Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .04 Спрямление

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#84395

В треугольнике $ABC$ провели биссектрису $CK,$ а в треугольнике $BCK$ — биссектрису $KL.$ Прямые $AC$ и $KL$ пересекаются в точке $M.$ Известно, что $∠BAC > ∠BCA.$ Докажите, что $AK + KC > AM.$

Показать доказательство

$PIC$

На продолжении $CK$ за точку $K$ возьмем точку $E$ так, что $KE = AK,$ т.е. $AK +KC = CE.$ Т.к. $KL$ — биссектриса $∠CKB$ и углы $AKC$ и $EKB$ вертикальные, то $∠AKM = ∠EKM$ и соответственно треугольники $AKM$ и $EKM$ равны по $1$ -му признаку. Значит, $AM =ME.$ Получаем

∠CME = 180∘− ∠MCE − ∠MEC =180∘− ∠ C-− (180∘− ∠A) =∠A − ∠C 2 2

Т.к. по условию $∠A − ∠ C2 > ∠C2,$ то $∠CME >∠MCE$ и значит $CE > ME,$ откуда $AK +KC >AM.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86087

Недалеко от прямой речки по одну сторону от неё расположены два домика $A$ и $B$ . Вася хочет дойти от $A$ до $B$ , набрав по пути воды из речки. Как нужно идти Васе, чтобы пройденный путь был кратчайшим?

Показать ответ и решение

Пусть $B ′$ — точка, симметричная $B$ , относительно берега речки. Рассмотрим $M$ — точку пересечения прямой $BB′$ с берегом. Докажем, что кратчайший маршрут будет ломаной $AMB$ .

$PIC$

Пусть есть точка $M ′$ на берегу, отличная от $M$ . В силу симметрии $BM =B ′M$ , $BM ′ = B′M′$ . Длина ломаной

AM ′B =AM ′ + M ′B = AM ′ +M ′B′

Применим неравенство треугольника для $′ ′ △AM B$ :

AM ′ + M ′B ′ ≥AB ′ = AM +MB ′ =AM +MB =AMB

Значит, $′ AM B ≥ AMB$ , то есть маршрут $AMB$ — кратчайший.

Ответ: алгоритм в решении

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86088

В трапеции $ABCD$

∘ ∘ AD ∥BC, ∠ABC = 125, ∠CDA = 70

Докажите, что $AD = BC +CD.$

Показать доказательство

Первое решение.

В силу параллельности $AD ||BC :$

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠ABC = 180 − 125 =55

Отложим от точки $A$ отрезок $AK = BC.$

$PIC$

Тогда $ABCK$ — параллелограмм (т. к. $AK ||BC,$ $AK = BC ),$ а $CK||AB.$

Значит, $∠CKD = ∠BAD = 55∘,$ как односторонние углы при секущей $AD.$

Найдем угол $∠KCD :$

∠KCD = 180∘ − ∠CKD − ∠CDK = 55∘

Получили, что $∘ ∠KCD =∠CKD = 55.$ Тогда $△KDC$ — равнобедренный, в котором $KD =CD.$

В итоге,

AD =AK + KD = BC + CD

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отложим на прямой $BC$ за точку $C$ отрезок $CP,$ равный $CD.$

Т.к. $AD ∥BC, ∠ABC = 125∘, ∠CDA = 70∘,$ можем получить

∘ ∘ ∠BAD = 55 ,∠DCP = 70

Треугольник $DCP$ равнобедренный, т.к. $CD = CP,$ поэтому

180∘− ∠DCP- ∘ ∠CDP = ∠CPD = 2 = 55

Получаем, что

∘ ∠ADP =∠CDA +∠CDP =125

Следовательно, $∠BAD + ∠CDA = 180∘,$ значит, $AB ∥DP.$ Но мы знаем, что $AD ∥ BC,$ поэтому $ABPD$ — параллелограмм. Значит,

AD =BP = BC + CP =BC + CD

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86090

На отрезке $AB$ выбраны точки $C$ и $D$ . На отрезках $AC$ и $BC$ построены в одну сторону правильные треугольники $ACQ$ и $BCP$ . Докажите, что $QD +DP ≥AB$ .

Показать доказательство

По условию $△AQC,△CP B$ — равносторонние треугольники. Тогда все их углы равны $60∘.$

Пусть точка $′ P$ — симметричная точке $P,$ относительно прямой $AB.$

$PIC$

В силу симметрии $△CP ′B = △CP B.$ Тогда $△CP ′B$ — тоже равносторонний треугольник, у которого все углы по $60∘.$

Заметим, что $∠ACQ = ∠BCP ′ = 60∘.$ Значит, точки $Q,C,P′$ лежат на одной прямой.

Из неравенства треугольника на строны $△QDP ′ :$

QP ′ ≤QD + DP′

В силу симметрии $DP′ = DP.$ Так как $△AQC, △CP ′B$ — равносторонние,

QC =AC, CP′ = BC

Тогда

AB = AC +CB = QC + CP′ = QP′

Объединим полученное выше:

′ ′ AB = QP ≤ QD +DP = QD +DP

Значит, действительно выполнено неравенство

QD +DP ≥ AB

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#98718

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 $A.$

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 6#100422

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

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97379

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 $BX + CY = XY.$

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 8#31352

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

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

$Y$ — точка пересечения $AC$ и $XD$ . Нетрудно заметить, что $AY$ - биссектриса в р/б $ΔXAD$ , 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 9#31355

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

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:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31364

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 11#97381

В треугольнике $ABC$ проведена высота $BH.$ Известно, что $∠BAC = 19∘$ и $∠BCA = 38∘.$ Докажите, что $AH =BC + CH.$

Показать доказательство

Отметим на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ такую точку $F,$ что $BC = CF.$ Тогда треугольник $BCF$ равнобедренный, откуда

1 ∘ ∠BFC = ∠FBC = 2∠ACB = 19 = ∠BAC

Следовательно, треугольник $ABF$ равнобедренный и $BH$ — его высота, а значит и медиана. Таким образом, $AH = FH = BC + CH.$

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31363

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD$ , в котором $∠A = 2∠B$ . На стороне $AB$ нашлась точка $E$ такая, что $∠BCE = ∠DCE = ∠AED$ . Докажите, что $AE +AD = BE$ .

Показать доказательство

Отметим на продолжении $EA$ за $A$ точку $K$ так, что $AD =AK$ .

$PIC$

Треугольник $ADK$ равнобедренный, поэтому

180∘ − (180∘ − ∠DAE ) ∠A ∠DKA = --------2--------= -2-= ∠B

Кроме того,

∠CED = ∠CEA − ∠DEA = ∠ECB + ∠CBE − ∠DEA = ∠CBE

Следовательно, треугольники $BEC$ , $EDC$ , $KDE$ подобны по двум угла. Пусть $BE =x$ , $CE = y$ , $BC = z$ . Тогда из подобий

DE = xy∕z, CD =y2∕z, EK = CE ⋅DE∕CD = x

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86021

На биссектрисе $AL$ треугольника $ABC$ выбрана точка $D.$ Известно, что $∠BAC = 2α,∠ADC =3α,∠ACB = 4α.$ Докажите, что $BC + CD = AB.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, РЭ, 8.8(см. matol.ru)

Показать доказательство

На продолжении отрезка $BC$ за точку $C$ выберем точку $E$ так, что $CD =CE.$

$PIC$

Тогда

∠ACD =180∘− ∠DAC − ∠ADC = 180∘− 4α= ∠ACE

Следовательно, треугольники $ACD$ и $ACE$ равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому $∠AEC = ∠ADC = 3α$ и $∠CAE =∠CAD =α.$ Заметим, что

∠BAE = ∠BAC +∠CAE =3α =∠AEB

Таким образом, треугольник $ABE$ равнобедренный и $AB = BE = BC+ CE = BC +CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#79112

Внутри треугольника $ABC$ расположена точка $P.$ На стороне $BC$ выбрана точка $H,$ не совпадающая с серединой стороны. Оказалось, что биссектриса угла $AHP$ перпендикулярна стороне $BC,∠HAC =∠HBP$ и $BP = AC.$ Докажите, что $BH = AH.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2017, дистанционный тур(см. matol.ru)

Показать доказательство

Отложим на продолжении отрезка $AH$ за точку $H$ отрезок $HQ = HP.$

$PIC$

Поскольку биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны, прямая $BC$ является биссектрисой угла $PHQ,$ смежного с углом $AHP$ и, значит, серединным перпендикуляром к $PQ.$ Поэтому $∠ABC = ∠HCP = ∠HCQ =∠BCQ,$ откуда получаем, что прямые $AB$ и $CQ$ параллельны. Заметим, что при этом прямые $AC$ и $BQ$ не параллельны, так как иначе точка $H$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABQC$ была бы, вопреки условию, серединой отрезка $BC.$ Так как, кроме того, $AC = BP = BQ,$ получается, что $ABQC$ — равнобедренная трапеция, и равенство $AH = BH$ — ее известное (и легко доказываемое) свойство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#74335

В треугольнике $ABC$ сторона $AB$ больше стороны $BC.$ На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ отметили точку $N$ так, что $2BN = AB +BC.$ Пусть $BS$ — биссектриса треугольника $ABC, M$ — середина стороны $AC,$ а $L$ — такая точка на отрезке $BS,$ что $ML ∥AB.$ Докажите, что $2LN =AC.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2015, ЗЭ, 2 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BN$ за $N$ и $BL$ за $L$ на отрезки $NN ′ = BN$ и $LL′ =BL$ соответственно. Так как $M$ — середина $AC$ и $ML ∥AB,$ прямая $ML$ содержит среднюю линию $MK$ треугольника $ABC.$ Поскольку $L$ — середина $BL′,$ эта прямая содержит также среднюю линию $LK$ треугольника $BCL ′;$ итак, $CL′ ∥ LM ∥AB.$ Поэтому $∠CL′B = ∠L′BA = ∠L′BC,$ откуда $CL ′ =CB.$ Далее, $CN ′ = BN′− BC$ = $2BN − BC = BA$ и $∠N′CL′ = ∠CBA.$ Значит, треугольники $N′CL′$ и $ABC$ равны, и потому $AC = N′L′ = 2LN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#78112

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C.$ Пусть $BK$ — биссектриса этого треугольника. Окружность, описанная около треугольника $AKB,$ пересекает вторично сторону $BC$ в точке $L.$ Докажите, что $CB + CL= AB.$

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Решение 1.

$PIC$

Отложим на продолжении $BC$ за точку $C$ отрезок $CN =LC.$ Тогда $CB +CL = NB,$ и нам надо доказать, что $AB = NB.$

Так как четырёхугольник $ABLK$ вписан, имеем

∠CKB =180∘− ∠AKB = 180∘ − ∠ALB = ∠ALC

С другой стороны, прямоугольные треугольники $ACL$ и $ACN$ равны по двум катетам, так что $∠ANC = ∠ALC = ∠CKB = 90∘− ∠B∕2.$ Тогда из треугольника $ABN$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAN = 180 − ∠B − ∠ANB = 180 − ∠B − (90 − ∠B∕2)=90 − ∠B∕2= ∠ANB

Из полученного равенства $∠ANB = ∠BAN$ и следует, что $AB = NB.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

$PIC$

Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KH$ на гипотенузу $AB.$ Прямоугольные треугольники $KCB$ и $KHB$ равны по гипотенузе и острому углу ( $∠KBC = ∠KBH ).$ Значит, $CB = HB$ и $KC =KH.$ Далее, в окружности, описанной около $AKLB,$ на хорды $AK$ и $KL$ опираются равные углы, поэтому $AK = KL.$ Значит, прямоугольные треугольники $KHA$ и $KCL$ равны по катету и гипотенузе, откуда $HA = CL.$ Итак, $CB + CL= HB + HA = AB,$ что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#100424

Точка $D$ на стороне $AC$ треугольника $ABC$ такова, что $AC =BD$ и $∠A :∠C :∠CBD = 3:4:2.$ Найдите углы треугольника $ABC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠A = 3α,$ тогда $∠C = 4α,∠CBD = 2α.$ Отложим на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отрезок $CE =AD.$ Тогда треугольник $BDE$ — равнобедренный. Так как $∠ADB = ∠DBC + ∠DCB =6α,$ то $∠DBE = ∠DEB = 3α.$ Значит, треугольник $ABE$ — равнобедренный и треугольники $ABD$ и $EBC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,

180∘ = ∠ECB + ∠DCB = ∠ADB + ∠DCB = 10α

откуда находятся углы $A$ и $C.$

Ответ:

$54∘,54∘,72∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#98720

Диагональ $AC$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ делится точкой пересечения диагоналей пополам. Известно, что $∠ADB =2∠CBD.$ На диагонали $BD$ нашлась точка $K,$ для которой $CK = KD + AD.$ Докажите, что $∠BKC =2∠ABD.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD,$ тогда $AO = CO.$

На продолжении отрезка $KD$ за точку $D$ отложим отрезок $DE,$ равный $AD.$ Тогда $CK = KE.$

$PIC$

Пусть $∠CBD = α.$ Тогда по условию $∠ADB = 2α.$ Так как $∠ADB$ — внешний угол равнобедренного треугольника $ADE,$ то $∠AEB =∠AED =α = ∠CBE.$ Следовательно, $AE ∥BC.$ Тогда $∠EAC =∠BCA.$ Таким образом, треугольники $AOE$ и $COB$ равны по второму признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, $AE = BC.$ Тогда $ABCE$ — параллелограмм. Значит, $∠CEB =∠ABD$ как накрест лежащие.