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 1#86306

На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ равнобедренной трапеции $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ отметили точки $K,L,M$ и $N$ соответственно. Оказалось, что $KLMN$ — параллелограмм. Докажите, что $KP = MQ,$ где $P$ и $Q$ — середины сторон $AB$ и $CD$ соответственно.

Показать доказательство

Отметим центр $O$ параллелограмма $KLMN.$ Он лежит на средней линии $PQ$ трапеции, поскольку $NO = OL.$ Продлим $KM$ до пересечения с $BC$ и $AD$ в точках $S$ и $T$ соответственно. Заметим, что $OS =OT$ и $OM = OK,$ а значит $MS = KT.∠LMS = ∠TKN,$ потому что $∠LMK = ∠NKM.$ Также отметим, что $KN = ML.$ Теперь видно, что $ΔLMS =ΔT KN$ по первому признаку, а значит у них равные высоты $MX$ и $KY,$ проведённые к $LS$ и $TN.$ В силу равнобедренности трапеции $∠BAD = ∠DCS.$ Но тогда $ΔCXM = ΔKAY,$ а вместе с этим $CM = KA.$ Следовательно, $MQ = CQ − CM =P A− AK = KP,$ что и требовалось.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#89111

Основания трапеции равны $a$ и $b.$ Найдите отрезок, соединяющий середины оснований, если диагонали трапеции перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как воспользоваться условием на диагонали трапеции для решения задачи? Определите расположение точки пересечения диагоналей O относительно отрезка, соединяющего середины оснований E и F.

Подсказка 2

Точка O будет лежать на отрезке EF! И этот факт всегда выполняется в трапеции! Докажите это воспользовавшись подобием треугольников. После этого длину EF можно будет вычислить, как сумму EO + OF.

Подсказка 3

Если E, F --- середины оснований трапеции BC, AD, то докажите подобие треугольников BOC и AOD, после чего докажите подобие BOE и DOF. Тогда равны углы BOE = DOF и O лежит на EF. Легко теперь найти EO, OF --- медианы к основаниям в прямоугольных треугольниках BOC, AOD.

Показать ответ и решение

Пусть нам дана трапеция $ABCD$ ( $BC,AD$ — ее основания). Точки $E,F$ — середины оснований $BC$ и $AD$ соответственно, $O$ — точка пересечения диагоналей трапеции. Докажем, что $O$ лежит на отрезке $EF$ .

$PIC$

Треугольники $△BOC,△DOA$ подобны по двум углам. Тогда:

BO-= BC- DO AD

Но

BC- BC2- BE- AD = AD2-= DF

Значит, $△BOE ∼ △DOF$ в силу равенства $∠EBO =∠F DO$ и отношению сторон:

BO-= BE- DO DF

Из подобия получаем равенство углов $∠BOE = ∠DOF$ , что говорит о том, что $E,O,F$ лежат на одной прямой.

Диагонали трапеции перпендикулярны, поэтому $△BOC, △AOD$ прямоугольные. В прямоугольных треугольниках медиана к гипотенузе равны ее половине, то есть

OE = BC-= a 2 2

OF = AD-= b 2 2

a+b- FE =OE + OF = 2

Ответ:

$a-+b 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#89113

В трапеции $ABCD$ основание $BC$ в два раза меньше основания $AD.$ Из вершины $D$ опущен перпендикуляр $DE$ на сторону $AB.$ Докажите, что $CE = CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие бывают способы доказать равенство сторон? Самый очевидный - найти их длины. Менее очевидный - доказать равнобедренность треугольника через то, что в нем медиана, высота и биссектриса к основанию совпадают. Вычислять длины CE, CD, сложно, поэтому попробуйте применить второй подход. Еще полезно поразмышлять, как использовать условие, что длина BC в 2 раза меньше длины AD. Может попытаться получить равные отрезки?

Подсказка 2

Пусть O - середина отрезка ED. В какой тогда точке должна пересекать прямая CO основание AD, чтобы ECD был равнобедренным?

Подсказка 3

Чтобы ECD был равнобедренным, CO должна быть медианой и высотой. Но тогда прямая CO будет содержать среднюю линию треугольника AED, то есть пересечет AD в середине. Осталось понять, почему это будет правдой?

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина основания $AD.$ По условию основание $BC$ в два раза меньше $AD,$ то есть:

1 AM = 2AD = BC

$PIC$

Тогда $ABCM$ — параллелограмм, потому что стороны $AM, BC$ равны и параллельны. Следовательно, будут параллельны $AB ||CM.$ Так как $DE$ — высота к $AB,$ получаем $DE ⊥CM.$

При этом $CM$ — прямая, содержащая среднюю линию в треугольнике $AED,$ так как параллельна $AE$ и проходит через середину $AD.$ Следовательно, $CM$ проходит через точку $O$ — середину $DE.$

В итоге, $CO$ — высота и медиана треугольника $DCE.$ Значит, он равнобедренный и $CE = CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91312

В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2. Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть дана трапеция $ABCD,$ $MK$ — отрезок, соединяющий середины оснований $BC$ и $AD,$ $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD.$

$PIC$

Тогда, так как $BC ||AD,$ треугольники $△BOC$ и $△DOA$ подобны. $OM$ и $OK$ — соответствующие элементы в подобных треугольниках (медианы). Значит, $∠BON = ∠DOK.$ Следовательно, точки $M,O$ и $K$ лежат на одной прямой.

Проведём $CE ||BD,$ где точка $E$ лежит на продолжении стороны $AD.$ Тогда, так как $BD ||CE$ и $BC ||DE,$ $BCED$ — параллелограмм.

Так как диагональ в параллелограмме делит его на $2$ равных треугольника,

S△BCD = S△EDC

Заметим, что $S△ABC = S△BCD,$ так как они имеют общее основание $BC,$ а вершины $A$ и $D$ лежат на прямой, параллельной основанию $BC$ (что означает, что их высоты из точки $B$ будут равны). Получаем:

S△ABC = S△BCD =S△EDC

Значит,

SABCD = S△ABC + S△ACD =S△EDC +S△ACD = S△ACE

Таким образом, нам нужно найти площадь $△ACE,$ у которого известны $2$ стороны: $AC =3$ по условию, $CE = BD = 5,$ так как $BCED$ — параллелограмм.

Проведём $CP ||MK, P$ лежит на $AE.$ Тогда, так как $CP ||MK$ и $KP||MC,$ $MCP K$ — параллелограмм. Значит,

AP = AK +KP = 1AD + 1BC = 1AD − 1BC + BC =KD − KP + DE = PE 2 2 2 2

Таким образом, $AP = PE,$ значит, $CP$ — медиана $△ACE.$ Получается, в $△ACE$ нам также известна медиана: $CP = MK =2.$

Сделаем выносной чертёж $△ACE.$

$PIC$

Продлим медиану $CP$ на свою длину — точка $X.$ Тогда, четырёхугольник $ACEX$ — параллелограмм (диагонали точкой пересечения делятся пополам). Значит,

XE =AC = 3, XA = EC = 5, CP =P X = 2.

Заметим, что $S△ACE = S△CEX,$ так как $△ACP = △XEP.$ Значит, нам нужно найти площадь $△CEX.$ Так как его стороны равны $XE =3,CX = 4,CE = 5,$ то по обратной теореме Пифагора этот треугольник прямоугольный. Значит, его площадь равна

1 4⋅3 S△CEX = 2 ⋅CX ⋅XE = 2 =6

Тогда, $SABCD = SACE = SCEX = 6.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#97701

В трапеции $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $E.$ Прямая, проведенная через точку $E,$ параллельная $CD,$ пересекает $AD$ в точке $F.$ Известно, что $BD = AD,$ а $FD =3.$ Найдите длину $BE.$

Показать ответ и решение

Поскольку $AD ∥CB,$ треугольники $EAD$ и $ECB$ подобны, и потому

BE- BC- DE = AD

Достроим треугольник $BCD$ до параллелограмма $BCDK.$ Тогда треугольник $DEF$ и $DBK$ подобны, поэтому

DF DK DE- = DB-

Наконец, поскольку $DK = BC$ и $DB =DA,$ получаем

DF- = DK = BC-= BE- DE DB AD DE

Отсюда следует, что $BE = DF = 3.$

Ответ: 3

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#68708

В трапеции $ABCD$ длины диагонали $BD$ и основания $BC$ равны. Точка $X$ на луче $BD$ такова, что $BX =CX.$ На прямой $CX$ взята точка $Y$ такая, что $AB =BY.$ Известно, что $∘ ∘ ∠DBC = α ,∠ABD =β .$ (При этом $∘ α +β ⁄= 90$ и $∘ 180 − α − β >α)$ Найдите градусную меру угла $∠BYC.$

Источники: ИТМО-2023, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество равных отрезков да еще и параллельные прямые в трапеции. В такой картинке больше всего хочется найти все равные углы, которые есть, давайте так и поступим.

Подсказка 2

Если вы правильно воспользуетесь равнобедренными треугольниками и параллельностью AD и BC, то станет понятно, что ∠XCB = ∠XDA. Еще мы знаем, что BD = BC, то есть точки D и C находятся как бы на одной окружности с центром в точке B. Что хочется сделать в такой конструкции?

Подсказка 3

Давайте повернем рисунок против часовой стрелки относительно точки B на угол равный альфа. Куда в таком случае перешли точка C и прямая CX?

Подсказка 4

Точка C перейдет в точку D, а прямая CX в прямую AD. Вспомните, что BA=BY, и подумайте, куда в таком случае могла перейти точка Y. Рассмотрите все возможные случаи и найдите в каждом случае градусную меру угла ∠BYC

Показать ответ и решение

$PIC$

$△BXC$ равнобедренный, поэтому $∠XCB =∠XBC = α.$ Накрест лежащие углы равны: $∠BDA = ∠DBC = α$ . Значит, $∠XCB = ∠BDA.$

Повернём картинку на угол $α$ относительно точки $B$ так, чтобы точка $C$ перешла в точку $D.$ Из доказанного выше равенства углов следует, что прямая $CX$ при этом повороте перейдёт в прямую $DA.$ Точка $Y$ при этом перейдёт в такую точку на прямой $AD,$ что расстояние от неё до точки $B$ равно $AB.$ Таких точек две. Одна из них точка $A,$ а вторая — какая-то точка $A′.$

Значит, $∠BYC = ∠BAD$ или $∠BYC = ∠BA′D.$ $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− α− β,$ как односторонний угол. Это один из ответов.

Посмотрим теперь на точку $A′.$ $△BAA ′$ равнобедренный, причём $∠BAA ′$ равен тому из углов $∠BAD$ и $180∘− ∠BAD,$ который является острым (случай прямого угла исключается значениями углов $α$ и $β,$ которые даны в каждом их вариантов). Если $∠BAD$ тупой, точка $A′$ очевидно лежит на луче $DA$ и $∠BA ′D= 180∘− ∠BAD =α +β.$ Если же $∠BAD$ острый, $∠BA′A= ∠BAA ′ = ∠BAD = 180∘ − α − β$ и точка $A′$ находится на луче $AD.$ При этом во всех вариантах $180∘− α − β > α,$ т.е. $∠BA′A> ∠BDA,$ поэтому точка $A′$ лежит ближе к $A,$ чем $D$ , т.е. попадает на отрезок $AD.$ Значит, $∠BA ′D = 180∘ − ∠BA ′A = α+ β.$

Ответ:

$α +β,180∘ − α − β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#75185

На боковой стороне $CD$ трапеции $ABCD$ нашлась точка $M$ такая, что $BM = BC.$ Пусть прямые $BM$ и $AC$ пересекаются в точке $K,$ а прямые $DK$ и $BC$ — в точке $L.$ Докажите, что углы $BML$ и $DAM$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется провести, что начать записывать цепочку равенств углов, начиная с DAM? На картинке много параллельностей, есть смысл обращаться к углам с помощью отрезков!

Показать доказательство

Пусть $E$ — точка пересечения прямых $AM$ и $BC,$ точка $F$ — точка пересечения прямых $BM$ и $AD.$ Из параллельности прямых $F A$ и $BE$ следует равенство углов $∠F AE =∠BEA.$

$PIC$

Достаточно показать, что $∠LMB = ∠MEB,$ что эквивалентно тому, что прямая $BM$ касается окружности $(LME )$ , то есть тому, что верно равенство произведений отрезков секущих $BL ⋅BE =BM2,$ а в силу $BC = BM$ , равенство

BL⋅BE = BC2

Осталось заметить, что, в силу подобия треугольников $AKF$ и $CKB$

FD BL FA-= BC-

а в силу подобия треугольников $AMF$ и $EMB$

FD-= BC- FA BE

Получаем

BC- BL- BE = BC

Домножив обе части равенства на произведение знаменателей, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31334

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD = a$ и $BC = b$ проведены диагонали $AC$ и $BD$ . Их середины обозначим через $K$ и $M$ соответственно. Чему равен отрезок $KM$ ? Ответ выразите через $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу будем считать, что a>=b. Мы знаем что K и M это середины диагоналей. Какая хорошая прямая в трапеции может проходить через эти точки?)

Подсказка 2

Да, средняя линия трапеции! Пусть её точка на отрезке AB это X, а на отрезке CD это Y. Как можно выразить XK и MY?

Подсказка 3

Стоит воспользоваться тем, что XK например параллельна BC и найти подобие)

Подсказка 4

Да, XK = b/2! аналогично можно найти MY, вспомнить чему равно XY и найти KM)

Показать ответ и решение

Пусть $a ≥b$ . Проведём среднюю линию трапеции $YG$ , как на чертеже:

$PIC$

Она проходит через точки $K$ и $M$ , тогда

YG = a+-b, 2

а также

GM = KY = BC- =-b, 2 2

то есть

a+-b a−-b KM = 2 − b= 2

В случае $b> a$ всё аналогично, а чтобы объединить случаи, можно просто поставить модуль:

|a-− b| KM = 2

Ответ:

$|a−-b| 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31355

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Получается, что сумма двух отрезков равна третьему. Что тогда естественно сделать, чтобы воспользоваться этим условием?

Подсказка 2

Верно, можно попробовать расположить их на одной прямой. Тогда какая фигура после этого получится?

Подсказка 3

Ага, это параллелограмм. Каким же условием мы ещё не воспользовались в задаче? Видим, что накрест лежащие углы у нашего параллелограмма прямые и из построения образовался равнобедренный треугольник. Теперь осталось аккуратно досчитать углы.

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 11#31460

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, какие у нас бывают дополнительные построения в трапеции. Например, провести сторону параллельно боковой стороне через точку В. Что тогда хорошего можно заметить?

Подсказка 2

Верно, получившаяся фигура - параллелограмм. Тогда параллельные стороны будут равны. Какой ещё факт, связанный с углами, можно заметить из картинки?

Подсказка 3

Ага, равны два угла по 80 градусов. Тогда можно найти третий угол у образовавшегося треугольника. Какой же это будет треугольник?

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:

$1$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31461

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть биссектриса одного из углов трапеции, и к тому же она является медианой. Какое тогда естественное дополнительное построение можно выполнить?

Подсказка 2

Верно, можно её продлить до пересечения с параллельной стороной. Тогда у нас образуется новый большой треугольник. Попробуем посчитать углы и выяснить что-то о нём.

Подсказка 3

Ага, он равнобедренный. Тогда для решения задачи осталось найти получившееся основание, часть из которого нам известна. Мы ещё не пользовались равенством отрезков. Воспользовавшись ими и равенством углов, попробуйте найти неизвестную часть.

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 13#31463

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна $1$ , а большая образует угол $30∘$ с одним из оснований. Найдите длину этого основания, если на нём лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Искать основание целиком выглядит явно плохой идеей, поэтому попробуем найти его по частям. Используя параллельность, поймём какие у нас образуются "хорошие" треугольники при пересечении биссектрис на стороне?

Подсказка 2

Верно, получается два равнобедренных треугольника. Одну из частей мы сразу находим, а для второй нам достаточно найти вторую боковую сторону. Тогда какое дополнительное построение уместно использовать в данном случае?

Подсказка 3

Ага, хорошо будет провести ещё одну высоту, тем более мы знаем её длину. Мы ещё не пользовались углом в 30 градусов! Попробуйте применить это для получившегося прямоугольного треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть $X$ — точка пересечения биссектрис. $PIC$ Заметим, что $ΔABX$ — равнобедренный, откуда $AB = AX = 1$ . Далее немного посчитаем углы:

∘ ∘ ∘ ∠BCD = 180 − ∠ADC = 150 ,∠BCX = ∠DCX = 75 ,

∘ ∘ ∠BXC = 180 − ∠CBX − ∠BCX =60 ,

∠CXD = 180∘− ∠BXA − ∠BXC = 75∘

Проведём высоту $CY$ , она равна $1$ , а значит,

CD = -CY-∘-= 2 sin(30 )

$CD =DX =2$ в силу равнобедренности $ΔCDX$ , откуда

AD = AX +XD =3

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31464

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нужно доказать перпендикулярность двух отрезков, то имеет смысл подумать о доказательстве через прямоугольный треугольник. Тогда попробуем сделать дополнительное построение, которое поможет нам воспользоваться признаком прямоугольного треугольника.

Подсказка 2

Верно, проведем медиану к большему основанию. Тогда она должна быть вдвое меньше основания. Попробуем понять, какой четырёхугольник у нас получился, используя параллельность оснований трапеции.

Подсказка 3

Ага, получился ромб. Тогда осталось воспользоваться только равенством отрезков.

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 15#37842

В трапеции $MNP Q(MQ ∥NP )$ угол $NQM$ в два раза меньше угла $MP N$ . Известно, что $NP = MP = 13,MQ = 12 2$ . Найдите площадь трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Попробуем посмотреть на условие о том, что NP = PM = 13/2 немного под другим углом. Это означает, что от N и M до P одинаковое расстояние. А нам как-то не хватает отрезков, которые мы можем посчитать на картинке. Было бы здорово найти еще какой-то равный им отрезок. Что для этого можно сделать?

Подсказка 2!

2) Давайте построим окружность с центром P и радиусом 13/2. Тогда попробуем доказать, что точка Q тоже на ней лежит! Как это можно сделать?

Подсказка 3!

3) Верно, пусть нет, отметим тогда точку пересечения окружности и MQ, как бы доказать теперь, что эта точка обязательно совпадает с Q?

Подсказка 4!

4) Да, тут-то там и пригодится условие про углы! А дальше осталось аккуратно досчитать площадь, теперь-то у нас побольше известных отзеков)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Проведём биссектрису и высоту в равнобедренном $NPM$ до пересечения с $MQ$ в точке $T$ . Тогда $NP MT$ — ромб со стороной $13∕2$ и углами $∘ 2α,180 − 2α$ , где $α= ∠NQM$ . Тогда $∘ ∠T NQ = 180 − 3α$ и из $△TNQ$ по теореме синусов

13∕2 37∕2 3 2 1 sin-α = sin3α ⇐⇒ 13(3sinα − 4sin α) =37sinα ⇐ ⇒ sin α= 26

Отсюда площадь ромба можно найти по формуле

169 5 5⋅13 STNPM = (13∕2)2⋅sin(2α)= -4-⋅226 =-4--

А площадь трапеции легко выразить через площадь ромба через отношение полусуммы оснований трапеции к стороне ромба, ведь у них общая высота

SMNPQ = (12+-13∕2)∕2STNPM = 37-⋅5. 13∕2 8

Второе решение.

Точки $M$ и $N$ лежат на окружности радиуса $13 2$ с центром в вершине $P$ . Пусть прямая $MQ$ вторично пересекает эту окружность в точке $Q1$ . Тогда вписанный угол $MQ1N$ равен половине соответствующего центрального угла MPN, т. е.

1 ∠MQ1N = 2MP N = ∠MQN,

значит, точка $Q$ совпадает с точкой $Q1$ , а $13 PQ = PM = 2$ . Пусть $H$ - высота равнобедренного треугольника $MP Q$ . Тогда $H$ середина основания $MQ$ . По теореме Пифагора

∘--------- ∘ 169---- 5 PH = PQ2 − QH2 = -4-− 36= 2.

Следовательно,

SMNPQ = PN-+MQ--⋅PH = 123+-12⋅ 5= 185. 2 2 2 8

Ответ:

$185 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#40724

В трапеции $ABCD$ диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A.$ Биссектриса угла $B$ пересекает большее основание $AD$ в точке $E.$ Найдите высоту трапеции, если $√- √ - AC = 8 5,BE =4 5.$

Показать ответ и решение

По условию $∠BAC = ∠CAE$ , а из параллельности $∠CAE = ∠BCA$ . Значит, треугольник $ABC$ равнобедренный. Поэтому $BE$ — биссектриса, высота и медиана в треугольнике $BAC$ . Отсюда $BE$ — серединный перпендикуляр к $AC$ и поэтому $AEC$ тоже равнобедренный. Тогда $∠CAE =∠ACE$ , а треугольники $ABC$ и $AEC$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, $AB = BC = CE =EC$ , так что $ABCE$ ромб. Тогда его диагонали пересекаются в серединах и перпендикулярны, поэтому $√ - AF = 4 5$ , $√- FE = 2 5$ и $AE = 10$ . Площадь всего ромба равна $AC⋅BE- 2 = 80$ , а площадь треугольника $ACE$ равна половине площади ромба, то есть $40.$ $CH⋅AE- SACE = 2 = 40$ , поэтому $CH = 8$ .

Ответ:

$8$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#70274

Диагонали $AC$ и $BD$ равнобокой трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $AD$ : $BC = 3:2$ . Окружность $ω$ с центром $O$ , проходящая через вершины $A$ и $D$ , пересекает продолжение основания $BC$ за точку $B$ в точке $K$ . Оказалось, что $BK = BO$ . Найдите отношение основания $AD$ к радиусу окружности $ω$ .

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем выразить каким-либо образом основание через радиус, чтобы в результате отношения радиусы сократились. Давайте проведем высоту из точки O на основание AD, тогда из прямоугольного треугольника мы можем найти, что AD = 2*AO*cos∠DAO. Таким образом, отношение AD к радиусу окружности будет равно 2cos∠DAO. Подумайте, откуда мы можем найти косинус данного угла?

Подсказка 2

Давайте обратим свое внимание на треугольник KBO, всё таки про него нам довольно много известно из условия. Он равнобедренный, а его сторона OK равна OA и OD. По условию нам дано отношение оснований нашей равнобокий трапеции. Подумайте, как, используя данное отношение, мы можем выразить KB и BO через сторону OK.

Подсказка 3

Если воспользоваться тем, что OK=OA=OD и тем, что △AOD подобен △BOC, можем найти, что BO=KB=2*OK/3. По сути, нам известны три стороны одного треугольника, выраженные через одну и ту же переменную, просто с разными коэффициентами. В таких случаях очень удобно использовать теорему косинусов. Давайте воспользуемся ей для угла KBO, так как ∠KBO = 180 - ∠OBC = 180 - ∠DAO. Таким образом, мы легко находим 2cos∠DAO.

Показать ответ и решение

Обозначим радиус окружности за $3x$ , $AO =DO =KO = 3x$ . Из $△AOD ∼ △BOC$ получаем $CO = 2x= BO = BK$ (с учётом условия задачи).

$PIC$

По теореме косинусов для $△KBO$

9x2 = 4x2 +4x2− 2⋅4x2cos∠KBO =⇒ cos∠KBO =− 1 8

cos∠KBO = − cos(180∘ − ∠KBO )= − cos∠CBO = − cos∠OAD

cos∠OAD = 1 8

Если провести высоту треугольника $AOD$ , то легко понять, что $AD-= AO cos∠DAO 2$ , отсюда

AD- AD- 2AO-cos∠DAO- 1 R = AO = AO = 4

Ответ: 0,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#71480

Каждая диагональ трапеции равна сумме ее оснований. Найдите угол между ее диагоналями.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $AB = a,CD = b,$ тогда из условия получаем, что $BD = a+b.$ Сделаем дополнительное построение — проведем $BE$ параллельно $AC.$ В силу параллельности противоположных сторон, полученный четырехугольник $ABEC$ — параллелограмм. Значит, $BD = AC = BE =a +b,$ то есть в треугольнике $BDE$ все стороны равны, получается, он правильный и все его углы равны $60∘.$ Нам нужно было найти угол между $AC$ и $BD,$ а он равен углу между $BE$ и $BD.$ То есть искомый угол равен $60∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#86305

Углы при одном основании трапеции равны $50∘$ и $80∘.$ Докажите, что одна из ее боковых сторон равна разности оснований.

Показать доказательство

Проведём отрезок $BF,$ параллельный $CD.$ Нетрудно понять, что $BCDF$ — параллелограмм, откуда $BC = FD,CD = BF,∠CDA = ∠BF A =80∘.$ Заметим, что отрезок $AF$ равен разности оснований и что $ΔABF$ — равнобедренный, откуда $AF = BF = CD,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#86307

К боковой стороне $AB$ равнобокой трапеции $ABCD$ провели серединный перпендикуляр. Он пересёк отрезок $BC$ в точке $E.$ Найдите угол $ABC,$ если известно, что прямые $AE$ и $CD$ перпендикулярны.

Показать ответ и решение

Продлим $EA$ до пересечения с $CD$ в $X$ и положим $∠ABC = α.$ Тогда $∠BAE = α$ и $∠DCB = α.$ По условию $∠EXC = 90∘,$ откуда $∘ ∠XEC =90 − α.$ Заметим, что последний угол является внешним к $ΔBAE,$ но с другой стороны этот же внешний $∠XEC =2α,$ тогда имеем уравнение $∘ 2α =90 − α,$ то есть $∘ α= 30.$

$PIC$

Ответ:

$30∘$

Предыдущий раздел

Следующий раздел