Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .03 Удвоение

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 1#68863

Из середины стороны параллелограмма противоположная его сторона видна под прямым углом, то есть образует прямой угол с концами этой стороны. Найдите отношение сторон параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть E — середина стороны AC параллелограмма ABCD. Пока что BE — просто отрезок внутри четырёхугольника. А что хочется с ним сделать?)

Подсказка 2

Давайте продлим BE за точку E до пересечения с прямой CD в новой точке B'! Что можно сказать про треугольники ABE и CB'E? Не забываем, что в параллелограмме противоположные стороны параллельны, а значит, можно отметить равные углы! (например, накрест лежащие)

Подсказка 3

Отлично, треугольники ABE и CB'E равны по двух углам и стороне между ними (AE = EC). Что тогда можно сказать про связь BE и EB'?

Подсказка 4

Именно, BE = EB'! А давайте теперь вспомним условие ;)

Подсказка 5

Итак, BE = EB', а угол BED — прямой. Что тогда можно сказать про треугольник BB'D?

Подсказка 6

Кем является DE для треугольника BB'D? Что это говорит о треугольнике BB'D?

Подсказка 7

Отлично, треугольника BB'D равнобедренный! Осталось лишь отметить равные отрезки, которые появились из построения и условия, и понять, во сколько раз BD больше, чем DC :)

Показать ответ и решение

Пусть $A,B,C,D$ — вершины исходного параллелограмма, $E$ — середина стороны $AC,$ причем $∠BED =90∘.$

Продлим прямую $BE$ до пересечения с прямой $DC$ в точке $′ B.$ Треугольники $AEB$ и $′ B EC$ подобны в силу параллельности прямых $AB$ и $′ CB$ и равны, поскольку равны их соответствующие стороны $AE$ и $EC,$ а значит, $′ DC =AB = CB .$

$PIC$

Осталось заметить, что $EC =CD,$ поскольку $EC$ — медиана, проведенная из вершины, соответствующей прямому углу. Таким образом,

-AC = 2EC-=2. CD CD

Ответ: 2 : 1.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#125218

Внутри прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ отмечена точка $O,$ причём $OA = OB = b.$ Известно также, что $CD$ — высота треугольника $ABC,$ точка $E$ — середина отрезка $OC,$ $DE = a.$ Найдите $CE.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ и $N$ — проекции точек соответственно $O$ и $E$ на гипотенузу $AB.$ Заметим, что $M$ — середина $AB.$ Поскольку $EN ∥ OM ∥CD$ и $E$ — середина $OC,$ то $EN$ — средняя линия трапеции $COMD,$ поэтому $N$ — середина отрезка $MD.$ Высота $EN$ в треугольнике $DEM$ является его медианой, поэтому треугольник $DEM$ — равнобедренный. Следовательно,

EM =ED = a

На продолжении отрезка $CM$ за точку $M$ отложим отрезок $MF,$ равный $CM.$ Тогда $ACBF$ — прямоугольник, $EM$ — средняя линия треугольника $COF.$

OF =2 ⋅EM = 2a

Таким образом, нам известны расстояния от точки $O$ до трёх вершин прямоугольника $ACBF.$

$PIC$

Опустим из точки $O$ перпендикуляры на стороны $AF,FB,BC$ и $CA$ — равные $x,y,z$ и $w$ соответственно.

Тогда по теореме Пифагора:

OA2 =x2+ w2

OB2 = y2 +z2

OF 2 = x2 +y2

OC2 =z2+ w2

Откуда получаем

2 2 2 2 OC + OF = OA + OB

Тогда,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 OC = OA +OB − OF = b + b− 4a = 2b − 4a

Следовательно,

CE = 1OC = 1∘2b2-− 4a2 2 2

Ответ:

$1 √2b2-− 4a2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126319

Медиана треугольника образует с его сторонами, выходящими из той же вершины, углы $40∘$ и $70∘.$ Докажите, что эта медиана равна половине одной из них.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В условии просят доказать, что медиана вдвое меньше стороны треугольника. Было бы здорово перейти к доказательству равенства отрезков. Какое построение позволяет это сделать?

Подсказка 2.

Это удвоение медианы! Теперь нам нужно доказать, что получился равнобедренный треугольник. Что в условии может помочь это сделать?

Подсказка 3.

В условии нам даны углы, а для равнобедренности нужно доказать, например, что углы при основании треугольника равны.

Подсказка 4.

Благодаря параллельности мы можем перекинуть угол в 40°, теперь, когда нам известны 2 угла в треугольнике, найти третий не составляет труда.

Показать доказательство

Удвоим медиану и получим точку $B . 1$ Четырёхугольник $ABCB 1$ — параллелограмм. В треугольнике $ABB 1$

∘ ∘ ∠ABB1 = 70, ∠BB1A =∠CBB1 = 40 ,

следовательно, по сумме углов треугольника, $∠BAB1 = 70,$ т.е. треугольник равнобедренный, откуда $BB1 = AB1.$ Осталось заметить, что медиана равна половине $BB1.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#126322

Даны угол и точка $M$ внутри него. Как с помощью циркуля и линейки провести через нее прямую так, чтобы отрезок этой прямой, заключенный внутри угла, делился точкой $M$ пополам?

Показать ответ и решение

Обозначим вершину угла через $A.$ Отразим $A$ относительно $M,$ получим точку $B.$ Проведём через $B$ прямые параллельно сторонам угла. Пусть они пересекают стороны угла в точках $C$ и $D.$ Заметим, что $ACBD$ — параллелограмм, в котором $M$ — точка пересечения диагоналей. Стало быть, прямая $CD$ — искомая.

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127235

На продолжении медианы $AM$ треугольника $ABC$ за точку $M$ отложен отрезок $MD,$ равный $AM.$ Докажите, что четырёхугольник $ABDC$ — параллелограмм.

Показать доказательство

Раз $BM = MC,$ $AM = MD,$ следовательно, в четырехугольнике $ABDC$ диагонали точкой пересечения делятся пополам, это признак параллелограмма.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#127236

Докажите, что медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 :1,$ считая от вершины.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть нам дан треугольник $ABC,$ $BL$ и $AK$ — медианы. Продлим $BL$ за точку $L$ на ту же длину, получим $LD = BL.$ Продлим $AK$ за точку $K$ на ту же длину, получим $KE =AK.$ $ABCD$ и $ABEC$ — параллелограммы, следовательно, $AB ∥DC, AB ∥CE,$ тогда $DC$ и $CE$ лежат на одной прямой. Заметим, что треугольник $ABC$ равен треугольнику $CDA.$ Проведем в треугольнике $CDA$ медиану $CN.$ Из равенства треугольников $ABC$ и $CDA$ $AN = KC,$ кроме того, $BC ∥ AD,$ следовательно, $AKCN$ — параллелограмм. Пусть $M$ — точка пересечения $AK$ и $BL,$ $G$ — точка пересечения $DL$ и $CN.$ Тогда из равенства треугольников $ABC$ и $CDA$ $ML = LG.$ Теперь достаточно доказать, что $BM =MG.$

Рассмотрим треугольник $BEC,$ он равен треугольнику $ABC.$ Проведем медиану $CT.$ Пусть $CT$ пересекается с $EK$ в точке $P.$ Из равенства треугольников $ABC$ и $BEC$ $MK = KP.$ Тогда $BMCP$ — параллелограмм (диагонали точкой пересечения делятся пополам). Следовательно, $BM =CP.$ Докажем, что $CMP G$ — параллелограмм (тогда $MG =P C = BM ).$ Ранее доказывали, что $AKCN$ — параллелограмм, следовательно, $MP ∥GC.$ $BE = AC,$ $BL$ и $CT$ — медианы, следовательно, $BT =LC,$ к тому же, $BT ∥LC,$ следовательно, $BT LC$ — параллелограмм. Тогда $MG ∥PC$ и $CMP G$ — параллелограмм. Для остальных медиан — аналогично.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Проведем в треугольнике $ABC$ 3 медианы: $AE,$ $BF,$ $CD,$ пусть они пересекутся в точке $O.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $FBC$ и прямой $EA :$

FO- BE- CA- OB ⋅EC ⋅AF = 1

F O 1 2 OB-⋅1 ⋅1 = 1

Тогда $OB =2⋅FO,$ иначе говоря, $BO :OF = 2:1.$ С другими медианами аналогично.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79121

Дан треугольник $ABC,$ в котором $BC < AC.$ Точка $M$ — середина стороны $AB.$ Точка $K$ симметрична точке $B$ относительно прямой $CM.$ На отрезке $CM$ нашлась такая точка $E,$ что $BC = AE.$ Докажите, что $CE = AK.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В силу симметрии, BC = CK, так что, если задача верна, то у нас получится параллелограмм AECK, поэтому достаточно доказать, что AE || CK.

Подсказка 2.

Углы ∠KCE и ∠BCE равны в силу симметрии, а ∠BCE — угол между стороной и медианой. Что можно сделать, чтобы получить углы, равные ему?

Подсказка 3.

Конечно, удвоить медиану, пусть до точки D. Тогда мы можем перекинуть интересующий нас угол: ∠BCE = ∠EDA. Теперь осталось найти ещё одно равенство углов.

Подсказка 4.

AE = BC = AD, поэтому треугольник ADE равнобедренный. Это позволяет перекинуть ∠EDA дальше и завершить решение.

Показать доказательство

В силу симметрии $BC = CK.$ Удвоим медиану до точки $D,$ тогда $CM =MD.$ Треугольники $BCM$ и $MDA$ равны, следовательно,

CK = BC =AD = EA,

а значит,

∠KCE =∠ECB =∠EDA = ∠DEA.

Таким образом, отрезки $AE$ и $CK$ равны и параллельны, т.е. $CKAE$ — параллелограмм, и $CE = AK.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79794

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ равна диагонали $BD$ . Точка $M$ — середина диагонали $AC.$ Прямая $BM$ пересекает отрезок $CD$ в точке $E.$ Докажите, что $BE = CE.$

Показать доказательство

Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABCF.$

$PIC$

Его диагональ $BF$ проходит через точку $M,$ а, значит, и через точку $E.$ Так как $CF =AB = BD,$ и прямая $CF$ будучи параллельной прямой $AB,$ не параллельна прямой $BD,BCF D$ — равнобедренная трапеция. Ее диагонали $BF$ и $CD$ образуют равные углы с основанием $BC.$ Следовательно, треугольник $BEC$ — равнобедренный с основанием $BC,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79795

На сторонах $AB$ и $BC$ построены вне его квадраты $ABDE$ и $BCKF.$ Доказать, что отрезок $DF$ в $2$ раза больше медианы $BP$ треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Продлим медиану на отрезок $PX,$ равный $BP.$

$PIC$

Докажем, что треугольник $ABX$ равен $DBF,$ потому что тогда $DF =BX =2BP.$ Понятно, что $AX = BC =BF$ и $AB = DB.$ Так как $ABCX$ параллелограмм, то $∠XBC = ∠BXA.$ Значит

∠XAB =180∘− ∠AXB − ∠ABX

При этом

∠DBF = 360∘− 90∘− 90∘− ∠ABC =

∘ ∘ = 180 − ∠XBC − ∠ABX =180 − ∠AXB − ∠ABX

Получаем, что треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#82775

В треугольнике $ABC$ провели медиану $BM.$ Оказалось, что сумма углов $A$ и $C$ равна углу $ABM.$ Найдите отношение $BC :BM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче проведена медиана. Тогда какое дополнительное построение можно сразу сделать?

Подсказка 2

Верно, можно удвоить медиану на MD, и получится параллелограмм. Теперь давайте попробуем понять, зачем нам дали равенство про углы. Куда, например, можно перекинуть угол C на картинке, чтобы как-то связать его с углом A?

Подсказка 3

Да, так как получился параллелограмм, то угол C равен накрест лежащему углу. Но тогда что можно сказать про углы ABD и BAD?

Подсказка 4

Верно, они равны из условия, получается та самая сумма углов, и она равна ABM. Значит, ABD равнобедренный треугольник. Найти же нам надо отношение BC и BM. Осталось понять, как связаны BD и AD с ними, и победа!

Показать ответ и решение

Удвоим медиану $BM$ за точку $M$ до точки $D,$ тогда $ABCD$ будет параллелограммом, так как точка пересечения диагоналей $M$ делит их пополам. Значит, $∠ACB = ∠CAD,$ как накрест лежащие.

$PIC$

Следовательно,

∠BAD =∠BAC +∠CAD =∠BAC +∠ACB =∠ABM

Получаем, что треугольник $ADB$ равнобедренный. Значит,

AD :BD =1 =⇒ BC :2BM = 1 =⇒ BC :BM =2

Ответ: 2 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#85077

Точка $M$ — середина стороны $CD$ параллелограмма $ABCD$ . Точка $K$ делит его сторону $BC$ на отрезки с длинами $a$ и $b$ так, что угол $∘ AMK = 90$ . Найдите $AK$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем удвоить KM. Тогда получим точку K'. Какой особенный треугольник появился на картинке?

Подсказка 2

Верно! Теперь у нас есть равнобедренный треугольник KAK'. Значит, достаточно найти AK'. А как это сделать?

Подсказка 3

Из свойств трапеции AD = a + b. А как найти DK'?

Показать ответ и решение

Удвоим $KM,$ получим точку $K ′.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $KAK ′.$ В нем $AM$ — высота и медиана одновременно, а значит, по признаку этот треугольник равнобедренный. Тогда $AK = AK ′$ по определению.

Треугольники $MKC$ и $MK ′D$ равны по двум сторонам и углу между ними, так как $CM =MD$ по условию, $KM = MK ′$ по построению, $∠KMC = ∠DMK ′$ как вертикальные. Тогда $KC = K′D =b$ как соответственные.

$BC =AD = a+ b$ как противоположные стороны параллелограмма.

$AK =AK ′ = AD +DK ′ = a+ 2b.$

Ответ:

$a+ 2b$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86462

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $AF.$ Точка $D$ — середина отрезка $AF,$ точка $E$ — пересечение прямой $CD$ и стороны $AB.$ Известно, что $BD = BF = CF.$ Докажите, что $AE =DE.$

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $D1$ — точка, симметричная точке $D$ относительно $F.$ Тогда $F D =FD1$ и $CDBD1$ — параллелограмм (так как диагонали четырехугольника $BDCD1$ делят друг друга пополам).

$PIC$

В треугольнике $FDB$ стороны $BD$ и $BF$ равны, следовательно, $∠FDB = ∠BF D.$ Кроме того, $∠EDA =∠CDD1$ как вертикальные, $∠CDD1 =∠BD1D$ как накрест лежащие при параллельных прямых $CD$ и $D1B$ и секущей $DD1.$

Треугольники $ABF$ и $D1BD$ равны по углу $(∠BFA = ∠D1DB )$ и прилежащим к нему сторонам $(FB = DB,$ $F A= DD1 ),$ следовательно, $∠FAB = ∠BD1D.$ Итого, получили следующую цепочку равенств углов

∠EDA = ∠CDD1 = ∠BD1D = ∠FAB

Тогда в треугольнике $AED$ углы при вершинах $A$ и $D$ равны и $AE =DE.$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Задачу можно решить без удвоения медианы, если обратить внимание на треугольники $△ ADB$ и $△ CF D.$

В этих треугольниках углы $∠ADB$ и $∠CFD$ равны как дополняющие равные по условию углы $∠FDB$ и $∠DF B$ до развернутого угла. Кроме того, $BD = CF$ и $AD = DF$ по условию.

Тогда треугольники $△ ADB$ и $△CF D$ равны по двум сторонам и углу между ними.

Отсюда лежащие напротив равных сторон углы $∠CDF$ и $∠DAB$ равны и с привлечением равных вертикальных углов $∠CDF$ и $∠ADE$ получаем равные углы в треугольнике $△ADE$ и требуемое равенство $AE = DE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#60912

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 $MC$ , 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 14#63596

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 15#71291

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 16#31339

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31341

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 18#31354

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 19#31385

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 20#70784

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.

Предыдущая подтема

Следующая подтема