Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .05 Проведение параллельных прямых

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#78076

В прямоугольном треугольнике $ABC$ угол $B$ прямой. На катете $AB$ выбрана точка $M$ так, что $AM = BC,$ а на катете $BC$ выбрана точка $N$ так, что $CN = MB.$ Найдите острый угол между прямыми $AN$ и $CM.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим треугольник $ABC$ до прямоугольника $ABCD$ и выберем на его стороне $CD$ точку $P$ так, что $AP$ параллельно $CM.$ Тогда $PC = AD,DP = CN,$ и прямоугольные треугольники $ADP$ и $CPN$ равны, причём $∠DAP =∠CP N.$ Поэтому $∠AP D+ ∠CP N =90∘$ и $∠APN = 90∘,$ то есть $AP N$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Значит, $∠P AN =45∘$ и, в силу параллельности прямых $AP$ и $CM,$ острый угол между прямыми $AN$ и $CM$ тоже составляет $45$ градусов.

Ответ:

$45∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79328

На медиане $AM$ треугольника $ABC$ нашлась такая точка $K,$ что $AK = BM.$ Кроме того, $∠AMC = 60∘.$ Докажите, что $AC = BK.$

Показать доказательство

Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $AM.$ Отметим на ней точку $K 1$ так, что $CK = AK. 1$ Заметим, что $ACK K 1$ — параллелограмм. Значит, достаточно доказать, что $KK1 = BK.$

$PIC$

Углы $K1CM$ и $CMA$ равны (по $60∘$ ) как противолежащие. Значит, треугольник $CK1M$ равносторонний. Таким образом, $K1M =CM =MB.$ Также нетрудно видеть, что $∠K1MK = ∠BMK = 120∘.$ Значит, треугольники $K1MK$ и $BMK$ равны по первому признаку ( $MK$ — общая сторона). Отсюда вытекает равенство $KK1$ и $BK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79797

В трапеции $ABCD$ , где $AD ∥ BC,$ угол $B$ равен сумме углов $A$ и $D.$ На продолжении отрезка $CD$ за вершину $D$ отложен отрезок $DK =BC.$ Докажите, что $AK =BK.$

Показать доказательство

$PIC$

Отложим на луче $DA$ отрезок $DE = BC.$ Тогда четырёхугольник $DCBE$ — параллелограмм, поэтому $∠CBE =∠CDE$ . Используя условие, получаем

∠ABE = ∠ABC − ∠CBE = ∠ABC − ∠CDE = ∠BAE

значит, треугольник $ABE$ — равнобедренный, $AE = BE.$ Далее, поскольку $ED = BC = KD,$ получаем

∠KED = ∠EKD = ∠CDE ∕2

Так как $∠AEB = ∠CDE,$ прямая $KE$ является биссектрисой угла $AEB$ и, тем самым, серединным перпендикуляром к основанию $AB$ равнобедренного треугольника $AEB.$ Поэтому точка K равноудалена от концов отрезка $AB,$ что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#81390

Точка, расположенная на основании трапеции, соединена с вершинами другого основания. Построенные отрезки делят трапецию на три треугольника равного периметра. Докажите, что данная точка — середина основания.

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ — трапеция с основанием $AD,$ на котором выбрали точку $E.$ Тогда достаточно доказать, что $ABCE$ и $BCDE$ — параллелограммы. Достроим треугольник $ABE$ до параллелограмма $ABC1E.$

$PIC$

Тогда периметры треугольников $BC1E$ и $ABE$ равны, поэтому равны периметры треугольников $BC1E$ и $BCE.$ Следовательно, $C1 =C,$ так как иначе один из треугольников $BC1E$ и $BCE$ лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны. Поэтому $ABCE$ — параллелограмм. Аналогично доказывается, что $BCDE$ — параллелограмм. Тогда $E$ и будет серединой основания и к тому же $BC = AD ∕2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97386

Дан равносторонний треугольник $ABC.$ На сторонах $AB,$ $AC$ и $BC$ выбраны точки $X,$ $Y$ и $Z$ соответственно так, что $BZ = 2AY$ и $∘ ∠XY Z = 90.$ Докажите, что $AX + CZ =XZ.$

Показать доказательство

Через точку $Z$ параллельно стороне $AB$ проведём прямую до пересечения со стороной $AC$ в точке $P.$ Тогда треугольник $CP Z$ — также равносторонний, поэтому $ZP =CZ = CP$ и $AP = BZ = 2AY,$ то есть $Y$ — середина отрезка $AP.$ Продолжим катет $ZY$ до пересечения с прямой $AB$ в точке $K.$ Тогда треугольники $AKY$ и $PZY$ равны по стороне и двум углам $∘ (∠KAY =∠ZP Y =120 ),$ поэтому $AK = ZP =CZ,$ а $Y$ середина отрезка $KZ.$ Треугольник $KXZ$ — равнобедренный, так как его высота $XY$ является медианой. Следовательно,

XZ =KX =AX +AK = AX + ZP =AX + CZ

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100113

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

Показать доказательство

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

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

$PIC$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 $MP :AQ.$

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 8#71297

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

Показать доказательство

$PIC$

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#74609

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 $BK = BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#75198

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 $∠BHF =2∠HF E.$

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 11#102747

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?

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:

$2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#31460

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

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 14#31461

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

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:

$a+ b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31464

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

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 16#58323

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)

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:

$90∘,60∘,30∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#38646

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

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 18#96521

Точка $A$ лежит внутри острого угла. Через эту точку проведена прямая, отсекающая от угла треугольник наименьшей площади. Выясните: в каком отношении точка $A$ делит отрезок этой прямой, заключённый внутри угла?

Показать ответ и решение

Пусть $∠BOC$ — заданный острый угол, $A$ — заданная точка внутри него. Проведем $AD ∥CO,AE ∥ BO$ . Через т. $A$ проведем $BC ∥ DE$ .

$PIC$

Bсе треугольники $ODE, DBA, AED$ и $EAC$ равны, откуда $AB = AC$ .

Покажем, что $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади. Для этого проведем другую произвольную прямую $KM$ (точки $K$ и $M$ лежат на сторонах заданного угла). Построим также $CN ∥BK$ .

Треугольники $ABK$ и $ACN$ равны по стороне и двум углам. Следовательно, площадь $△ACN$ меньше, чем площадь $△ACM$ , откуда получается, что площадь $△OBC$ меньше, чем площадь $△OKM$ , что и требовалось.

Таким образом, $BC$ отсекает треугольник наименьшей площади, и, как показано выше, она делится точкой $A$ пополам.

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#49010

Точка $M$ — середина стороны $AD$ параллелограмма $ABCD.$ Прямая $CM$ наклонена к основанию $AD$ под углом $30∘$ . Вершина $B$ равноудалена от прямой $CM$ и вершины $A$ . Найти углы параллелограмма. Найти площадь параллелограмма, если длина основания $AD$ равна $2.$

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Пусть $BH =x.$ Тогда

По условию BH = AB = CD = x;

∠CMD =∠BCH = 30∘ ⇒ в △HBC BC = 2⋅BH = 2x;

BC =AD =2x⇒ AM = MD = x;

Тогда в $△MDC$

∘ ∘ MD =DC = x; ∠CMD = 30 ⇒ ∠MCD =30

Следовательно, $∠BCD = 60∘, ∠CDA = 120∘$

Теперь легко посчитать площадь параллелограмма:

∠BCD = 60∘;CD =1;BC = 2⇒

SABCD =sin(60∘)⋅1⋅2= √3

Второе решение.

$PIC$

Опустим перпендикуляр $BH$ на $CM$ , отметим середину $N$ отрезка $BC$ и обозначим $E$ — точку пересечения $BH$ и $AN$ . Тогда $AB = BH = 2BE$ , так как $AN ∥CM$ и $N$ — середина $BC$ . Тогда треугольник $ABE$ прямоугольный и $AB = 2BE$ . Значит $∠ABE =60∘$ и $∠NAB = 30∘$ . Так же $∠NAM =∠MCD = 30∘$ из параллельности и поэтому $AN$ биссектриса угла $BAM.$ Четырехугольник $ABNM$ является параллелограммом и при этом $AN$ биссектриса угла $BAM$ . Значит $ABNM$ ромб и $BM ⊥ AN$ , но $BH ⊥ AN$ . Значит, $M = H.$

$PIC$

Тогда $AB = AM$ и $∠ABM = 60∘$ . Значит, треугольник $ABM$ равносторонний со стороной $AM = AD2-=1$ . Тогда $SAMB = √34$ , $SABNM = √3 2$ и $SABCD =√3.$

Ответ:

$60∘$

$∘ 120$

$√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#74340

Дан выпуклый четырёхугольник $ABSC.$ На диагонали $BC$ выбрана точка $P$ так, что $AP =CP > BP.$ Точка $Q$ симметрична точке $P$ относительно середины диагонали $BC,$ а точка $R$ симметрична точке $Q$ относительно прямой $AC.$ Оказалось, что $∠SAB = ∠QAC$ и $∠SBC = ∠BAC.$ Докажите, что $SA =SR.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, ЗЭ, 4 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Отметим на отрезке $AC$ такую точку $L,$ что $QL ∥AP.$

$PIC$

Тогда треугольники $AP C$ и $LQC$ подобны и $LQ= QC = BP.$ Кроме того, $BQ =P C = AP$ и $∠APB = ∠LQB,$ поэтому треугольники $ABP$ и $BLQ$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $BA = BL.$ Далее, $∠ALR = ∠ALQ$ = $∘ 180 − ∠CLQ$ = $∘ 180 − ∠ACB$ = $∠CAB + ∠ABC$ = $∠ABC + ∠SBC$ = $∠ABS$ и $∠BAS = ∠QAC = ∠LAR,$ поэтому треугольники $ABS$ и $ALR$ подобны по двум углам, откуда $AB ∕AL$ = $AS ∕AR.$ Значит, треугольники $ABL$ и $ASR$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними ( $∠SAR = ∠BAC$ , поскольку $∠SAB = ∠QAC = ∠RAL$ ), но так как $AB =BL,$ то $AS = SR.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема