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 1#68863Максимум баллов за задание: 7

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#103658Максимум баллов за задание: 7

Выразите сторону четырёхугольника, обозначенную буквой $x$ на рисунке, через его стороны $a$ и $b$ .

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Продлим AD и BC до пересечения в точке O. Какие углы треугольника AOB можно выразить?

Подсказка 2

Верно! Угол ∠OAB равен 60° из смежных углов, а из прямоугольного треугольника DOC легко получить, что ∠AOB равен 60°. А что тогда можно сказать о треугольнике AOB?

Подсказка 3

Точно! Он является правильным. Тогда AO = OB = AB = b. Можно ли тогда теперь связать стороны треугольника DOC?

Подсказка 4

DOC — прямоугольный треугольник с углом в 30°, поэтому OC = 2OD. А как выражаются OC и OD через a, b и BC?

Показать ответ и решение

Продлим прямые $AD$ и $BC$ до пересечения друг с другом. Пусть они пересекаются в точке $O.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $OAB.$ $∘ ∘ ∠OAB = 180 − ∠DAB = 60$ по свойству смежных углов. $∘ ∘ ∠AOB = 90 − ∠DCO =60 ,$ так как сумма острых углов прямоугольного треугольника $DOC$ равна $∘ 90.$ Получается, в треугольнике $AOB$ два угла равны $∘ 60 ,$ а, значит, третий его угол так же равен $∘ 60,$ то есть треугольник правильный. Отсюда $OA = OB =AB = b.$

Заметим, что $CDO$ — прямоугольный треугольник с углом $∘ 30.$ Отсюда

OC =2OD = 2(OA+ OD )= 2(b+ a)

Тогда $BC = OC − OB =2b+ 2a− b=2a+ b.$

Ответ:

$2a+ b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#120567Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр окружности, вписанной в неравнобедренный треугольник $ABC.$ Луч $AI$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $D.$ Окружность, проходящая через точки $C,D$ и $I,$ вторично пересекает луч $BI$ в точке $K.$ Докажите, что $BK =CK.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что BK=CK, но это значит, что точка K должна лежать на серединном перпендикуляре к BC. А какая прямая является этим перпендикуляром? Попробуйте найти её на чертеже!

Подсказка 2

Верно, прямая DO является серединным перпендикуляром к BC. Пусть DO пересекает BI в точке L. Но, если K так же принажлежит DO, то что можно сказать про точки K и L?

Подсказка 3

Да, они должны совпадать! Это верно, если точка L лежит на окружности, описанной около CDI. Попробуйте это доказать, используя равенство каких-то всписанных уголков!

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим $∠ABC = β.$

$PIC$

Так как $AI$ — биссектриса угла $BAC,$ то точка $D$ — середина дуги $BC$ окружности, описанной около $ABC.$ Отсюда прямая $DO$ — это серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Пусть $DO ∩ BI = L,$ тогда $BL =LC,$ то есть треугольник $BLC$ равнобедренный и

1 β ∠LCB = ∠LBC = 2∠ABC = 2

Отсюда

∠ILC = ∠BLC = 180∘− ∠LCB − ∠LBC =180∘− β

С другой стороны,

∠CDI =∠CDA = ∠CBA = β = 180∘− ∠ILC

Таким образом, четырёхугольник $CDIL$ вписанный, то есть точка $L$ лежит на пересечении прямой $BI$ и окружности, описанной около $CDI,$ откуда точки $K$ и $L$ совпадают, то есть $BK = BL= CL = CK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#120839Максимум баллов за задание: 7

Углы при большем основании трапеции равны $30∘$ и $60∘,$ а меньшая боковая сторона равна $5.$ Найдите разность оснований.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти на рисунке отрезок, равный разности оснований.

Подсказка 2:

Чтобы это сделать, нужно на большем основании с одного из концов отметить отрезок, равный меньшему основанию. Тогда оставшаяся часть будет разностью. Как это сделать?

Подсказка 3:

Можно сделать параллельный перенос отрезка BC на прямую AD так, чтобы точка B перешла в точку A. На какой вектор надо перенести, чтобы так получилось?

Показать ответ и решение

Пусть $AD$ и $BC$ — основания трапеции $ABCD,$ причем

∘ ∘ ∠BAD = 60 ,∠ADC = 30,AB = 5

Через вершину $C$ проведем прямую, параллельную боковой стороне $AB.$ Пусть эта прямая пересекает основание $AD$ в точке $K.$

$PIC$

Тогда $ABCK$ — параллелограмм. Поэтому получаем следующие равенства отрезков:

CK = AB = 5,DK =AD − AK = AD − BC

Из равенства соответственных углов $∠BAD = ∠CKD = 60∘$ получаем:

∘ ∘ ∘ ∘ ∠KCD = 180 − 60 − 30 = 90

В прямоугольном треугольнике $KCD$ катет $KC$ лежит против угла в $30∘,$ следовательно,

AD − BC =KD =2CK = 2⋅5= 10

Ответ:

$10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#125043Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = BC$ ) проведена биссектриса $CD.$ На основании $AC$ отмечена точка $F$ так, что $BD = CF.$ Точка $E$ выбрана таким образом, что четырёхугольник $CDEF$ —– параллелограмм. Докажите, что $BE = BF.$

Источники: Всеросс, 2025, РЭ, 9.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

У вас должно возникнуть желание продлить ED до пересечения с AC в точке X. Почему? Во-первых, эта прямая будет отсекать равнобдренный треугольник от ABC. Во-вторых, имеется биссектриса DC и можно будет удачно перекинуть углы. Поработайте с этой картинкой.

Подсказка 2:

Скорее всего, у вас возникает желание доказать через счёт углов, что треугольник EBF равнобедренный. Попробуйте пойти другим путём. Найдите какую-нибудь пару равных треугольников, в которых отрезки BE и BF являются соответствующими сторонами.

Подсказка 3:

Обратите внимание на треугольники BXE и FCB.

Показать доказательство

Первое решение. Продолжим отрезок $DE$ до пересечения со стороной $BC$ в точке $X.$ Поскольку $DX ∥AC,$ треугольник $BDX$ равнобедренный. Кроме того,

∠CDX = ∠DCA = ∠DCB,

поэтому треугольник $CDX$ также равнобедренный, и $CX = DX.$ Из параллелограмма $CDEF$ получаем

DE = CF =BD =BX

Тогда

XE = XD + DE = CX +XB =BC

Поскольку $∠BXD =∠BCF,$ получаем, что треугольники $BXE$ и $FCB$ равны по двум сторонам и углу между ними, откуда и следует, что $BE = BF.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть описанная окружность треугольника $CBD$ пересекает вторично прямую $AC$ в точке $F′.$ Тогда

′ ∠F DA = ∠ACB = ∠CAB = ∠ADE;

также, поскольку $CD$ —– (внутренняя или внешняя) биссектриса угла $F ′CB,$ имеем

F′D= BD = CF = DE

Поэтому треугольники $ADE$ и $ADF′$ равны. Отсюда следует, что

∠BDF ′ = 180∘ − ∠ADF ′ = 180∘− ∠ADE = ∠BDE,

а тогда и треугольники $BDF ′$ и $BDE$ также равны. Значит, $BF ′ = BE.$ Кроме того, из полученного равенства углов $F ′DA$ и $F′AD$ следует, что

F ′A = F′D = DE = CF.

Тогда треугольники $BCF$ и $BAF′$ также равны, и $BF = BF′ = BE,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#125218Максимум баллов за задание: 7

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 $CE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Начнём подсказки с важной леммы. Пусть в прямоугольнике есть точка O, и известны расстояния от неё до трёх вершин прямоугольника. Тогда можно вычислить расстояние до четвёртой. Это делается с помощью нескольких теорем Пифагора, обоснуйте этот факт.

Подсказка 2:

Наверное, вы задались вопросом, зачем нужна эта лемма и как её применить в задаче, ведь здесь даже нет прямоугольника? Его нет, а вот прямоугольный треугольник — есть. Если удвоить медиану, проведённую к гипотенузе, то получится прямоугольник.

Подсказка 3:

Будем искать длину CO. Расстояния от O до B и A известны, осталось вычислить расстояние от O до F.

Подсказка 4:

Обратите внимание, EM — средняя линия в треугольнике OCF. Значит, всё свелось к нахождению длины EM.

Подсказка 5:

Обратите внимание на треугольник DEM. Что про него можно сказать?

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 $COF$ (этот треугольник не может быть вырожденным, так как в противном случае из-за $OA = OB$ точка $O$ совпадёт с точкой $M,$ что противоречит условию).

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:

$1 √2b2-− 4a2 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#125617Максимум баллов за задание: 7

Пусть $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC.$ На продолжении стороны $AB$ за точку $B$ нашлась такая точка $D,$ что $∘ ∠ADM =∠ACM = 30.$ Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ACD.$ Найдите угол $OBC.$

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 9.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Чтобы решить задачу, нужно что-то понять про BO. Например, было бы неплохо найти какую-нибудь вспомогательную конструкцию, которая даст больше информации про BO.

Подсказка 2:

Можно попробовать угадать такую конструкцию. Что если рассмотреть такую точку P, что треугольник BPC — равносторонний, и точки A и B лежат по разные стороны от BC?

Подсказка 3:

Обратите внимание на четырёхугольники BDPM и ADPC. Они вписанные, не так ли? Отсюда уже нетрудно получить ответ.

Показать ответ и решение

Отметим точку $P$ так, что треугольник $BCP$ — равносторонний, а точки $A$ и $P$ лежат по разные стороны от прямой $BC.$

$PIC$

Тогда

30∘ = ∠BP M = ∠BDM,

то есть четырёхугольник $BMP D$ — вписанный; значит, поскольку $∘ ∠BMP =90 ,$ то и $∘ ∠BDP = 90 .$ Но, так как

∘ ∠PCA = ∠PCB +∠BCA =90 ,

четырёхугольник $ADP C$ также вписан в окружность (с диаметром $AP$ ), и точка $O$ из условия — центр этой окружности. В частности, $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $CP,$ совпадающем с биссектрисой угла $PBC.$ Отсюда и вытекает, что $∠CBO =30∘.$

Ответ:

$30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126312Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике с основанием $AC$ и углом $ABC =20∘$ при вершине $B,$ на стороне $AB$ отмечена точка $H$ такая, что угол $∘ AHC = 30 .$ Доказать $AC = BH.$

Источники: Всесиб - 2025, 10.3 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А давайте попробуем просто всё посчитать. :)

Подсказка 2

Начнём с углов. Особенно интересны нам ∠BAC, ∠BHC и ∠BCH.

Подсказка 3

Попробуйте применить теорему синусов к треугольнику ABC.

Подсказка 4

А если вновь применить теорему синусов, но уже к треугольнику HBC?

Показать доказательство

Первое решение

Построим серединный перпендикуляр к отрезку $CH,$ обозначим за $M$ и $K$ точки его пересечения со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Треугольник $HMC$ — равнобедренный с углами $∘ ∠MHC =∠MCH = 10$ при основании $HC,$ поэтому отрезки $MH$ и $MC$ равны как его боковые стороны.

В треугольнике $MHB$

∠BHM =∠BHC − ∠MHC = 150∘− 10∘ = 140∘

Кроме того,

∘ ∠HBM =20 = ∠BMH

Следовательно, треугольник $MHB$ — равнобедренный с боковыми сторонами $BH$ и $HM.$ Получаем, что $BH = HM = MC.$ Теперь посмотрим на равнобедренный треугольник $CHK$ с $∠HCK = ∠CHK =30∘.$ Следовательно,

∠MCK = ∠MCH +∠MCK = 30∘+ 10∘ =40∘

Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∠KCA = ∠ACB − ∠MCK = 80 − 40 = 40

Тогда $CK$ — биссектриса угла $BCA.$

∠KMC = 1⋅∠CMH = 80∘ = ∠KAC 2

Треугольники $KMC$ и $KAC$ равны по общей стороне $KC$ и по 2 углам $∠KMC = ∠KAC,$ $∠KCA = ∠MCK.$ Тогда $MC =AC.$

Получаем, что

BH =HM = MC = AC

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

$PIC$

Повернём треугольник $ABC$ вокруг точки $B$ по часовой стрелке на $20∘,$ чтобы сторона $AC$ совместилась со стороной $AB.$ Образ точки $H$ при этом повороте обозначим за $F.$ Затем зеркально отразим треугольник $ABC$ относительно стороны $BC,$ образ точки $H$ при этом отражении обозначим за $G.$

∘ ∘ ∘ ∠F AC =∠F AB +∠BAC = 10 + 80 = 90

∠GCA =∠GCB +∠BCA = 10∘+ 80∘ =90∘

F A= CH = GC

Тогда четырехугольник $AFGC$ является прямоугольником и $FG = AC.$

В треугольнике $BFG$ по построению $BF =BH = BG,$ а также

∘ ∘ ∘ ∠F BG =∠F BA +∠ABG =∠ABC + ∠ABG = 20 + 40 = 60

Следовательно, треугольник $BF G$ — равнобедренный с углом $60∘$ при вершине, а значит, он является равносторонним. Тогда

AC = FG =F B = HB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

$PIC$

180∘−-20∘ ∘ ∠BAC = 2 = 80

∠BHC = 180∘− 30∘ =150∘

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BCH =180 − 20 − 150 =10

По теореме синусов для треугольника $ABC$

--AC-- = -BC--- sin(20∘) sin(80∘)

По теореме синусов для треугольника $HBC$

--BH∘-= --BC-∘- =--BC-∘ = sin(10 ) sin(150) sin(30 )

Тогда

AC = BC-⋅sin(20∘)= BH ⋅ sin(30∘)⋅sin(20∘) =BH ⋅----sin(20∘)---- =BH ⋅ sin(20∘)= BH sin(80∘) sin(10∘)⋅sin(80∘) 2 ⋅sin(10∘)⋅cos(10∘) sin(20∘)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126319Максимум баллов за задание: 7

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 10#126322Максимум баллов за задание: 7

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 11#126723Максимум баллов за задание: 7

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ABE$ и $CDE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $ω.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ADE$ и $BCE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $γ.$ Докажите, что центры окружностей $ω$ и $γ$ совпадают.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте введём следующие обозначения: O_{AB}, O_{BC}, O_{CD}, O_{AD} — центры окружностей (ABE), (BCE), (CDE), (ADE), a T₁, T₂ — точки касания одной из внешних касательных к окружностям, описанным около ABE и CDE. Обратите внимание на прямоугольную трапецию O_{AB}T₁T₂O_{CD}. В частности, на середину O_{AB}O_{CD}. Что можно про неё сказать?

Подсказка 2:

Если сделать симметрию относительно точки O, во что перейдет окружность ω? Какие выводы можно сделать?

Подсказка 3:

Точка O — центр ω. Аналогичные рассуждения можно проделать с серединой O_{AD}O_{BC}. Значит, мы хотим показать, что середины отрезков O_{AD}O_{BC} и O_{AB}O_{CD} совпадают. А что для этого достаточно доказать?

Подсказка 4:

Достаточно доказать, что четырехугольник O_{AB}O_{BC}O_{CD}O_{AD} — параллелограмм. Попробуйте для этого показать, что его противолежащие стороны параллельны.

Показать доказательство

Обозначим центры описанных окружностей треугольников $ABE,$ $BCE,$ $CDE,$ $ADE$ через $O , AB$ $O , BC$ $O , CD$ $O AD$ соответственно. Пусть $T1,$ $T2$ — точки касания одной из общих касательных с описанными окружностями треугольников $ABE$ и $CDE$ соответственно; обозначим через $O$ и $T$ середины отрезков $OABOCD$ и $T1T2$ соответственно. Тогда в прямоугольной трапеции $OABT1T2OCD$ прямая $OT$ — средняя линия, поэтому она является серединным перпендикуляром к отрезку $T1T2.$ Заметим, что окружность $ω$ симметрична относительно прямой $OABOCD,$ на которой также лежит точка $O,$ значит, $O$ — центр $ω.$

$PIC$

Аналогично получаем, что середина отрезка $O O AD BC$ является центром $γ.$ Поэтому утверждение задачи равносильно тому, что $O O O O AB BC CD AD$ — параллелограмм. Для доказательства этого достаточно заметить, что $O O AB BC$ и $O O CD AD$ — серединные перпендикуляры к отрезкам $EB$ и $ED,$ поэтому $OABOBC ∥ OCDOAD;$ аналогично, $OABOAD ∥ OBCOCD,$ откуда и следует требуемое.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#127205Максимум баллов за задание: 7

Внутри угла отмечена точка. С помощью циркуля и линейки постройте окружность, проходящую через заданную точку и касающуюся сторон данного угла.

Показать доказательство

Пусть у нас задан угол с вершиной в точке $O,$ и требуется построить искомую окружность, проходящую через точку $C′.$ Построим биссектрису этого угла и выберем на ней точку $I.$ Опустим из точки $I$ перпендикуляр $IA$ на одну из сторон угла. Проведём окружность с центром в точке $I$ и радиусом $IA$ и пересечём прямую $OC$ с этой окружностью в точке $′ C.$ Достаточно сделать гомотетию с центром в точке $O,$ которая переводит точку $′ C$ в точку $C.$ Тогда образ построенной окружности и будет искомой окружностью.

$PIC$

Остаётся лишь построить образ окружности при гомотетии. Для этого построим точки $A′$ и $I′$ на прямых $OA$ и $OI$ соответственно так, чтобы выполнялось $A′C′ ∥AC$ и $C′I′ ∥ CI$ . Тогда остаётся построить окружность с центром в точке $I′$ и радиусом $A′I′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#127235Максимум баллов за задание: 7

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 14#127236Максимум баллов за задание: 7

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#128828Максимум баллов за задание: 7

Дана двусторонняя линейка без делений. Этот инструмент позволяет делать две операции:

1) провести прямую через две данные точки;

2) провести прямую, параллельную данной, на расстоянии 1 от нее.

Постройте с ее помощью (и не используя никакие другие инструменты) правильный треугольник.

Источники: Высшая проба - 2025, 10.2 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте получить равносторонний треугольник из иных фигур.

Подсказка 2

Мы можем строить параллельные прямые, какие фигуры они могут нам дать?

Подсказка 3

Рассмотрите пересечение двух пар параллельных прямых.

Подсказка 4

Они образуют параллелограмм, а чему будут равны его высоты, если между параллельными прямыми расстояние равно единице?

Подсказка 5

Как раз единице высоты и будут равны. А чем тогда является наш параллелограмм?

Подсказка 6

Это ромб! Рассмотрите его диагонали.

Подсказка 7

Они пересекаются под прямым углом. Как можно тогда использовать вершины ромба? Попробуйте структурировать плоскость.

Подсказка 8

Проводя прямые, параллельные данным, мы построим клетчатую сетку из квадратов со стороной 1.

Подсказка 9

Осталось лишь подобрать точки, которые могут быть вершинами правильного треугольника, и провести через них прямые.

Показать доказательство

$PIC$

Для начала построим две пары параллельных прямых. На их пересечении образуется параллелограмм с одинаковыми высотами, равными $1,$ а значит, являющийся ромбом. Проведем его диагонали, как известно, являющиеся перпендикулярными. Заметим, что с помощью двух этих перпендикулярных прямых и построения параллельных прямых на расстоянии $1$ мы можем построить клетчатую сетку любого конечного размера, состоящую из квадратиков со стороной $1.$

Введем систему координат с центром в одном из узлов сетки и с осями, параллельными сторонам клеток. Проведем прямую $l$ через точки $(0,0)$ и $(1,1).$ Теперь проведем снизу от нее параллельную прямую $l′$ на расстоянии $1.$ Заметим, что на пересечении пар прямых $x= 0,x =1$ и $l,l′$ образуется ромб со стороной длины $√12+-12-=√2,$ а значит, $l′$ проходит через точку $(0,− √2).$

Теперь проведем прямую $m$ через пару точек $(0,−√2 )$ и $(1,0),$ а также параллельную ей прямую $m′$ на расстоянии $1$ сверху от нее. На пересечении пар прямых $x= 0,x =1$ и $m,m ′$ образуется ромб со стороной длины $∘ -------- 12+(√2)2 = √3,$ а значит, $m ′$ проходит через точку $(1,√3).$

Осталось лишь соединить точки $(0,0),(1,√3)$ и $(2,0),$ чтобы получить искомый равносторонний треугольник.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#139568Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ боковые стороны $AB$ и $BC$ равны $1,$ а угол $ABC$ равен $20∘.$ На стороне $AB$ выбирают произвольную точку $K,$ а на стороне $BC$ — произвольную точку $E.$ Найдите минимум суммы $AE +EK + KC.$

Показать ответ и решение

Отразим точку $C$ относительно прямой $AB,$ а точку $A$ — относительно прямой $CB.$ Получим точки $C 1$ и $A . 1$ В силу симметрии $C1K = CK,A1E = AE.$ Значит, нужно минимизировать длину ломаной $C1KEA1.$ Заметим, что её длина не меньше длины отрезка $C1A1.$ При этом нетрудно подобрать пример, когда будет равенство: нужно взять точки пересечения $C1A1$ с $AB$ и $CB$ в качестве точек $K$ и $E.$ Треугольник $C1BA1$ равносторонний, поскольку $∘ ∠C1BA1 = 60,C1B = A1B = 1,$ значит, $C1A1 =1.$

$PIC$

Ответ:

$1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#139569Максимум баллов за задание: 7

В равностороннем треугольнике $ABC$ взята точка $M$ так, что угол $AMC$ равен $150∘.$ Докажите, что из отрезков $AM,BM$ и $CM$ можно сложить прямоугольный треугольник.

Показать доказательство

Сделаем поворот в точке $A$ на $60∘$ по часовой стрелке. Точка $M$ перешла в $M , 1$ точка $B$ — в $C,$ отрезок $AM$ — в $AM , 1$ отрезок $BM$ — в $CM1.$

$PIC$

Треугольник $AMM1$ равносторонний, поскольку $AM = AM1$ и $∠M1AM = 60$ в силу поворота. Отсюда имеем $AM = MM1.$ Заметим, что

∠M1MC =∠AMC − ∠AMM1 =150∘− 60∘ = 90∘.

Таким образом, треугольник $M1MC$ искомый.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#78076Максимум баллов за задание: 7

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:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#78109Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BD,$ а на продолжении стороны $BC$ за точку $B$ отмечена точка $F.$ Прямая $FD$ пересекает сторону $AB$ в точке $E,$ причем площади треугольников $FBE$ и $AED$ оказались равные. Докажите, что равны площади треугольников $FEC$ и $AEC.$

Показать доказательство

Последнее равенство площадей равносильно тому, что $CE$ это медиана в треугольнике $ACF.FD$ тоже медиана треугольника $ACF.$ То есть $E$ должна быть точкой пересечения медиан. Заметим, что точка $E$ задаётся однозначно, поэтому отметим $′ E$ на $F D$ в отношении $2$ к $1.$

$PIC$

Давайте докажем, что $′ E = E .$ Проведём для начала медиану $′ AE$ до пересечения с $FC$ в точке $A1.$ Известно, что в таком случае равны площади треугольников $′ FA1E$ и $′ AE D.$ Но мы знаем, что площадь $AED$ равна площади $F EB$ из условия. Получаем противоречие. Значит, точки $E$ и $E′$ совпадают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#79119Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $BC$ проведена биссектриса $BL.$ На $BC$ выбрана точка $K$ так, что $CK = AL.$ Докажите, что точки $A,B,K$ и $L$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Определим точку $K′$ на $BC$ такую, что четырёхугольник $ABK ′L$ вписанный и докажем, что $AL = CK ′.$ Ясно, что это равносильно тому, что $K′ = K.$

Пусть $∠ABL =∠LBC =α.$ В силу вписанности $∠ABL = ∠AK′L =α,∠LBK ′ = ∠LAK ′= α.$ Значит, треугольник $ALK ′$ равнобедренный, то есть $AL = LK′.$ Угол $K′LC$ равен $2α$ как внешний у треугольника $ALK ′.$ Угол $ACB$ также равен $2α,$ потому что треугольник $BAC$ равнобедренный. Значит, треугольник $K′LC$ равнобедренный и $AL =K ′L = K′C.$ Получили требуемое.

Следующая подтема