Тема Треугольники с фиксированными углами

Прямоугольные треугольники

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники с фиксированными углами

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#83170Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ с вершиной прямого угла $A$ проведена биссектриса $BL.$ Точка $D$ симметрична точке $A$ относительно биссектрисы $BL.$ Обозначим через $M$ центр описанной окружности треугольника $ADC.$ Докажите, что прямые $CM,DL$ и $AB$ пересекаются в одной точке.

Источники: КМО - 2019, вторая задача второго дня для 8-9 классов, автор Белов Д.А. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Пусть прямая $CM$ вторично пересекает окружность в точке $K$ . Тогда $∠CAK$ прямой как опирающийся на диаметр. Значит, $K$ лежит на прямой $AB$ (сумма углов при точке А равна $∘ 180$ ), т.е. $AB$ и $CM$ пересекаются в $K$ . Заметим теперь, что $BM$ — биссектриса и медиана в треугольнике $KBC$ . Значит, она является также и высотой, так что она перпендикулярна $KC.$

$PIC$

Отсюда следует, что $AD ∥ KC$ , и $KADC$ — трапеция. По известному свойству трапеции, точка пересечения её диагоналей лежит на отрезке, соединяющем середины оснований.

Замечание. Искомые прямые пересекаются в радикальном центре окружностей, описанных около четырёхугольников $ABDL, DCML, ABCM.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#103419Максимум баллов за задание: 7

B прямоугольный треугольник $ABC (∠B = 90∘)$ вписана окружность $Γ$ с центром $I,$ которая касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Прямая, проходящая через точку $I,$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите радиус окружности $Γ ,$ если $MK = 144,$ $NL = 25.$ Найдите $AC,$ если дополнительно известно, что прямая $MN$ параллельна $AC.$

Источники: Физтех - 2019, 9.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На рисунке есть очень много прямых углов, давайте их все отметим и попробуем найти какие-то равные отрезочки

Подсказка 2

Так как в четырёхугольнике KILB три прямых угла и две равные смежные стороны, KILB – квадрат! Обозначим его сторону за r (ведь это фактически радиус вписанной окружности), можно ли теперь записать какое-то уравнение, чтобы найти эту неизвестную?

Подсказка 3

Так как KI || BN, △KMI ∼ △BMN, записав отношение их подобия, находим r) Теперь нужно как-то найти АС, сразу в глаза бросаются подобные треугольники АВС и MBN, если мы найдём коэффициент их подобия, то сможем найти АС, ведь MN легко вычислить по теореме Пифагора!

Подсказка 4

Давайте опустим высоты ВН и ВВ₁ треугольников BMN и АВС соответственно, знаем ли мы НВ₁?

Подсказка 5

НВ₁ – это расстояние между прямыми MN и АС, то есть расстояние от точки I до АС, что, разумеется, равно радиусу вписанной окружности! Тогда нам остается посчитать, чему равны ВН, MN и ВВ₁ = ВН + НВ₁, и найти АС через коэффициент подобия)

Показать ответ и решение

Пусть радиус окружности Г равен $r.$

$PIC$

Заметим, что $IK ⊥AB,$ так как $AB$ касается окружности Г в точке $K.$ Аналогично, $IL ⊥BC.$ Также заметим, что $IK = IL$ как радиусы Г. Получается, в четырехугольнике $BKIL$ две смежные стороны равны и три угла являются прямыми, откуда этот четырёхугольник — квадрат, то есть $BK = KI = IL= LB = r.$

Два прямоугольных треугольника $KMI$ и $BMN$ подобны, так имеют общий угол $KMI.$ Отсюда

KM BM -KI-= BN--

144= 144+-r r 25+r

Получается, $r= 60.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание: Мы пользуемся тем, что точка $N$ лежит на отрезке $LC,$ так как если бы она лежала на $BL,$ то прямая $IN$ пересекала бы продолжение стороны $AB,$ а не саму сторону, что противоречило бы условию. Аналогично точка $M$ лежит на $AK.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, $BM = 144+60 =204= 17⋅12,$ а $BN = 25 +60= 85= 17 ⋅5.$ По теореме Пифагора $MN = 17 ⋅13.$

Пусть окружность Г касается $AC$ в точке $P.$ Тогда $IP ⊥ AC$ и $IP =r =60.$ Отсюда расстояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC$ равно 60.

Проведём $BB 1$ — высоту треугольника $ABC.$ Пусть $BB ∪ MN = H. 1$ Из параллельности $MN$ и $AC$ имеем, что $BH ⊥ MN,$ то есть $BH$ — высота треугольника $BMN.$ Из формул площадей прямоугольного треугольнька можно выразить, что длина высоты — это произведение катетов делить на гипотенузу, то есть

BM-⋅BN- 17⋅12⋅17⋅5 17⋅60 BH = MN = 17⋅13 = 13 .

При этом $HB1$ — это какое-то рассояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC,$ то есть $HB1 = 60,$ а $17⋅60 BB1 = BH +HB1 = 13 + 60.$

Прямоугольные треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны, так как $AC ∥MN,$ откуда

MN AC BH--= BB1-

( ) 17 ⋅13 17⋅60-+60 AC = MN-⋅BB1 = -----171⋅360------= 390. BH --13--

Итак, $AC = 390.$

Ответ:

$r= 60,AC = 390$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#31715Максимум баллов за задание: 7

На продолжении стороны $AC$ треугольника $ABC$ за точку $A$ отмечена точка $T$ такая, что $∠BAC = 2∠BTC.$ Найдите площадь треугольника $ABC,$ если известно, что $AB =AC, BT = 70,AT = 37.$

Источники: Физтех-2018, 9.5, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол BAC - внешний для треугольника BAT! Какие выводы можно сделать, пользуясь этим знанием и условием на углы BAC, BTC?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность ABT. Далее нам было бы здорово сделать какие-то выводы про наш треугольник CBT, пользуясь доказанным фактом и тем, что AB = AC по условию

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BAC$ — внешний для треугольника $T AB,$ то из условия получаем $∠ABT =∠BT A.$ Тогда $AB = AC =AT$ и $∠CBT$ прямой. Отсюда по теореме Пифагора $√ ------- BC = 742− 702 = 24$ и $SABC = SCBT∕2= 24⋅70∕4= 420.$

Ответ:

$420$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#42788Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном равнобедренном треугольнике $ABC$ $(AC =BC )$ точки $D$ и $F$ — середины отрезков $AB$ и $BC$ соответственно. На луче $DC$ отметили точку $E$ такую, что $AF = FE$ . Найти углы треугольника $AF E$ . В качестве ответа введите через пробел градусные меры углов треугольника в порядке $A,F,E.$

Источники: Муницип - 2017, Республика Башкортостан, 8.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется, чтобы нужные нам углы были какими-то особенными... На картинке много прямых углов, поэтому попробуем опустить перпендикуляры из F, чтобы попробовать найти подобные треугольники. На картинке появится квадрат, а что еще можно заметить?

Подсказка 2

Пусть основания перпендикуляров из F на CD и AB это T и H, тогда можно заметить, что треугольники ETF и AFH подобны. Что из этого вытекает?

Подсказка 3

AF=EF, значит, нужный нам треугольник будет равнобедренным. Теперь можно поотмечать равные уголки и найти угол EFA ;)

Показать ответ и решение

Пусть $FH, FT$ — перпендикуляры к $AB, CD$ , тогда $TFHD$ – квадрат, поскольку $F$ – середина гипотенузы равнобедренного $CBD$ .

$PIC$

Тогда $F H =TH, AF = FE$ и $∠ETF = ∠AHF = 90∘$ , откуда равны прямоугольные $△ET F = △AHF$ , то есть $∠T EF = ∠F AH =∠T FA$ (последнее в силу параллельности $TF ∥AB )$ . Осталось заметить, что $∠AFE = ∠ETF =90∘$ (из доказанного $∠TEF = AFT$ ), то есть $△AF E$ — прямоугольный равнобедренный, откуда сразу получаем ответ.

Ответ: 45 90 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#79928Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ из вершины прямого угла $C$ проведёна высота $CK$ . Периметр треугольника $ABC$ равен 13, а периметр треугольника $BCK$ равен 5. Найдите периметр треугольника $ACK.$

Источники: ПВГ 2017

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Высота проведена из прямого угла. Что есть приятного в этой конструкции?

Подсказка 2

Например, есть пары равных углов. А что нам могут дать равные углы?

Подсказка 3

Подобные треугольники! А как относятся друг к другу периметры подобных треугольников?

Подсказка 4

Что ещё полезного есть в прямоугольном треугольнике?

Подсказка 5

Можно ли воспользоваться теоремой Пифагора?

Показать ответ и решение

$PIC$

Треугольники $ABC$ , $ACK$ и $CBK$ подобны. Периметры подобных треугольников относятся так же, как соответствующие стороны:

PACK-= AC-,PCBK-= CB-. PABC AB PABC AB

По теореме Пифагора

(AC)2+ (CB)2= 1, (AB)2 (AB)2

откуда

PC2BK + P2AKC = P2ABC.

Поэтому $PAKC = 12.$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#89598Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ высота $AH$ делит медиану $BM$ пополам. Докажите, что из медиан треугольника $ABM$ можно составить прямоугольный треугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как, если не счётом, доказывать существование прямоугольного треугольника со сторонами с данными длинами?

Подсказка 2

Наверное, хочется найти в конструкции из условия такой треугольник, но вот сделать это не получается. Может стоит поискать какой-то другой прямоугольный треугольник?

Подсказка 3

Действительно, можно найти прямоугольный треугольник, длины которого в константу раз отличаются от наших медиан.

Подсказка 4

Медианы как раз точкой пересечения делятся в равном отношении, так что потенциальные отрезки, из которых хотелось бы найти треугольник, имеются.

Показать доказательство

Пусть медианы $AK, BL$ и $MN$ треугольника $ABM$ пересекаются в точке $T.$ Так как $AT = 2AK, BT = 2BL,MT = 2MN, 3 3 3$ достаточно составить прямоугольный треугольник из отрезков $AT,BT$ и $MT$ (тогда существует подобный ему из нужных нам отрезков).

Действительно, в прямоугольном треугольнике $AT M$ отрезки $AT$ и $MT$ уже являются катетами, а гипотенуза $BT$ равна удвоенной медиане $TL,$ что равно $AT.$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#104685Максимум баллов за задание: 7

На катетах $AC$ и $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ отметили точки $K$ и $L$ соответственно, а на гипотенузе $AB$ — точку $M$ так, что $AK = BL =a,$ $KM =LM =b$ и угол $KML$ прямой. Докажите, что $a= b.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять, какие фигуры у нас есть на картинке.

Подсказка 2

Заметим, что четырехугольник MKCL — вписанный.

Подсказка 3

А чему будет равна сумма ∠AKM и ∠BML?

Подсказка 4

Попробуйте из имеющихся фигур собрать одну, обладающую "приятным" свойством.

Показать доказательство

Четырёхугольник $MKCL$ вписанный, а значит,

∘ ∠AKM +∠MLB = ∠CLM + ∠CKM = 180

Также из условия следует, что

∠AKM + ∠BML =180∘− ∠KML = 90∘

$PIC$

Заметим, что если совместить треугольники $AKM$ и $BML$ по стороне, равной $b,$ точкой $K$ к точке $L,$ то тогда получится прямоугольный треугольник с гипотенузой $2a$ и медианой $b$ , проведённой к ней. Отсюда получаем $a= b.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#78112Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C.$ Пусть $BK$ — биссектриса этого треугольника. Окружность, описанная около треугольника $AKB,$ пересекает вторично сторону $BC$ в точке $L.$ Докажите, что $CB + CL= AB.$

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Решение 1.

$PIC$

Отложим на продолжении $BC$ за точку $C$ отрезок $CN =LC.$ Тогда $CB +CL = NB,$ и нам надо доказать, что $AB = NB.$

Так как четырёхугольник $ABLK$ вписан, имеем

∠CKB =180∘− ∠AKB = 180∘ − ∠ALB = ∠ALC

С другой стороны, прямоугольные треугольники $ACL$ и $ACN$ равны по двум катетам, так что $∠ANC = ∠ALC = ∠CKB = 90∘− ∠B∕2.$ Тогда из треугольника $ABN$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BAN = 180 − ∠B − ∠ANB = 180 − ∠B − (90 − ∠B∕2)=90 − ∠B∕2= ∠ANB

Из полученного равенства $∠ANB = ∠BAN$ и следует, что $AB = NB.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

$PIC$

Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KH$ на гипотенузу $AB.$ Прямоугольные треугольники $KCB$ и $KHB$ равны по гипотенузе и острому углу ( $∠KBC = ∠KBH ).$ Значит, $CB = HB$ и $KC =KH.$ Далее, в окружности, описанной около $AKLB,$ на хорды $AK$ и $KL$ опираются равные углы, поэтому $AK = KL.$ Значит, прямоугольные треугольники $KHA$ и $KCL$ равны по катету и гипотенузе, откуда $HA = CL.$ Итак, $CB + CL= HB + HA = AB,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#125215Максимум баллов за задание: 7

На медиане $CM$ треугольника $ABC$ выбрана такая точка $D,$ что $2CD =AB.$ Прямая $BD$ пересекает сторону $AC$ в точке $E.$ Докажите, что если $DE =CE,$ то угол $BMC$ равен $∘ 120 .$

Показать доказательство

Опустим перпендикуляры $AX$ и $BY$ на прямую $CM.$

$PIC$

В равнобедренном треугольнике $CDE$ равны углы при основании $CD,$ и они равны углу $BDY.$ Опустим перпендикуляры $AX$ и $BY$ на прямую $CM.$ Прямоугольные треугольники $AMX$ и $BMY$ равны по гипотенузе и острому углу, поэтому:

1 XM = MY = 2XY

AX = BY

Прямоугольные треугольники $CAX$ и $DBY$ равны по катету и острому углу, поэтому:

DY = CX

откуда:

XY =CD = BM =MA.

В прямоугольном треугольнике $AMX$ катет $MX$ равен половине гипотенузы $AM,$ поэтому:

∘ ∘ ∠XAM = 30 , ∠XMA = 60 ,

а смежный ему угол:

∠BMC = 120∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#91024Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB,$ касается сторон $BC, CA,AB$ в точках $A1,B1,C1$ соответственно. Пусть $B1H$ – высота треугольника $A1B1C1.$ Докажите, что точка $H$ лежит на биссектрисе угла $CAB.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посчитать углы! Что можно сказать об углах внутри четырёхугольника CA₁HB₁? Нам бы очень хотелось узнать что-то интересное про точку H ;)

Подсказка 2

Угол AHC — прямой! Что тогда можно сказать про точку H? Как связать её с нашим большим треугольником?

Подсказка 3

Подумайте, в каких точках пересекет A₁C₁ окружность, построенная на AC, как на диаметре! Сколько их таких и каким свойством они обладают?

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠CA1B1 = ∠CB1A1 = 45∘.$ По теореме об угле между хордой и касательной $∠A1C1B1 =∠CA1B1 = 45∘.$ Таким образом, треугольник $B1HC1$ — равнобедренный. Треугольники $AB1H$ и $AC1H$ равны по третьему признаку ( $AB1 = AC1$ как отрезки касательных). Следовательно, $∠B1AH =∠HAC1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#101231Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD,$ в котором $AB = CD,$ на сторонах $AB$ и $CD$ выбраны точки $K$ и $M$ соответственно. Оказалось, что $AM = KC,BM = KD.$ Докажите, что угол между прямыми $AB$ и $KM$ равен углу между прямыми $KM$ и $CD.$

Показать доказательство

Треугольники $ABM$ и $CDK$ равны по трём сторонам, значит, равны и их высоты $KK 1$ и $MM 1$ . Если они равны $KM$ , то они совпадают с $KM$ , и утверждение задачи очевидно. Если же эти высоты меньше $KM$ , то прямоугольные треугольники $KK1M$ и $MM1K$ равны по гипотенузе и катету; значит, равны их углы $K1MK$ и $M1KM$ , что и требовалось доказать. На рисунке показаны два возможных случая взаимного расположения треугольников $KK1M$ и $MM1K$ .

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#64850Максимум баллов за задание: 7

Центр описанной около треугольника окружности лежит на одной из сторон этого треугольника, а длины сторон этого треугольника образуют геометрическую прогрессию. Найти тангенс наименьшего угла этого треугольника.

Источники: Вступительные на факультет биоинженерии МГУ, 2009

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У какого треугольника центр описанной окружности лежит на стороне?) Введите обозначения: пусть меньшая сторона этого треугольника равна а, знаменатель прогрессии равен q. Выразите второй катет и гипотенузу этого треугольника через a и q.

Подсказка 2

Что мы знаем о соотношениях между длинами сторон и величинами углов в треугольнике? Против какой из сторон лежит наименьший угол? Выразите его тангенс через наши переменные.

Подсказка 3

Осталось записать теорему Пифагора и решить биквадратное уравнение! Сделайте это и задачка будет убита :)

Показать ответ и решение

Сторона, на которой лежит центр описанной окружности, является диаметром, тогда угол треугольника, который опирается на диаметр, является прямым. Пусть стороны $a≤ b< c$ , по условию образуется геометрическая прогрессия $2 a= x,b=xq,c= xq.$

$PIC$

По теореме Пифагора

a2+ b2 =c2

x2+ x2q2 =x2q4

1 +q2 = q4

Получаем $q2 = 1+√5 2$ (подходит только положительный корень), откуда $q = ∘-1+√5-. 2$ Наименьший угол лежит напротив стороны $a$ и его тангенс равен

a 1 ∘ --2--- b = q = 1+-√5

Ответ:

$∘--2√-- 1+ 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#42790Максимум баллов за задание: 7

Прямоугольный лист бумаги $ABCD$ согнули так, как показано на рисунке. Найдите отношение $DK :AB$ , если $C 1$ — середина $AD$ . Ответ округлите до сотых.

$PIC$

Источники: Муницип - 2008, Москва, 8.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте посчитать достаточное кол-во уголков. Что можно теперь сказать про треугольники BC₁A и C₁DK?

Подсказка 2

Они подобны! Теперь попробуйте посчитать всякие отношения, не забывая что KC₁ = KC из построения и что C₁ - середина AD)

Показать ответ и решение

Пусть $∠CBK = ∠KBC = α 1$ . Тогда

∘ ∠CKB =∠C1KB =90 − α

Отсюда легко посчитать

∠C BA = 90∘− 2α =90∘− ∠C KD = ∠KC D 1 1 1

Значит, подобны прямоугольные $△C1KD ∼ △BC1A$ . А тогда

KD--= KC1 = KC = KC--, AC1 C1B BC 2AC1

откуда

KC = 2KD

DK :AB =1 :3

Ответ: 0.33

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#79219Максимум баллов за задание: 7

Медиана $AM$ и биссектриса $CD$ прямоугольного треугольника $ABC (∠B = 90∘)$ пересекаются в точке $O.$ Найти площадь треугольника $ABC$ , если $CO = 9,OD = 5.$

Источники: Вступительные в МФТИ - 1994 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сходу непонятно, что делать. У нас имеется медиана, почему бы ее не удвоить...

Подсказка 2

Обозначим за K- точку, симметричную A относительно M. Тогда видно, что треугольники △AOD и △COK подобны с коэффициентом 5/9. Тогда AD/CK=5/9 ⇒ AD/BD=5/4. Можем ли мы найти sin∠A-?

Подсказка 3

По свойству биссектрисы получаем, что sin∠A=BC/AC=4/5. Тогда cos∠A=3/5. Если обозначить AB за 9c, то AC=15c и BD=4с. Тогда из теоремы Пифагора для треугольника △BDC мы можем найти с. Я верю, что и площадь вы легко найдете!

Показать ответ и решение

$PIC$

На продолжении медианы $AM$ за точку $M$ отложим отрезок $MK$ , равный $AM$ . Тогда $ABKC$ — параллелограмм.

Обозначим $AB = c$ . Треугольники $AOD$ и $KOC$ подобны (по двум углам), значит

AD = KC ⋅ OD-= AB ⋅ OD-= 5c OC OC 9

BD =AB − AD = 4c 9

По свойству биссектрисы треугольника

BC :AC = BD :AD = 4:5

Поэтому

4c AB :AC =3 :5, то есть BC = 3

По теореме Пифагора

(4c)2 ( 4c)2 -3 + 9- =142

( ) откуда c2 =-1 ⋅ 63 2 10 2

Следовательно,

1 4 2 1323 SABC = 2 ⋅3 ⋅c =-20-

Ответ:

$1323 20$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#80695Максимум баллов за задание: 7

Найдите отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, если сумма углов при одном из них равна $90∘$ , а длины оснований равны $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сумма углов при основании трапеции, равная 90°, должна вас сразу наталкивать на мысль продлить боковые стороны до пересечения. Там же получится прямоугольный треугольник!

Подсказка 2

Пусть боковые стороны пересеклись в точке E, а P и R — середины оснований. Если бы эти точки лежали на одной прямой, было бы неплохо!

Подсказка 3

Чтобы доказать это, попробуйте предположить обратное и поотмечать равные углы. Ну и дальше остаётся вспомнить, чему равна медиана, проведённая к гипотенузе)

Показать ответ и решение

$PIC$

Продлим $AD$ за точку $D$ , $BC$ — за точку $C$ . Эти лучи пересекутся в точке $E$ и образуют прямой угол по условию. Пусть $P$ — середина $DC$ , $R$ — середина $AB$ . Теперь первое, что хочется доказать, это то, что $E$ лежит на прямой $P R$ .

$PIC$

Пусть не так. Тогда проведем $EP$ и $ER$ — медианы прямоугольных треугольников $DEC$ и $AEC$ . Поймем, что $∠EDC = α =∠EAB$ как односторонние углы при параллельных прямых $DC$ и $AB$ и секущей $AD$ . Заметим, что $DP =P E$ и $AR =RE$ как медианы прямоугольных треугольников. Значит, треугольники $DEP$ и $AER$ равнобедренные с углом $α$ при основании. И, следовательно, $EP$ совпадает с $ER$ . Что и требовалось доказать.

Теперь найдем длину отрезка $P R$ . $PR = RE− PE = 1AB − 1DC = 1(AB − DC)= 1(b− a) 2 2 2 2$ .

Ответ: