Тема Четырёхугольники

Прямоугольники

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#58008

Дан прямоугольник $ABCD$ , точка $M$ — середина стороны $CD$ , точка $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из вершины $B$ на прямую $AM$ . Оказалось, что $H$ лежит на отрезке $AM$ . Докажите, что треугольник $BCH$ — равнобедренный.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пересечём $BC ∩AM =X$ . Поскольку $DM =MC, AD ∥BC$ , то $CX = AD = BC$ (равны $△ADM =△CXM$ ). Отсюда $HC$ — медиана прямоугольного треугольника $BHX$ , следовательно, $HC = BX ∕2 =BC$ , имеем равнобедренность. ______________________

Второе решение.

$PIC$

Заметим, что $∘ ∘ ∘ ∠MCB +∠BHM = 90 +90 = 180,$ поэтому $BHMC$ — вписанный. Опирающиеся на одну и ту же дугу вписанные углы равны $∠BHC = ∠BMC$ . Так же обоснуем равенство симметричных углов $BC AD ∠BMC = arctg1∕2CD-= arctg1∕2CD-= ∠AMD.$ Далее используем равенство накрест лежащих углов $∠AMD = ∠BAM$ . И наконец, из прямоугольных треугольников $∠BAM = 90∘ − ∠BXA =∠HBX$ .

В итоге всей этой цепочки получили равенство углов $BHC$ и $HBC$ , откуда и следует равнобедренность треугольника $BCH.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#58322

В прямоугольнике $ABCD$ биссектрисы угла $B$ и внешнего угла $D$ пересекают сторону $AD$ и прямую $AB$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезок $KM$ перпендикулярен отрезку диагонали $BD$ прямоугольника.

Показать доказательство

Рассмотрим треугольник $MBD.$ В нем $DA$ является высотой, так как $DA ⊥ AB.$

Докажем, что $BK ⊥DM.$ По условию $DM$ — биссектриса внешнего угла $D$ прямоугольника, значит, $∘ ∠ADM = 45.$ Также $BK$ — биссектриса угла $B$ прямоугольника, значит, $∘ ∠ABK = 45.$

По сумме углов треугольника $ADM$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠AMD = 180 − ∠MAD − ∠ADM = 180 − 90 − 45 =45

Пусть $N$ — точка пересечения прямых $DM$ и $BK.$ Тогда по сумме углов треугольника $BMN$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠BNM = 180 − ∠BMN − ∠MBN =180 − 45 − 45 =90

$PIC$

Тогда $BN$ и $DA$ — высоты треугольника $MBD,$ пересекающиеся в точке $K.$ Значит, $MK$ — третья высота этого треугольника, то есть $MK ⊥ BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#69116

В прямоугольнике $ABCD$ опущен перпендикуляр $BK$ на диагональ $AC.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AK$ и $CD$ соответственно. Докажите, что угол $BMN$ прямой.

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку

( ) ( ) ( ) −M−N→ = 1 −A−→D + −−K→C = 1 −−B→C +−K−→C и −B−M→ = 1 −B→A + −−B→K 2 2 2

то

−−→ −−→ 1( −−→ −−→ ) (−→ −−→ ) 1 (−−→ −−→ −−→ −→ ) MN ⋅BM = 4 BC +KC ⋅ BA + BK = 4 BC ⋅BK +KC ⋅BA =

1( −−→ −−→ −−→ −→ ) = 4 BC ⋅BK −KC ⋅AB

Так как

−−→ −→ −−→ −−→ BC ⋅BA = KC ⋅BK = 0

Обозначим $∠BAC =∠KBC = α.$

Тогда

−−B→C ⋅−−B→K − −K−C→ ⋅−A→B = BC ⋅BK ⋅cosα − KC ⋅AB ⋅cosα =

= (BC⋅BK − KC ⋅AB)cosα= (BC⋅KC ctgα− KC ⋅BCctgα)cosα = 0.

Следовательно, $BM ⊥ MN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#39059

Внутри прямоугольника $ABCD$ отмечена точка $X$ такая, что $∠XBA =30∘,∠XDA = 75∘$ . Найдите угол $XAD$ , если известно, что $AB = 2AD$ .

Показать ответ и решение

Опустим на луч $BX$ перпендикуляр из вершины $A$ — полученную точку обозначим за $Y$ . Заметим, что треугольник $ABY$ — прямоугольный с углом $∘ 30$ , а значит, $AB- AY = 2 = AD$ , а угол $∘ BAY = 60$ . Тогда треугольник $AYD$ — равнобедренный, и $∘ ∘ ∠Y AD =90 − ∠YAB = 30$ . Получаем, что $180∘−∠DAY- ∘ ∠ADY = ∠AYD = 2 = 75$ . Но это означает, что точка $Y$ совпадает с точкой $X$ из условия, и $∘ ∠XAD = ∠YAD = 30$ .

$PIC$

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39188

Прямоугольник с периметром $28$ разрезан на два прямоугольника с периметрами $18$ и $22$ . Найдите стороны исходного прямоугольника. Запишите ответ в порядке возрастания через пробелов.

Показать ответ и решение

На рисунке периметр красного прямоугольника — $18$ , а зеленого — $22$ . Видно, что при сложении этих двух периметров высота будет посчитана дважды. Значит, высота изначального прямоугольника равна $(18 +22− 28) :2 =6$ . Ширина изначального прямоугольника равна $(28− (6⋅2)):2= 8$ .

$PIC$

Ответ: 6 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#45004

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MB = 1:4,AN :NC = 3:2.$

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#82776

B прямоугольнике $ABCD$ сторона $BC =3.$ На стороне $AB$ отмечена её середина — точка $P.$ Из точки $C$ опущен перпендикуляр $CQ$ на $DP.$ Найдите длину $BQ.$

Источники: Бельчонок - 2022, 11 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Продлим $CB$ и $DP$ до пересечения, пусть $M$ — это точка их пересечения.

$PIC$

Прямоугольные треугольники $MBP$ и $DAP$ равны, так как имеют равные катеты, $BP = AP,$ потому что $P$ — середина, и равные острые углы, $∠MP B = ∠AP D,$ как вертикальные. Значит, $MB = AD = BC.$ Таким образом, $BQ$ — медиана прямоугольного треугольника $MQC,$ и равна половине гипотенузе $MC,$ то есть $3.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#38644

Дан прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB =6,BC = 4$ . Прямая, проходящая через вершину $C$ , пересекает лучи $AB$ и $AD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Найдите длину $XY$ , если известно, что $DY =8$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Показать ответ и решение

Заметим, что $BC ∥AY$ и $AX ∥CD$ , а значит, $∠XCB = ∠XY A$ и $∠CXB =∠Y CD$ как соответственые углы. Тогда треугольники $XBC$ и $CDY$ подобны, а значит, $XC :CY = BC :DY =4 :8.$ По теореме Пифагора

2 2 2 CY = CD + DY = 36+ 64= 100⇒ CY =10.

Таким образом, $XY = XC +CY = CY (1+1)= 15. 2$

$PIC$

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#46042

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ вовне построены два равных прямоугольника $AMNB$ и $APQC$ . Найдите расстояние между вершинами $N$ и $Q$ прямоугольников, если длины сторон $AB$ и $AC$ равны $3$ и $4$ соответственно, а угол при вершине $A$ треугольника равен $∘ 30$ .

Источники: Росатом-20, 11.6 (см. mephi.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку прямоугольники равны, то $BN =AC = 4,AB = CQ = 3$ , откуда их диагонали $AQ = AN =5$ . Заметим, что $∠CAQ + ∠BAN =∠CAQ +∠AQC = 90∘$ , откуда $∠NAQ =90∘+ 30∘ = 120∘$ . Тогда из равнобедренного $△ANQ$ легко найти $√- NQ = 5 3$ .

Ответ:

$5√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#38691

В прямоугольнике $ABCD$ сторона $AB$ равна $6$ , сторона $BC$ равна $11$ . Из вершин $B$ и $C$ проведены биссектрисы углов, пересекающие сторону $AD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Найдите длину отрезка $XY$ .

$PIC$

Источники: Школьный этап - 2018, Москва, 8.2

Показать ответ и решение

Заметим, что из параллельности $AD ∥BC$ имеем $∠BXA = ∠XBC = ∠ABX$ , а значит, треугольник $ABX$ — равнобедренный, и $AX = AB = 6$ . Аналогично, $DY =6$ . Тогда $XY = AX + DY − AD = =12− 11= 1.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71207

Вершины квадрата соединили отрезками с серединами сторон так, как показано на рисунке. Докажите, что закрашенная на рисунке фигура — квадрат.

$PIC$

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $BAH$ и $CBE$ . В них: $AB =BC$ как стороны квадрата, $AH = BE$ как половины сторон квадрата и $∠BAH =∠CBE = 90∘$ . Значит, по двум сторонам и углу между ними эти треугольники равны. Аналогично можно получить, что треугольники $BAH$ , $CBE$ , $DCF$ и $ADG$ равны. Отсюда: $∠ABH = ∠BCE = ∠CDF = ∠DAG$ и $∠BHA = ∠CEB = ∠DF C = ∠AGD$ как соответственные в равных треугольниках. Теперь рассмотрим треугольники $EJB$ , $F KC$ , $GLD$ , $HIA$ . Они будут равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, так как $EB = FC =GD = HA$ и все соответственные углы равны по выше доказанному. И значит, углы $EJB$ , $FKC$ , $GLD$ , $HIA$ равны как соответственные в равных треугольниках, и углы $IJK$ , $JKL$ , $KLI$ , $LIJ$ равны как вертикальные с равными.

Также из равенства треугольников $BAH$ , $CBE$ , $DCF$ и $ADG$ мы узнаем, что $BH = EC = FD = GA = a$ , а из равенства треугольников $EJB$ , $FKC$ , $GLD$ , $HIA$ – что $EJ = FK = GL =HI = b$ и $BJ = CK = DL = AI = c$ . Тогда что можно сказать про отрезки $IJ$ , $JK$ , $KL$ , $LI$ ? Каждый из них равен $a− b− c$ , то есть они все равны.

Итог: в четырехугольнике $IJKL$ все стороны и все углы равны, значит, он квадрат.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#71208

Две прямые, расстояние между которыми равно стороне квадрата, пересекают его стороны в четырех точках так, как это показано на рисунке. Найдите угол между двумя отмеченными отрезками, соединяющими эти точки.

$PIC$

Показать ответ и решение

$PIC$

Продлим некоторые отрезки так, как показано на рисунке и вспомним вторую задачу из этой домашки. Рассмотрим полосы, образованные прямыми $AE$ и $CH$ и прямыми $EF$ и $GH$ . Что можно сказать про ширину каждой из них? Они обе равны стороне квадрата. Значит, эти полосы образуют ромб $MELH$ . Аналогично полосы, образованные прямыми $AG$ и $F C$ и прямыми $EF$ и $GH$ , образуют ромб $JF KG$ .

Нам нужно найти угол между прямыми $EH$ и $FG$ . Для этого можно найти угол между перпендикулярами к этим прямым. Почему так? Давайте докажем.

$PIC$

Пусть дан $∠ABC = α$ . $DF$ , $DE$ — перпендикуляры, опущенные на стороны этого угла. Тогда $∠ECB = 180∘− ∠CEB − ∠B =90∘− α$ . Значит, $∠CDF = 180∘− ∠DF C− ∠C =α$ .

Понятно, что $EH$ , $FG$ — диагонали ромбов $MELH$ и $JFKG$ соответственно. Тогда проведем вторые диагонали этих ромбов. Они будут перпендикулярным первым, а значит, достаточно будет найти угол между ними, то есть сейчас будем искать угол между прямыми $JK$ и $ML$ .

Пусть $∠BEF = α$ , а $∠BF E = β$ , при этом $α +β = 90∘$ , так как $∠B = 90∘$ как угол квадрата. $∠JEA =α$ как вертикальный к $∠BEF$ . $∠EAJ = 90∘$ как угол, смежный углу квадрата. Тогда $∠J = 90∘− α$ . Аналогично посчитав, получим, что $∠L = 90∘− β$ .

Угол между $JK$ и $ML$ равен $180∘− ∠LJK − ∠JLM =180∘− 1∠LJK − 1∠JLM = 180∘− 1(90∘− α)− 1(90∘− β)= 180∘− 45∘ − α− 45∘− β = 90∘− α+β =45∘ 2 2 2 2 2 2 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71484

На сторонах $AD$ и $CD$ квадрата $ABCD$ взяли точки $K$ и $E$ так, что угол $ABK$ равен $15∘$ , а угол $EKD$ равен $30∘$ . Найдите угол $KBE$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем перпендикуляр $BH$ . $∠BKA =90∘− 15∘ =75∘$ . $∠BKH =180∘− 75∘− 30∘ = 75∘$ . Рассмотрим треугольники $BAK$ и $BHK$ . Они равны по второму признаку, так как сторона $BK$ — общая, $∠BKA = ∠BKH$ , $∠ABK = 15∘ = ∠BHK − ∠HKB$ . Отсюда $BA = BH$ как соответственные, а также $BH = BA = BC$ как стороны квадрата.

Теперь рассмотрим треугольники $BHE$ и $BCE$ . Они оба прямоугольные, $BE$ — их общая гипотенуза, $BH = BC$ — равные катеты. То есть эти треугольники равны по признаку равенства прямоугольных треугольников. Значит, $∠HBE = ∠CBE$ как соответственные, и равны $90∘−22⋅15∘-= 30∘$ .

Ответ:

$45∘$