней биссектрисы угла B, докажите, что она существует и что через нее проходят все прямые PQ.

Подсказка 4

Точка D будет существовать, так как треугольник неравнобедренный. Попробуйте увидеть теорему Менелая.

Подсказка 5

Вспомните свойства внешней биссектрисы и касательных к окружности.

Показать доказательство

Пусть $R$ — точка пересечения касательных $AP$ и $CQ.$ Докажем, что все прямые $PQ$ проходят через точку $D$ — основание внешней биссектрисы угла $B$ треугольника $ABC$ (точка $D$ существует, так как треугольник неравнобедренный).

$PIC$

По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника $ARC,$ достаточно проверить, что

AP-⋅ RQ-⋅ CD-= 1 PR QC DA

Поскольку $RQ$ и $PR$ равны как касательные, достаточно проверить равенство

AP- AD- QC = DC

Но по свойству внешней биссектрисы

AB AD BC-= DC-

Так что проверяем равенство

AP- AB- QC = BC

Пусть $AB$ и $BC$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Запишем степени точек $A$ и $C$ относительно окружности $ω :$

AX ⋅AB = AP 2, CY ⋅CB = CQ2

Осталось проверить равенство

AX CY AB-= CB-

Это равенство следует из того, что $ω$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 111#86296Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике равны две медианы. Докажите, что он равнобедренный.

Показать доказательство

Пусть $M$ — точка пересечения медиан. Как известно, она делит медиану в отношении $2:1,$ считая от вершины. Таким образом, раз равны медианы, то $AM = MB.$ Но тогда $ΔAMB$ — равнобедренный. Удвоим обе медианы, тогда $AB = XC = CY$ и $XA1 = A1B =AB1 = B1Y,∠CXM = ∠MBA = ∠MAB = ∠MY X.$ Заметим, что $ΔCXA1 =ΔCY B1.$ откуда $CA1 =CB1,$ а это равносильно $CA = CB,$ что и требовалось.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#86297Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом пятиугольнике $ABCDE$ известно, что $AE =AD, AC =AB$ и $∠DAC = ∠AEB + ∠ABE.$ Докажите, что сторона $DC$ в два раза больше медианы $AK$ треугольника $ABE.$

Показать доказательство

Удвоим медиану $AK,$ тогда $BT = AD = AE,∠BEA = ∠EBT$ и $∠CAD = ∠ABT.$ Заметим, что $ΔABT = ΔCAD,$ а значит $CD = AT = 2AK.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 113#86298Максимум баллов за задание: 7

На медиане $BM$ треугольника $ABC$ взяли точку $E$ так, что угол $CEM$ равен углу $ABM.$ Докажите, что отрезок $EC$ равен одной из сторон треугольника.

Показать доказательство

Удвоим медиану и заметим, что $∠ABX = ∠EXC =∠XEC,$ а значит $ΔXEC$ — равнобедренный, откуда $EC =CX =AB,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 114#86299Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ На стороне $BC$ взяли точку $K$ так, что угол $BMK$ прямой. Оказалось, что $BK = AB.$ Найдите $∠BKM,$ если $∘ ∠A +∠C = 70.$

Показать ответ и решение

Удвоим медиану. В силу параллельности $∠BAC =∠ACX,$ а значит $BCX = 70∘.$ Заметим, что $ΔBKX$ — равнобедренный, тогда $KX =KB =BA = CX,$ следовательно $ΔCKX$ — равнобедренный. Таким образом, имеем: $∘ 70 =∠XCK = ∠XKC,$ откуда $∘ ∠BKX = 110 ,$ а значит $∘ ∠BKM = 55.$

$PIC$

Ответ:

$55∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 115#91922Максимум баллов за задание: 7

Постройте квадрат $ABCD$ , если вершина $A$ дана, а вершины $B$ и $D$ лежат на данных прямых $b$ и $d$ соответственно.

Сколько решений может иметь эта задача?

Показать ответ и решение

Рассмотрим поворот на $90∘$ в точке $A$ .

$PIC$

Он переведет точку $B$ в точку $D$ , а прямую $b$ в прямую $b′$ . Если прямые $b′$ и $d$ не пересекаются, то решений не может быть. Если они пересекаются в одной точке, то есть одно решение, так как если взять точку пересечения, назвать ее $D$ , взять ее прообраз при повороте и назвать его $B$ , то так как $AB = AD$ и $AB ⊥AD$ , то можно найти одну такую точку $C$ , что $ABCD$ квадрат. Если же они совпадают, то можно взять любую точку на $d$ , как $D$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 116#92075Максимум баллов за задание: 7

Имеется линейка — “рейсшина”, с помощью которой можно выполнять следующие действия: проводить прямую через две точки и проводить прямые, параллельные уже имеющимся. На плоскости даны два треугольника,имеющие одинаковые длины двух сторон, расположенных на одной прямой:

$PIC$

С помощью данной линейки постройте новый треугольник, площадь которого равна сумме площадей изображенных треугольников. Опишите последовательность элементарных действий для построения фигуры.

Показать ответ и решение

Проведем прямую параллельную $BC$ через $E$ до пересечения с $DC$ в точке $E ′$ . Так как $BC∥EE ′$ , то $S = S BCE BCE′$ .

$PIC$

Дальше проведем параллельную $′ AE$ через $D$ до точки пересечения $′ D$ с $BC$ . Тогда из параллельности $CA- CE-′ CD′ = CD$ . Значит $-SACE′ -CA CE′ SACE′ SD′E′C = CD′ = CD = SADC$ . Значит $SADC = SD′E′C$ .

Итого: $SD′E′B = SD′E′C + SE′CB = SADC +SBCE$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 117#137299Максимум баллов за задание: 7

На плоскости нарисованы графики функций $y =sinx$ и $y =tgx,$ а также оси координат. Как циркулем и линейкой построить какую-нибудь прямую, которая касается графика синуса как выше оси абсцисс $(Ox),$ так и ниже ( $u,$ возможно, имеет ещё несколько точек пересечения)?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 11.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Чтобы построить какую-то прямую, нужно две точки. Учитывая, что в вашем арсенале лишь циркуль и линейка, для вас на плоскости есть лишь одна удобная точка.

Подсказка 2:

Эта точка — начало координат. Попробуйте провести касательную, проходящую через начало координат. Кстати, если касательная проходит через начала координат, то она будет касаться как сверху, так и снизу оси абсцисс. Объясните, почему это так.

Подсказка 3:

Пусть есть какая-то касательная к синусу в точке (x₀, sin(x₀)). Как выглядит её уравнение? Не забывайте, она проходит через точку (0, 0).

Подсказка 4:

Если подставить точку (0, 0) в её уравнение, полученное равенство сводится к tg(x₀) = x₀. Кажется, теперь ясно, как найти вторую точку, через которую проходит касательная?

Подсказка 5:

В абсциссах всех таких точек графики тангенса и прямой y = x пересекаются.

Показать доказательство

Будем искать касательную, проходящую через начало координат. Касательная к графику синуса в точке ( $x,sinx 0 0$ ) имеет уравнение

y = (x− x0)⋅cosx0+sin x0.

Эта прямая проходит через начало координат тогда и только тогда, когда $0 =− x0⋅cosx0+ sinx0,$ что равносильно $tgx = x . 0 0$

Осталось построить точку $(x ,sinx ). 0 0$ Для этого ( $c$ помощью циркуля и линейки) построим биссектрису координатного угла, т.е. прямую $y = x.$ Выберем её точку пересечения с графиком тангенса: $(x ,tgx), 0 0$ $x ⁄= 0. 0$ Далее, опуская из этой точки перпендикуляр на ось абсцисс и пересекая этот перпендикуляр с графиком синуса, получаем точку $(x0,sinx0).$ Прямая, проходящая через начало координат и точку $(x0,sinx0)$ будет касаться графика синуса в точке $(x0,sin x0)$ по выбору точки $x0,$ а также в точке $(−x0,− sinx0)$ из симметрии относительно начала координат. Эти точки лежат по разные стороны от оси абсцисс, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 118#31985Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P$ — основание высоты, опущенной из вершины $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ на его гипотенузу $BC$ , a $M$ — середина отрезка $CP$ . Обозначим через $E$ точку на продолжении стороны $AB$ за точку $B$ такую, что $AB = BE$ . Докажите, что прямые $EP$ и $AM$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2021, 9.3 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Да-а, кажется без дополнительных построений тут не обойдётся. Какое же построение хочется сделать? Правильно, давайте построим точку K — точку, симметричную A относительно M.

Подсказка 2

Хмм, посмотрим внимательно на получившуюся картинку. Несложно доказать, что KP ⊥ AE, а также можно увидеть, что BM является средней линией △EAK.

Подсказка 3

Что же получается? На рисунке есть какая-то точка, которая играет очень важную роль. Действительно, ведь точка P является ортоцентром △EAK!!!

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — точка, симметричная $A$ относительно $M,$ тогда четырехугольник $ACKP$ является параллелограммом, поскольку $M$ делит пополам каждую из его диагоналей, следовательно, прямая $KP$ параллельна прямой $CA,$ а значит перпендикулярна прямой $AE.$

С другой стороны, $BM$ является средней линией в треугольнике $EAK,$ поэтому $EK$ параллельна $BM,$ т.е. перпендикулярна прямой $AP.$

$PIC$

Таким образом, точка $P$ является ортоцентром в треугольнике $EAK,$ а значит прямая $EP$ перпендикулярна $AM.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 119#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 120#68253Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник по центру описанной окружности $O$ , центру вписанной окружности $I$ и вершине $A$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем центр описанной окружности и вершину А. Что мы точно сможем нарисовать?

Подсказка 2

Описанную окружность! А что можно связать с инцентром и описанной окружностью, чтобы получить расположение вершин треугольника?

Подсказка 3

Лемма трезубце! Для этого проведите AI до пересечения с опис. окружностью, и дальше задача решится)

Показать ответ и решение

Заметим, что раз мы знаем центр описанной окружности и ее радиус $AO$ , то мы можем провести описанную окружность. Проведем прямую $AI$ до пересечения с описанной окружностью. Получим точку $D$ . По лемме о трезубце мы знаем, что $ID = BD = CD$ . Значит, если мы проведем окружность с центром в $D$ и радиусом $ID$ , то она пересечет описанную окружность в 2 точках: $B$ и $C$ , так как эти точки лежат и на описанной окружности, и на данной.

$PIC$

Ответ:

Следующая подтема