Тема Четырёхугольники

Трапеция

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела четырёхугольники

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#78108Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на сторону $CD,$ проходит через середину диагонали $BD,$ а перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на сторону $AB,$ проходит через середину диагонали $AC.$ Докажите, что трапеция равнобокая.

Источники: ММО-2020, 8.5(см.mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие дополнительные построения для трапеции мы знаем? Из какого из них можно красиво доказать равнобедренность?

Подсказка 2

Предлагаем продлить боковые стороны до их пересечения! А какое красивое свойство трапеции мы знаем, связанное с серединами и продлением боковых сторон?

Подсказка 3

Давайте внимательно посмотрим на рисунок и вспомним замечательное свойство трапеции! А какую новую фигуру мы можем заметить, если соединим те самые середины диагоналей, через которые проведены наши высоты?

Подсказка 4

Итак, перед нами две трапеции, одна прямая из замечательного свойства для них обоих, но чего же не хватает? Мы забыли что у нас есть перпендикуляры!

Подсказка 5

Осталось вспомнить, у какого треугольника точка пересечения высот лежит на медиане? Отсюда немедленно последует требуемое утверждение!

Показать доказательство

По замечательному свойству трапеции точка пересечения продолжений боковых сторон $P,$ точка пересечения диагоналей $O$ и середина основания $AD$ точка $M$ лежат на одной прямой. Пусть $K,L$ — середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Тогда $KL∥AD,$ т. е. $AKLD$ — тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка $O,$ точка пересечения её диагоналей $H$ и точка $M$ лежат на одной прямой. Следовательно, точки $P,H$ и $M$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Для завершения доказательства рассмотрим треугольник $AP D,$ в нём точка $H$ — точка пересечения высот к сторонам $AP$ и $P D,$ следовательно, медиана $P M$ проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник $AP D$ — равнобедренный, откуда немедленно следует, что и трапеция $ABCD$ — равнобокая.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#68255Максимум баллов за задание: 7

На боковых сторонах $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ взяты точки $M$ и $N$ соответственно, такие, что $AN = BN$ и $∠ABN = ∠CDM$ . Докажите, что $CM = MD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как мы хотим доказывать равенство отрезков CM и MD? У нас на картинке уже отмечены два уголка, а также есть параллельные прямые. Может, тогда попробовать доказать равенство углов MCD и MDC...

Подсказка 2

Что можно сказать про четырехугольник AMND? В нём мы уже знаем что-то про уголочек MDN, а уголочек MAN совпадает с углом BAN...

Подсказка 3

Т.к. BN равно AN, равны углы BAN и ABN, а ABN равен CDM по условию. Тогда четырехугольник AMND вписан. Что мы можем сказать про четырехугольник MBCN, если вспомнить, что AD параллельна BC...

Подсказка 4

Т.к. AD параллельна BC, углы CBА и BAD в сумме равны 180°. Т.к. AMND вписанный, MAD+MND=180°. Тогда CBM=CBA=180°-BAD=180°-MAD=MND. Это означает, что MBCN- вписанный четырехугольник. Осталось только перекинуть уголок MBN на MCN и завершить решение.

Показать доказательство

Из равенства $AN =BN$ следует, что $∠ABN = ∠BAN$ в равнобедренном треугольнике $ABN$ .

$PIC$

Тогда по условию задачи $∠CDM = ∠BAN?$ и значит? около четырехугольника $AMND$ можно описать окружность. Поэтому $∘ ∠MAD = 180 − ∠MND = ∠CNM$ .

В трапеции углы при боковой стороне дают в сумме $∘ ∘ 180 =⇒ ∠MAD = 180 − ∠MBC$ . Таким образом, в четырехугольнике $MBCN$ сумма углов при вершинах $B$ и $N$ тоже равна $∘ 180$ и поэтому около $MBCN$ можно описать окружность. Следовательно, $∠MCN = ∠MBN = ∠CDM$ , а значит, треугольник $CMD$ тоже равнобедренный, и $CM = MD$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#74568Максимум баллов за задание: 7

Внутри трапеции $ABCD$ $(BC ∥AD ),$ где $AD = 2BC,$ взята точка $F,$ для которой $AB =FB.$ Точка $M$ — середина отрезка $FD.$ Докажите, что $CM ⊥ FA.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, дистанционный тур

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $N$ — середина отрезка $AF.$ Заметим, что $NM ∥ AD,$ а значит $MN$ параллельна и $BC.$ Также $MN = AD2-=BC$ как средняя линия треугольника $AFD.$ Таким образом, четырёхугольник $NBCM$ — параллелограмм. Следовательно, $CM ∥BN.$ Осталось заметить, что $BN ⊥AF,$ так как это медиана в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#36668Максимум баллов за задание: 7

В трапецию $ABCD$ вписана окружность, касающаяся боковой стороны $AD$ в точке $K$ . Найдите площадь трапеции, если $AK = 16,DK =4$ и $CD = 6$ .

Источники: ОММО-2018, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, а какие данные нам нужны, чтобы найти площадь трапеции? Быть может, мы можем найти какие-то отрезки, если правильно воспользоваться информацией о касательных к вписанной окружности? Возможно, какая-то новая информация может показаться нам лишней, но условие кажется очень маленьким, поэтому любые новые знания нам нужны) Как же всё-таки воспользоваться длинами DK, CD и AK?

Подсказка 2

Отрезки касательных к одной окружности, проведенные из одной точки, равны! Это значит, например, что можно как-то обозначить все точки касаний окружности и сторон трапеции и найти почти все отрезки, на которые точки касания делят стороны) Теперь у нас есть одно из оснований, часть другого, нужна высота... Что же на нашем рисунке может намекать на перпендикулярность(связанное с окружностью)? Что для этого нужно отметить?

Подсказка 3

Вспоминаем, что некоторые радиусы вписанной окружности перпендикулярны сторонам. Тогда отметим у окружности центр I и опустим радиусы на каждую из сторон. Понятно, что радиусы на основания образуют высоту, т.е. теперь достаточно найти радиус. Для этого нам понадобится найти IK (перпендикуляр IK опущен на сторону, у которой мы знаем длины обоих отрезков). Какой факт о DI и AI можно использовать?

Подсказка 4

DI перпендикулярен AI! Тогда в прямоугольном треугольнике DIA мы можем найти высоту IK (из различных подобий), т.е. радиус. Аналогично можно поступить с прямоугольным треугольником CIB, тогда мы найдем еще один отрезок касательной, т.е. нам уже известна высота (2 радиуса) и оба основания, а, значит, и высота) Главное не ошибиться в счёте!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть точки касания с $CD,BC$ и $AB$ будут $N,M$ и $L$ соответственно. Из равенства отрезков касательных $DN = 4$ и $NC = CM =2$ , а также $AL= 16.$

$PIC$

Как известно, $DI ⊥ AI$ , как биссектрисы углов трапеции, но тогда $KI$ — высота прямоугольного треугольника и равна $√ ---- 4⋅16 =8$ . Аналогично из прямоугольного $△BIC$ имеем $2 IM =CM ⋅BM =⇒ BM =32$ . Откуда легко посчитать, что $CD+AB- SABCD = 2 ⋅2NI =(16+ 32 +6)⋅8= 432$ .

Второе решение.

Пусть $N$ — точка касания окружности и стороны $DC.$ Так как $DK$ и $DN$ — отрезки касательных, то они равны. Значит, $DN = 4$ $⇒$ $NC = 2.$

Пусть $M$ — точка касания окружности и стороны $BC.$ Аналогично $NC = CM = 2.$

Пусть $L$ — точка касания окружности и стороны $AB.$ Проведем диаметр $NL$ и опустим высоту $DH$ на сторону $AB.$

$AK =AL = 16$ (как отрезки касательных), следовательно, $HL = DN = 4$ и $AH =AL − HL =12.$ Тогда по теореме Пифагора

∘--------- √ --- DH = AD2 − AH2 = 256= 16.

$PIC$

Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CF$ на сторону $AB,$ он будет равен $16.$ Обозначим за $x$ отрезок $MB,$ тогда $FB = BL − LF = BM − 2= x− 2.$ По теореме Пифагора

2 2 2 (x+ 2) =16 + (x − 2)

2 8x =16

x= 32

Тогда

SABCD = DC-+2AB-⋅CF = 6+248⋅16= 432

Ответ:

$432$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#64601Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ . Пусть $M$ — середина отрезка $AD$ , а $N$ — произвольная точка отрезка $BC$ . Пусть $K$ — пересечение отрезков $CM$ и $DN$ , a $L$ — пересечение отрезков $MN$ и $AC$ . Найдите все возможные значения площади треугольника $DMK$ , если известно, что $AD :BC =3 :2$ , а площадь треугольника $ABL$ равна 4.

Источники: ДВИ - 2018, задача 5 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поищите подобные треугольники! Помните о том, что основания трапеции параллельны!) Когда найдете отношения сторон в подобных треугольниках, посмотрите, нет ли каких-то отношений, для получения которых мы можем воспользоваться равными отрезками из условия!

Подсказка 2

Если Вы строили рисунок “красиво“, то посмотрите на точки L и K. На что они намекают? Что хочется попробовать доказать для треугольников ACM и LCK? Воспользуйтесь равенствами из предыдущего пункта, чтобы доказать подобие!

Подсказка 3

А что можно сказать про прямые LK и AD? Воспользуйтесь этим, чтобы получить еще какие-нибудь отношения отрезков!

Подсказка 4

Теперь попробуйте пользоваться найденными отношениями отрезков и методом площадей, чтобы найти нужное отношение площадей!

Показать ответ и решение

$PIC$

Воспользуемся $△DMK ∼ △NCK$ , а также равенством $AM = MD$ , получим

CK--= NC-= NC- = CL- MK DM AM AL

Из равенство первого и последнего отношений получаем $△CLK ∼ △CAM$ (у них общий угол, а стороны делятся в одинаковом отношении). Иначе говоря, получаем $LK ∥ AD$ . Поэтому прямая $LK$ делит все отрезки между двумя основаниями в одинаковом отношении, откуда

SABL = AL-⋅SABC = DK ⋅SABC = 4 AC DN

Аналогично

DK- DK- 3∕2- 3 DK- 3 SDKM = DN SMDN = DN ⋅ 2 SABC = 4 ⋅DN SABC = 4 ⋅4= 3

Здесь использовано $SABC- BC- -2- SMDN = MD = 3∕2$ , что верно, поскольку в каждом из треугольников высота будет равна высоте трапеции.

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#80235Максимум баллов за задание: 7

Вершина $F$ параллелограмма $ACEF$ лежит на стороне $BC$ параллелограмма $ABCD.$ Известно, что $AC = AD$ и $AE = 2CD.$ Докажите, что $∠CDE = ∠BEF.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, ЗЭ, 8 задача(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно воспользоваться условием AE=2CD?

Подсказка 2

Давайте отметим точку M - середину отрезка AE (так мы получим, что AM = CD). Что можно сказать про четырехугольник ADCM?

Подсказка 3

Он является равнобокой трапецией. Выведите из этого равенство углов FEM и MDC. Что теперь достаточно доказать про углы MDE и MEB, что завершить доказательство?

Подсказка 4

Достаточно показать их равенство. Как это можно сделать?

Подсказка 5

Можно доказать, что треугольник MDE и BME подобны. Как это можно сделать?

Подсказка 6

Из равенства AC=CD следует равенство углов ACD и CDA. Воспользуйтесь этим, чтобы показать, что углы BMA и AMD равны. Тем самым, мы покажем равенство углов BME и EMD. Осталось проверить равенство отношений соответствующих сторон

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $M$ — середина отрезка $CF.$ Поскольку четырехугольник $ACEF$ — параллелограмм, точка $M$ является серединой отрезка $AE.$

$PIC$

Обозначим $∠MAC = ∠MEF = α$ и $∠ABC =∠ADC =∠ACD = β.$ Так как $AM = AE ∕2 =CD, AMCD$ — равнобокая трапеция, откуда мы получаем что $α =∠MAC = ∠MDC$ и $MD = AC = AD.$ Кроме того, поскольку $MA =CD = AB$ и $∠ABM =∠ADC =β,$ равнобедренные треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому $AB∕BM =AC ∕CD.$

Треугольники $BME$ и $EMD$ также подобны, так как

∠BME = 180∘ − β =180∘− ∠DMA = ∠EMD

и $BM ∕ME = BM ∕MA =CD ∕AD = MA∕MD =EM ∕MD.$ Значит, $∠BEM = ∠EDM,$ откуда $∠BEF = ∠BEM − α =∠EDM − α= ∠CDE,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Как и в первом решении, введём точку $M$ и покажем, что $AMCD$ — равнобокая трапеция. Отложим на луче $DC$ отрезок $CS = DC = ME.$ Поскольку $∠SCB = ∠ABC = β =∠EMC,$ перпендикуляры, опущенные на $BC$ из точек $E$ и $S,$ равны, откуда $SE ∥BC.$ Поэтому четырёхугольники $MSEC$ и $ASED$ — также равнобокие трапеции; в частности, $ASED$ вписана в некоторую окружность $ω.$ С другой стороны, поскольку отрезки $AB$ и $CS$ параллельны и равны, $ACSB$ — параллелограмм, откуда $BS = AC =AD.$ Значит, $DABS$ — также равнобокая трапеция. Поскольку точки $A,S$ и $D$ лежат на $ω,$ точка $B$ лежит на этой же окружности. Из вписанного четырёхугольника $BSED$ теперь получаем $∠SBE = ∠SDE = ∠CDE.$ Осталось заметить, что $BSEF$ — параллелограмм (ибо $BS$ параллелен и равен $F E$ ), откуда $∠BEF =∠SBE =∠CDE.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#51852Максимум баллов за задание: 7

Серединами оснований $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ являются точки $K$ и $L$ соответственно. Известно, что $AD = 10⋅BC.$ На боковых сторонах $AB$ и $CD$ взяты, соответственно, точки $M$ и $N$ , так что прямая $MN$ параллельна основаниям трапеции. При каком значении отношения $AM :MB$ сумма площадей треугольников $BKN$ и $MNL$ будет наибольшей?

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно перефразировать вопрос задачи?

Подсказка 2

Например, можно записать функцию суммы желаемых площадей и найти её наибольшее значение. Оно будет в точке максимума.

Подсказка 3

Пусть AD = k ⋅ BC (k > 1), BC = a, высота трапеции равна h, x = MB/AB, S(ABCD) = S. Выразите S(BKN) и S(MNL).

Подсказка 4

Можно воспользоваться тем, что у параболы с ветвями, направленными вниз, точка максимума находится в вершине.

Показать ответ и решение

Введем обозначения: $S = S,AD =k ⋅BC (k> 1),BC = a, ABCD$ высота трапеции $ABCD − h,x = MB. AB$ Тогда $S = a+kah, 2$ откуда $-2S ah= 1+k$ Получаем: $1 a -xS-- SBKN = 2 ⋅ 2 ⋅hx= 2(1+k).$ Так как $MN =x(k− 1)a +a,$ то

$PIC$

SMNL = a(x(k−-1)+-1)⋅(1− x)h= S(x(k-− 1)+-1)(1−-x) 2 1+ k SBKN +SMNL = ---S-- (2x2(1 − k)+ x(2k− 3)+2) 2(1+ k)

Функция $f(x)= 2x2(1− k)+x(2k− 3)+ 2$ имеет максимум при $x0 =-2k−-3 4(k− 1)$ Если $k= 10,$ то $x0 = 17, 36$ откуда $AM :MB =19 :17.$

Ответ:

$19:17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#74564Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ $(AD ∥BC )$ $AD = 2,BC = 1,∠ABD =90∘.$ Найдите сторону $CD.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2016, дистанционный тур

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AD.$ Треугольник $ABD$ прямоугольный, а значит его медиана $BM,$ проведённая к гипотенузе, равна $1.$ Заметим, что четырёхугольник $MBCD$ — параллелограмм, потому что стороны $BC$ и $MD$ параллельны и равны по $1.$ Следовательно, $CD = BM =1.$

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#78107Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ — трапеция, в которой углы $A$ и $B$ прямые,

AB = AD,CD =BC + AD,BC < AD

Докажите, что угол $ADC$ в два раза больше угла $ABE,$ где $E$ — середина $AD.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 8.1, В. Ясинский(см. geometry.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $K$ — такая точка на стороне $CD,$ что $CK = CB,M$ — точка пересечения $AB$ с перпендикуляром из $K$ к $CD.$

$PIC$

Тогда прямоугольные треугольники $BCM$ и $KCM$ равны по катету и гипотенузе, т.е. $BM = MK,$ а $CM$ — биссектриса угла $C.$ Кроме того, из условия следует, что $KD = AD,$ откуда аналогично получаем, что $AM =MK,$ a $DM$ — биссектриса угла $D.$ Поэтому $AM = AB∕2= AE$ и, значит, равны треугольники $ABE$ и $ADM.$ Следовательно, $∠ADC =2∠ADM =$ $2∠ABE.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отложим на продолжении $DA$ за точку $A$ отрезок $AF =BC,$ тогда $DF =DC.$ Пусть $M$ — точка пересечения $AB$ и $CF,$ то есть середина $AB.$ Тогда прямоугольные треугольники $ABE$ и $ADM$ равны, $DM$ — медиана треугольника $CDF,$ поэтому она — биссектриса угла $CDA,$ т.е. $∠CDA ∕2= ∠ABE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#49754Максимум баллов за задание: 7

Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, а боковые стороны образуют угол $30∘$ . Основания имеют длины $6$ и $2.$ Найдите высоту трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно найти высоту трапеции. Давайте подумаем, как это будет проще всего сделать. Например, если обозначить угол между основанием и диагональю за α, то высота это BD * sinα. А как можно выразить диагональ, зная угол?

Подсказка 2

Ага, так как диагонали перпендикулярны, то образуются прямоугольные треугольники, и все отрезки диагоналей легко выражаются через α. Выходит, что высота это 8cos(α)sin(α). Теперь наша задача найти угол α. Какое дополнительное построение удобно сделать в данном случае, зная угол между боковыми сторонами?

Подсказка 3

Верно, давайте достроим нашу трапецию до параллелограмма. Получается треугольник с углом при вершине в 30 градусов. Заметим, что все его стороны мы можем выразить из прямоугольных треугольников внутри трапеции, используя только угол α. Какой добивающей теоремой теперь можно воспользоваться?

Подсказка 4

Да, воспользуемся теоремой косинусов, потому что все стороны и угол в 30 градусов нам известны. Осталось только аккуратно найти α и выразить высоту. Победа!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть эта трапеция $ABCD, BC = 2,AD =6$ . При этом $AB ∩CD = X,∠AXD =30∘$ , а также $AC ∩BD =O,AC ⊥ BD$ .

Построим $DN ∥AB,N ∈ BC$ , тогда $∠CDN = 30∘$ , $DN = AB$ . Кроме того, из $AD =BN$ получаем $CN =4$ . Введём также $∠ADB =α$ . Используем прямой угол между диагоналями $AO = 6sinα,OD = 6cosα,OC = 2sinα,OB = 2cosα$ . Отсюда $∘ -------------- ∘ --------- ---- CD = 4sin2α+ 36cos2α= 4+ 32sin2α = √4+ t$ , $∘ -------------- ----- AB = DN = 36sin2α+ 4cos2α= √ 36 − t$ ( $t= 32sin2α$ ). Теперь мы готовы написать теорему косинусов для $△CDN$

CD2 + DN2 − 2CD ⋅DN cos∠CDN = CN2

√- 36 − t+ 4+ t− 2∘ (4+-t)(16− t)⋅-3-= 16 2

√ -- (4+ t)(16 − t)= 192 ⇐⇒ t2− 32t+ 48 =0 ⇐ ⇒ t= 16± 4√13- =⇒ sin2α = 4±--13 8

Оба значения подходят, поскольку обозначения в условии симметричны. Не умаляя общности, $∘ 4+√13 sinα= 8$ , откуда $∘ --√-- cosα= 4−813$ . Осталось заметить, что высота трапеции равна $∘ --√-----√--- √- BDsinα= 8cosα sinα= 8 (4−-13)(644+-13)= 3.$

Ответ:

$√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#64469Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность радиуса $R$ и описана около окружности радиуса $r$ . Найдите $r$ , если $R= 12$ , а косинус угла между диагональю $AC$ и основанием $AD$ равен $3∕4.$

Источники: ДВИ - 2013, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие факты про стороны трапеции нам сразу дают условия на вписанность и описанность?

Подсказка 2

А где в равнобедренной трапеции мы вообще можем найти радиусы вписанной и описанной окружностей)?

Подсказка 3

Конечно диаметр вписанной окружности в точности равен высоте, а радиус описанной можем найти в теореме синусов для одного из вписанных треугольников. Подумайте, для какого треугольника ее лучше применить, опираясь на условия задачи и что получится найти из этого. Длины какого отрезка нам не хватает, чтобы вычислить радиус вписанной окружности?

Подсказка 4

Нас интересует либо длина диагонали, либо длина второго катета в прямоугольном треугольнике! Определите, на какие отрезки разбивается большее из оснований высотой и подумайте, как нам помогает теперь описанность трапеции, если длина боковой стороны уже найдена.

Показать ответ и решение

Первое решение.

∘ ---(-)2- √- sin∠CAD = 1− 3 = -7- 4 4

Если трапецию можно вписать в окружность, то трапеция – равнобедренная. По теореме синусов $AB = CD =2R sin∠CAD = 6√7.$ Высота $CH$ , опущенная из вершины $C$ на большее основание $AD,$ делит его на больший отрезок $(AH)$ , который равен полусумме оснований, и меньший $(HD )$ , равный полуразности оснований. В трапецию можно вписать окружность, если сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон:

√- a+ b= 2⋅6 7

√ - 1 1 1a+-b --7 r =2 h= 2AH tg ∠CAD = 2 2 ⋅ 3 = 7

$PIC$

Второе решение. (по сути то же самое, но в общих обозначениях вместо промежуточных вычислений)

Из того, что трапеция вписана, следует, что она равнобокая. Положим $AB =CD =a,BC = b,AD = c.$ Не ограничивая общности, можно считать, что $c≥ b.$ Из того, что трапеция описана, следует, что $b+ c= 2a.$ Опустим перпендикуляр $CH$ на сторону $AD$ . Toгда $CH = 2r,AH = c2 + b2 = a$ (поскольку точки касания окружности делят основания пополам). Следовательно, обозначив $φ =∠CAD,$ получаем:

tgφ= 2r a

C другой стороны, по теореме синусов, примененной к треугольнику $CAD.$

sinφ= -a- 2R

Перемножая, находим:

r- -1-- R = cosφ − cosφ

Подставляя $R =12,cosφ =3∕4,$ получаем $r= 7.$

Ответ: 7

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#64853Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ основание $AD$ в полтора раза длиннее основания $BC$ , а длины боковых сторон $AB$ и $CD$ равны. На стороне $BC$ взята такая точка $K$ , что $BK = 2KC.$ Прямые $AK$ и $CD$ пересекаются в точке $E$ , а прямые $DK$ и $AB$ — в точке $F$ . Найдите величину отношения $BF :CE.$

Источники: Вступительные на факультет гос.управления МГУ, 2010

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначьте сторону ВС, например, как а и выразите через неё отрезки ВК, КС и AD. Также пусть b будет боковая сторона. Параллельность оснований трапеции даёт нам множество подобных треугольников, попробуйте выразить в них искомые стороны через b!

Подсказка 2

Может возникнуть следующее затруднение: как при известном соотношении BF/AF, например, перейти к BF/AB: для этого распишите AF как сумму AB + BF — это поможет Вам связать BF с b. Аналогично можно поступить и с CE. Осталось лишь применить несложную арифметику дробей, и задача будет решена!

Показать ответ и решение

Пусть $BC = 6a,$ $AD = 9a,$ $BK = 4a,$ $KC = 2a.$ Пусть также $AB = CD = b.$

$PIC$

Из параллельности следуют подобия $△BF K ∼ △AF D$ и $△KEC ∼ △AED.$

Воспользуемся подобием $△BF K ∼ △AF D :$

BK-- 4 BF- --BF-- AD = 9 = AF = BF + b 4BF + 4b = 9BF 4 BF = 5b

Воспользуемся подобием $△KEC ∼ △AED :$

CK 2 EC EC AD- = 9 = ED-= EC-+-b 2EC + 2b = 9EC 2 EC = 7b

Из полученных соотношений

4 BF :EC = 52-= 14= 2,8 7 5

Ответ:

$14 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#42965Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция с основаниями $1$ и $4$ и площадью $S$ . Найдите площадь треугольника, образованного диагоналями и меньшим основанием трапеции.

Источники: ОММО-2009, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как нам дали площадь всей трапеции, то понятно, что площадь маленького треугольника составляет какую-то часть площади трапеции. Если попробовать посчитать просто площадь треугольника, то нам неизвестна его высота. А может получиться её выразить через S? Что можно сказать про пару треугольников, образованных диагоналями и основаниями трапеции?

Подсказка 2

Верно, ведь они подобны, и к тому же мы знаем их коэффициент подобия. Но тогда подобны и все их элементы, например, высоты. Как тогда можно выразить высоту трапеции через высоту треугольника?

Подсказка 3

Ага, выходит, что высота трапеции – это пять высот треугольника. Тогда осталось только выразить её через S и подставить в площадь треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть это трапеция $ABCD, AD = 4,BC =1,AC ∩BD = E.$ Проведём через точку $E$ высоту трапеции $F G:$

$PIC$

Из подобия $△BEC ∼ △AED$ получаем

EF :EG = BC :AD =1 :4,

так что

EF = x =⇒ EG =4x =⇒ SCEB = EF-⋅BC = x 2 2

S = SABCD = BC-+AD-⋅F G= 1+-4 ⋅5x= 25SCEB 2 2

Ответ:

$-S 25$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#70611Максимум баллов за задание: 7

В равнобокой трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$ . Докажите, что треугольники $AOD$ и $BOC$ равнобедренные.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, а что нам дает условие на то, что перед нами равнобокая трапеция?

Подсказка 2

Углы при основании и стороны равны! Быть может, можно вывести их этого равенства каких-то треугольников?

Подсказка 3

Треугольники ABD и ACD равны! Что это влечет за собой?

Подсказка 4

В них равны углы CAD и BDA!

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD$ . Трапеция равнобедренная, поэтому по свойству, ее углы при основании равны, а значит, $∠DAB =∠ADC$ ; по определению ее стороны равны, то есть $AB = CD$ и по еще одному свойству ее диагонали равны, значит, $BD =AC$ . Получается, по двум сторонам и углу между ними треугольники равны. Значит, $∠CAD = ∠BDA$ как соответственные. Теперь рассмотрим треугольник $AOD$ . В нем углы при основании $AD$ равны, а значит, он равнобедренный. Аналогично, можно сказать и про треугольник $BOC$ , рассмотрев треугольники $BDC$ и $BAC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#70612Максимум баллов за задание: 7

Разрежьте трапецию на две части, из которых можно сложить параллелограмм.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, нам нужно сделать разрез, а затем приставить две стороны друг к другу так, чтобы получился параллелограмм. На построение какой точки это намекает?

Подсказка 2

Так как нам нужно будет приставить фигуры сторонами, имеет смысл отметить середину на одной из сторон трапеции и разрезать через неё!

Показать ответ и решение

$PIC$

$E$ , $F$ — середины $AC$ и $BD$ . Поймем для начала, что точки $E$ , $F$ , $E′$ лежат на одной прямой. Почему это так? $∠BF E′ = ∠EFD$ , а значит, $180∘ = ∠EFD + ∠EFB = ∠BFE′+ ∠EF B$ . Аналогично $∠CDF =∠F BG$ , а значит, $180∘ = ∠CDB + ∠DBA = ∠DBG ′+ ∠DBA$ , то есть точки $A$ , $B$ , $G$ также лежат на одной прямой. $GE ′ =EC = AE$ и $∠EE′G= ∠E ′EC$ , а значит, $GE ∥AE$ , получается $AEE ′G$ — параллелограмм.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#70613Максимум баллов за задание: 7

Боковая сторона трапеции равна $a$ . Параллельно ей через середину другой боковой стороны провели прямую. Какой отрезок этой прямой заключен внутри трапеции?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется провести такое дополнительное построение, чтобы использовать отрезок внутри трапеции. Помним, что это отрезок, параллельный чему-то, проходящий через середину стороны. Ни на что не намекает?

Подсказка 2

Сделаем такое дополнительное построение, чтобы отрезок внутри трапеции стал средней линией в треугольнике!

Подсказка 3

Проведите отрезок внутри трапеции так, чтобы появился параллелограмм! ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Сделаем дополнительное построение. $CG$ — отрезок, параллельный $AB$ . Из того, что $BC ∥AG$ и $CG ∥AB$ следует, что $ABCG$ — параллелограмм, а значит, $CG =AB = a$ . Рассмотрим треугольник $CDG$ , в нем: $EF ∥CG$ и $EF$ проходит через середину $CD$ , получается, что $EF$ — средняя линия в треугольнике $CDG$ и значит, равна $12CG = 12a$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#70614Максимум баллов за задание: 7

Середины боковых сторон трапеции соединили с противоположными вершинами так, как показано на рисунке. Могут ли полученные два отрезка лежать на параллельных прямых?

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с отрезками внутри трапеции не очень удобно, поэтому давайте попробуем продлить указанные отрезки до пересечения с основаниями трапеции и подумаем, что же будет, если они окажутся паралелльными!

Подсказка 2

Посмотрите внимательно, если указанные прямые параллельны, не образуются ли где у нас параллелограммы?

Подсказка 3

После продления до пересечения с основаниями трапеции у нас образуются целых три параллелограмма, а у них равны противоположные стороны! Осталось лишь записать, какие отрезки равны друг другу, и найти противоречие с условием ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Предположим, что могут. Продлим их до пересечения с основаниями трапеции. Получим параллелограмм $IBJD$ , ведь его стороны попарно параллельны. Рассмотрим треугольники $BCH$ и $JDH$ . В них: $CH = HD$ , $∠CHB = ∠DHJ$ как вертикальные и $∠HCB =∠HDJ$ как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей. Значит, $BC = JD$ как соответственные. Аналогично $IB = DA$ . Но мы знаем, что $IBJD$ — параллелограмм, и значит, $IB = DJ$ . Отсюда $BC = AD$ , то есть если $ED ∥ BH$ , то $ABCD$ — параллелограмм, а не трапеция.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#70615Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ угол $A$ равен $43∘$ , угол $D$ равен $94∘$ . Боковая сторона $CD$ вдвое меньше основания $AD$ . Чему может равняться угол $ABD$ ?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз уж CD — это половина AD, давайте отметим середину AD (точка E). Что можно сказать про треугольник CDE?

Подсказка 2

Отлично, треугольник CDE — равнобедренный! А ещё в нем известен один угол) Давайте найдем два остальных.

Подсказка 3

Итак, углы треугольника CDE равны 43, 43, 94. Давайте теперь внимательно посмотрим на условие) Что нам даёт такое равенство углов?

Подсказка 4

AB и EC параллельны! А что можно тогда сказать про четырехугольник AECB?

Подсказка 5

AECB — параллелограмм! А что тогда можно сказать про BC?

Подсказка 6

BC = AE = CD! Отлично, значит, у нас появился ещё один равнобедренный треугольник, в котором мы можем посчитать угол) Осталось понять чему равен угол BCD.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $E$ — середина $AD$ . Рассмотрим треугольник $ECD$ . По условию $AD =AE + ED = 2CD$ . Отсюда видно, что этот треугольник равнобедренный. $∠D = 94∘$ , тогда $∘ ∘ ∠CED = ∠ECD = 180−2-94-= 43∘$ . $ABCE$ — параллелограмм, так как $AE ∥BC$ , $AB ∥CE$ , потому что $∠BAE =∠CED$ — соответственные при параллельных прямых. Тогда $AE = BC$ , но в то же время $AE = CD$ , значит, треугольник $BCD$ — равнобедренный с углом $BCD = 180∘ − 94∘ = 86∘$ . Поймем, что $∠CBD = 180∘−286∘-=47∘$ , тогда $∠ABD =180∘− ∠BAD − ∠CBD = 180∘− 43∘− 47∘ = 90∘$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#71481Максимум баллов за задание: 7

Один из углов трапеции в два раза больше противоположного. Найдите боковую сторону при данном угле, если основания трапеции равны $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наша трапеция это ABCD с основаниями AB и CD, а угол A в два раза больше угла C. Что так и хочется сделать в этой задаче, чтобы воспользоваться условием на угол A?

Подсказка 2

Проведем биссектрису угла A, чтобы поделить его пополам, раз уж он в 2 раза больше ;) Пусть эта биссектриса пресекает CD в точке E.

Подсказка 3

Что полезного можно отметить в четырехугольнике ABCE? Чем он является?

Подсказка 4

ABCE — параллелограмм! Чему тогда равны DE и EC?

Подсказка 5

СE = a, DE = b-a! По сути нам нужно было найти AD. А что можно сказать про треугольник, в котором нужная нам сторона содержится?

Подсказка 6

Какому углу равен угол EAB?

Подсказка 7

Отметьте равные накрест лежащие углы!

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем биссектрису угла $A$ . Получим, $∠BAE = ∠EAD = α$ . Тогда четырехугольник $ABCE$ — параллелограмм, так как в нем стороны попарно параллельны. Значит, $AB = EC = a$ и $DE = b− EC = b− a$ . Рассмотрим треугольник $ADE$ . В нем $∠DAE =α$ и $∠BAE = ∠AED = α$ , как накрест лежащие при параллельных прямых. Значит, треугольник равнобедренный и $AD = DE = b− a$ .

Ответ: