Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .07 Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Счётная планиметрия

Отрезки касательных и секущих

Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

Подобные треугольники и теорема Фалеса

Теоремы Менелая и Чевы, Ван-Обеля и Жергонна

Теорема косинусов и теорема Пифагора

Счёт в синусах и просто теорема синусов

Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Геометрия масс

Двойные отношения и гармонические четвёрки

Комплексные числа для планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#130322Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ находятся внутри окружности $Ω,$ касаются окружности $Ω$ в точках $A$ и $B$ соответственно и касаются друг друга внешним образом в точке $C.$ Пусть $O$ — центр окружности $Ω$ и пусть $D$ — точка пересечения прямой $OC$ с отрезком $AB.$ Найдите отношение $AD :DB,$ если известно, что радиус окружности $Ω$ в три раза больше радиуса окружности $Ω1$ и в пять раз больше радиуса окружности $Ω2.$

Источники: ДВИ - 2025, вариант 252, задача 5

Показать ответ и решение

Пусть $O 1$ и $O 2$ — центры окружностей $Ω 1$ и $Ω 2$ соответственно. Обозначим $AO = BO =15x,$ $∠AOC = α,$ $∠BOC = β.$ По условию

AO AO O1C = O1A= -3-= 5x и O2C =O2B = -5-= 3x

$PIC$

Заметим, что

SOO1C-= OO1-⋅sinα = O1C SOO2C OO2⋅sinβ O2C

(OA − O1A)⋅sinα O1C (OB-−-O2B)⋅sinβ-= O2C-

10x-⋅sinα 5x 12x ⋅sinβ = 3x

sin α sin-β = 2

Теперь найдем искомое отношение из равенства:

SOAD-= OA-⋅sinα =-AD SOBD OB ⋅sinβ BD

AD- BD = 2

Ответ: 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#131802Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC.$ Вписанная в него окружность с центром $O$ касается боковой стороны $BC$ в точке $P$ и пересекает биссектрису угла $B$ в точке $Q.$

a) Докажите, что отрезки $P Q$ и $OC$ параллельны.

б) Найдите площадь треугольника $OBC,$ если точка $O$ делит высоту $BD$ треугольника в отношении $BO :OD =3 :1$ и $AC = 2.$

Показать ответ и решение

$PIC$

a) Пусть биссектриса угла $ABC$ пересекает $AC$ в точке $D.$ Тогда $BD$ является так же и высотой треугольника $ABC,$ так как он равнобедренный. При этом $O ∈BD,$ откуда $D$ — точка касания $AC$ и вписанной окружности.

Пусть $PD∩ OC = K.$ Знаем, что $DC =P C$ как отрезки касательных, откуда $△DP C$ — равнобедренный. Раз $CO$ — биссектриса $△DP C$ , то $CO$ — высота $△DP C,$ то есть $CO ⊥ PD.$ Заметим, что треугольники $OKD$ и $ODC$ подобны, так как $∠OKD = ∠ODC = 90∘,$ $∠DOC$ — общий. Отсюда $∠ODK = ∠DCO.$

При этом, $CO$ — биссектриса, то есть $∠DCO = ∠OCP.$ А так же $∠ODK =∠QDP =∠QP B$ по свойству угла между касательной и хордой. Получается,

∠OCP =∠DCO =∠ODK = ∠QPB

Итак, $∠OCP =∠QP B$ — соотвественные при прямых $OC$ и $QP$ и секущей $BC,$ откуда $OC ∥QP.$

б) Раз $BD$ — медиана треугольника $ABC,$ следовательно,

DC = 1AC =1 2

Так как $CO$ — биссектриса $△BCD,$ то, по основному свойству биссектрисы:

DC-= OD-= 1 BC OB 3

Получается, $BC = 3CD =3.$ По теореме Пифагора:

∘ --------- BD = BC2− CD2 = 2√2-

Найдём площадь треугольника $ABC :$

1 √- SABC = 2 ⋅BD ⋅AC = 2 2

Треугольники $BCO$ и $BCD$ имеют общую высоту $CD,$ откуда их площади относятся так же, как и основания $OB$ и $BD.$ Получается,

√- SOBC = 3SBCD = 3SABC = 3-2 4 8 4

Ответ:

б) $3√2 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#136487Максимум баллов за задание: 7

Докажите следующие важные свойства:

$∙$ В треугольнике $ABC$ проведена чевиана $AD.$ Тогда площади треугольников $ADB$ и $ADC$ относятся, как $BD :CD.$

Замечание. Если $BC =CD,$ то $SADB = SADC.$

$∙$ На плоскости отмечены точки $A,$ $B,$ $C$ и $D$ такие, что $AB ∥CD.$ Докажите, что $SABC =SABD.$

$∙$ На плоскости отмечены точки $A,$ $B,$ $C,$ $D$ и $E$ такие, что $CD ∥DE.$ Докажите, что $2SABD = SABC + SABE.$

Показать доказательство

$∙$ Обозначим длину высоты, проведённой к стороне $BC,$ через $h.$ Тогда

h⋅BD- h-⋅CD- SADB = 2 , SADC = 2 .

Если поделить первую площадь на вторую, получится требуемое отношение.

$PIC$

$∙$ Высоты треугольников $ABC$ и $ABD,$ проведённые к $AB,$ равны, поскольку это расстояния между параллельными прямыми, обозначим их длину через $h.$ Тогда

S = h⋅AB-= S . ACB 2 ADB

Получили требуемое.

$PIC$

$∙$ Давайте проведём высоты $CC1,DD1,EE1$ как показано на рисунке. Тогда требуемое равенство равносильно

DD1 ⋅AB = CC1⋅AB-+ EE1-⋅AB, 2 2

то есть

DD1 = CC1+-EE1-. 2

Последнее равенство верно, потому что $DD1$ — средняя линия в трапеции $CC1E1E.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#136488Максимум баллов за задание: 7

Лемма о крылышках. В треугольнике $ABC$ точка $M$ принадлежит стороне $AB$ , точка $K$ — отрезку $CM$ , причём $AM :MB = n:m$ . Докажите, что

n SACM SAKM SACK m-= SBCM-= SBKM- =SBCK-.

Показать доказательство

Равенства

n- SACM- n- SAKM- m = SBCM ; m = SBKM

следуют из того, что пары треугольников $ACM, BCM$ и $AKM, BKM$ имеют общие высоты, а значит, их площади относятся как основания.

$PIC$

Из этих же соображений

CK-- -CK- SACK =SAKM ⋅KM , SBCK = SBKM ⋅KM .

Если поделить одно равенство на другое, получим последнее требуемое равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#136489Максимум баллов за задание: 7

Теорема Чевы. На сторонах $AB, BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ взяты соответственно точки $C ,A ,B 1 1 1$ соответственно. Докажите, что отрезки $AA1,BB1$ и $CC1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполнено равенство

AB1 CA1 BC1 B1C-⋅A1B-⋅C1A-= 1.

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения чевиан через $X.$ Покажем, что $AB1-= SAXB. B1C SCXB$ Площади треугольников с общей высотой относятся как основания, на которые она опущена. Используя этот факт, имеем

BX SAXB- XB1-⋅SAXB1- SAXB1- AB1- SCXB = BX-- = SCXB1 = CB1. XB1 ⋅SCXB1

Аналогично,

CA1 SCXA BC1 SBXC A1B-= SBXA-, C1A-= SAXC.

$PIC$

Осталось заметить, что

AB1-CA1- BC1- SAXB- SCXA- SCXB- B1C ⋅A1B ⋅C1A = SCXB ⋅SAXB ⋅ SCXA =1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#136491Максимум баллов за задание: 7

Теорема Пифагора. Докажите, что сумма квадратов катетов прямоугольного треугольника равна квадрату гипотенузы.

Показать доказательство

Пусть катеты имеют длины $a,b,$ гипотенуза — $c.$ Сложим четыре прямоугольных треугольника со сторонами $a,b,c$ так, как показано на рисунке.

$PIC$

Видим, что получился квадрат со стороной $a +b,$ который состоит из четырёх треугольников и квадрата со стороной $c.$ С одной стороны, его площадь равна $(a +b)2,$ с другой стороны, её можно записать как сумму площадей фигур, из которых он состоит: $4⋅ ab+ c2. 2$ Таким образом, получаем равенство

(a+ b)2 = 2ab+ c2,

которое после преобразований дает $a2+ b2 = c2.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#139263Максимум баллов за задание: 7

Дан квадрат со стороной $a.$ (см. рис.) Известно, что $AM + BN +CK + DL = 2a.$ Докажите, что площади серой и синей частей равны.

$PIC$

Показать доказательство

Посчитаем, чему равна площадь четырехугольника $S . ч$ Для этого мы из площади квадрата со стороной $a$ вычтем площади треугольников $ABN,$ $BCK,$ $CLD$ и $AMD.$ В таком случае каждый из синих треугольников мы вычли дважды, обозначим их сумму как $Sт$ и добавим к получившемуся значению для корректного равенства:

2 Sч = a − SABN − SBCK − SCLD − SAMD +Sт

Рассмотрим подробнее, чему равны площади прямоугольных треугольников $ABN,$ $BCK,$ $CLD$ и $AMD.$

1 SABN = 2BN ⋅a

1 SBCK = 2CK ⋅a

1 SCLD = 2LD ⋅a

SAMD = 1AM ⋅a 2

Тогда сумма площадей треугольников $ABN,$ $BCK,$ $CLD$ и $AMD$ равна:

SABN +SBCK + SCLD+ SAMD = 12BN ⋅a+ 12CK ⋅a+ 12LD ⋅a+ 12AM ⋅a= 12a(BN + CK +LD + AM )= 12a⋅2a= a2

Подставим получившееся значение в формулу площади четырехугольника:

S = a2− S − S − S − S + S = a2− a2+ S = S ч ABN BCK CLD AMD т т т

Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#139470Максимум баллов за задание: 7

Дан вписанный четырехугольник $ABCD$ с перпендикулярными диагоналями. На описанной вокруг него окружности отмечена точка $E,$ диаметрально противоположная $D,$ причем отрезки $AB$ и $DE$ не пересекаются. Найдите отношение площадей треугольника $BCD$ и четырехугольника $ABED.$

Показать ответ и решение

Пусть $N$ — точка пересечения $AC$ и $BD,$ $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $E$ на прямую $AC$ . По условию $DE$ — диаметр окружности. Тогда $∘ ∠DBE = 90,$ откуда $BE ∥AC.$ Кроме того, $∘ ∠DCE =90$ и

∘ ∘ ∠CDE = 90 − ∠DEC =90 − ∠DAC = ∠ADB,

следовательно, $CE = AB.$ Значит, $ABEC$ — равнобедренная трапеция, и $CN = AH.$

$PIC$

Осталось заметить, что

2⋅SABED = BD ⋅AN +BD ⋅BE = BD ⋅AH =BD ⋅CN = 2⋅SBCD.

Ответ:

$1 :1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#77070Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ с центром в точке $O$ на стороне $AC$ треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Известно, что $AD = 2CE$ , а угол $DOE$ равен $1 arcctg 3$ . Найти углы треугольника $ABC$ и отношение его площади к площади круга, ограниченного окружностью $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте будем думать, как нам считать и что через что выражается. Сразу понятно, что если нам дан угол EOD, то и угол B нам также дан. При этом, если у нас были бы известны углы C и A, то крайне понятно считались бы оба прямоугольных треугольника AOD и COE. Что нам это дает, для нахождения углов? Как мы можем их между собой связать?

Подсказка 2

Мы могли бы связать углы A и С, так как в прямоугольных треугольниках две стороны равны как радиусы, а отношение двух других равно константе. При этом, есть еще одна связь, что сумма углов A и С равна заданному углу DOE. Значит, мы найдем углы A и C. Как теперь можно найти отношение площадей круга и треугольника, если уже известны углы, а значит и радиус и стороны треугольника ABC?

Подсказка 3

Верно, к примеру, мы можем расписать через sin(DOE/2) и cos(DOE/2) отрезок DE, так как треугольник DOE - равнобедренный(т.синусов и опустить высоту, к-ая будет и медианой). Значит, мы через известный нам котангенс, выразим котангенс от половины такого же угла, а после этого сможем явно написать чему равны отрезки BD, BE и OE(последнее - радиус), а значит, найдем окружность. Правда ли, что теперь у нас осталось выразить только отрезки CE и AD и площадь треугольника также будет найдена?

Подсказка 4

Ну конечно, ведь тогда мы найдем обе стороны нашего треугольника и угол между ними. А значит и площадь. Как их найти? Так у нас же есть радиус и углы в прямоугольных треугольниках. Значит, мы сможем, все что нужно найти. Остается только посчитать :)

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим

∠DOE =φ, ∠BAC =β, ∠ACB =γ.

Так как $∠ODB =∠OEB = π2$ , то $∠ABC = π− φ= π − arcctg 13.$ Из прямоугольных $△ADO$ и $△OEC$ находим

AD = DO ⋅ctgβ и EC = OE ⋅ctgγ.

Так как $AD- EC = 2$ и $DO = OE =R$ — радиус окружности $ω, то ctgβ =2ctgγ.$

Так как $β+ γ = φ$ , то получаем $1 -3ctgγ-+1 2ctgγ = ctg(φ − γ)= ctgγ − 1 3$ , т. е.

2ctg2γ − ctgγ− 1= 0.

Так как угол $γ$ острый как угол прямоугольного $△OEC, то$

π ctgγ = 1, γ = 4, β = arcctg2.

Из равнобедренных $△ODE$ и $△BDE$ находим $DE- φ φ 2 = Rsin 2 = BD cos2.$ Отсюда $φ BD = BE = Rtg2.$

2tg φ φ √10− 1 Так как 3=tgφ = 1− tg22 φ-, то tg2-=-3-. 2

Тогда площадь $△ABC$ равна

S = 1(Rctgβ+ Rtg φ-)(Rctgγ+ Rtg φ) ⋅sinφ 2 2 2

И искомое отношение равно

S 1 ( √10-− 1) ( √10-− 1) 3 2√10-+7 πR2-= 2π 2 +---3-- 1+ ---3-- √10 = --6π--.

Ответ:

$∠ABC =π − arcctg 1 3$

$π ∠ACB = 4$

$∠BAC = arcctg2$

$2√10+ 7 --6π---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#82779Максимум баллов за задание: 7

Живописец закрасил акварелью полумесяц на клетчатой бумаге. Контур полумесяца состоит из двух дуг — одна от окружности с центром в $(0;0)$ , проходящей через $(0;1)$ , другая — от окружности с центром в $(1;0)$ , проходящей через $(0;1)$ . К утру краска расплылась так, что каждая точка полумесяца превратилась в круг радиуса $1∕2.$

$PIC$

Найдите площадь получившейся фигуры.

Источники: Ломоносов - 2024, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда краска расплылась, мы получили сложную фигуру, для площади которой точно не существует формулы. В таких случаях мы разбиваем фигуру на более простые, площади которых умеем вычислять.

Подсказка 2

Мы умеем находить площади окружностей, колец, секторов. Данная картинка удобно разбивается на эти фигуры или их части. При том, очевидно, что на концах нашего полумесяца нельзя брать целые окружности, потому что иначе усложняется вычисление площади остальной части фигуры. Подумайте, как можно, используя данные фигуры, разбить нашу?

Подсказка 3

Давайте разобьём фигуру на следующие части:

1) Сам полумесяц

2) Внешнее полукольцо, границы которого это окружности с центром (0; 0) и радиусами 1 и 1,5, а также ось Oy

3) Часть кольца внутри полумесяца, которая ограничена окружностями с центром в (1; 0) и радиусами √2 и √2 – 0,5, а также отрезками, соединяющими точку (1; 0) с точками (0; 1) и (0; -1).

Показать ответ и решение

Пусть рисунок расплылся на радиус $r$ . К площади полумесяца прибавятся «поля», которые можно разбить на левое, правое и два закругления на концах рогов.

$PIC$

Площадь полумесяца равна половине площади круга радиуса $1$ минус сегмент круга радиуса $√- 2.$

π − 2π-− 4 =1 2 4

Площадь левого поля ”— половина от площади кольца с радиусами $1$ и $1 +r$ :

π(1+-r)2− π- 2

Площадь правого поля ”— четверть от площади кольца с радиусами $√2$ и $√2 − r$ :

π(√2)2− π(√2− r)2 -------4--------

Закругления на концах рогов вместе составляют три четверти окружности радиуса $r$ :

3 2 4πr

Вместе получается:

π(1+ r)2 − π π(√2)2− π(√2-− r)2 3 1+ ----2-----+ -------4-------+ 4πr2 =

√ - √- 1+πr + π r2 + π-2r− πr2+ 3πr2 = 1+(1+-2)r+ πr2 2 2 4 4 2

И тогда ответ:

3π π√2- 1+ 4 + 4

Ответ:

$3π π√2- 1+ 4 + 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#85553Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, на нашем чертеже треугольник и две точки внутри него. Как-то пусто, и совсем не понятно, что с такой картинкой делать. Значит нужно придумать, что еще тут построить. Может быть, отметить какую-нибудь точку так, чтобы о прямой, соединяющей эту точку и центр описанной окружности нам было что-то известно. Что это может быть за точка?

Подсказка 2

Пусть М - середина стороны PV. Тогда ОМ перпендикулярна PV, а GM - медиана треугольника. Пусть GM пересекает отрезок ОН в точке Т. Вот, теперь чертеж выглядит поинтереснее! Рассмотрите его и найдите подобие.

Подсказка 3

Итак, треугольники GHT и OTM подобны. Но с каким коэффициентом? Чтобы это узнать, нужно заметить, что Н - это не абы что, а ортоцентр, и вспомнить его свойства.

Подсказка 4

По свойству ортоцентра GH = 2*OM. Получается, GT : TM = 2 : 1. Как тогда относятся друг к другу площади треугольников GHO и OHM?

Подсказка 5

Так же как 2 к 1! Теперь выразите площадь OHM через известные нам площади. Тут самое главное не забыть рассмотреть случаи!

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#91308Максимум баллов за задание: 7

Внутри прямоугольника $3× 4$ расположены два прямоугольника размера $2× 3$ (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Что больше: сумма площадей серых многоугольников или площадь черного многоугольника?

Показать ответ и решение

Внутри лежат 2 прямоугольника $2 ×3.$ Значит, их общая площадь равна $12,$ в то время как площадь большого прямоугольника равна $3⋅4= 12.$ Обозначим $S0$ — площадь всего прямоугольника, $Sg$ — площадь серой части (покрыта маленькими прямоугольниками 0 раз), $Sw$ — площадь белой части (покрыта 1 раз) и $Sb$ — площадь чёрной части (покрыта 2 раза). Тогда:

Sg+ Sb+ Sb = S0 =12 (1)

Заметим, что сумма площадей маленьких прямоугольников равна

Sw+ 2⋅Sb = 12 (2)

Вычтем $(2)$ из $(1)$ :

Sg− Sb = 0

S = S g b

Значит, сумма площадей серых многоугольников равна площади чёрного многоугольника.

Ответ:

Равны

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#91310Максимум баллов за задание: 7

На соседних сторонах прямоугольника отмечены точки $N$ и $M$ . Докажите, что сумма площадей серых многоугольников равна площади черного многоугольника (см.рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Для начала обозначим вершины прямоугольника — $ABCD$ , начиная с левой нижней вершины по часовой стрелке. Нам нужно понять, что можно считать линолеумом, чтобы чёрные или серые части были покрыты дважды. Возьмём $2$ треугольника $△AMB$ и $△BCN.$ Докажем, что сумма площадей данных треугольников равна $SABCD.$

1 1 S△AMB = 2 ⋅AB ⋅h= 2 ⋅AB ⋅AD

S△ABC = 12 ⋅AB ⋅BC = 12 ⋅AB ⋅AD

Значит, $S△AMB = S△ABC.$ Аналогично, $S△BCN =S△ACD.$

Получается,

S△AMB + S△BCN = S△ABC +S△ACD = SABCD.

Тогда будем использовать треугольники $△AMB$ и $△BCN$ как ”линолеум”. Чёрный многоугольник будет покрыт дважды (обозначим его площадь $Sb$ ), белые — по одному разу, а серые (обозначим их сумму площадей $Sg$ ) — ни разу. Тогда по теореме о линолеуме $Sb = Sg$ (площадь частей, покрытых дважды, равна площади частей, покрытых $0$ раз).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#91311Максимум баллов за задание: 7

Точка $A 1$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC$ , а точки $B 1$ , $B 2$ и $B 3$ делят сторону $AC$ на четыре равных отрезка. Докажите, что площадь серой области равна площади черной (см.рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Рассмотрим треугольники $△ABB ,△B BB 1 2 3$ и $△AA C : 1$

1 1 1 1 S△ABB1 = 2 ⋅AB1⋅hb = 2 ⋅4AC ⋅hb = 4S△ABC

Аналогично

1 S△B2BB3 = 4S△ABC

S△AA1C = 1 ⋅A1C⋅ha = 1 ⋅ 1BC ⋅ha = 1S△ABC 2 2 2 2

Значит,

S△ABB + S△B BB + S△AA C = 1S△ABC + 1S△ABC + 1S△ABC = S△ABC 1 2 3 1 4 4 2

Тогда будем использовать треугольники $△ABB1, △B2BB3$ и $△AA1C$ как ”линолеум”. Чёрные части будут покрыты дважды (обозначим сумму их площадей $S b$ ), белые — по одному разу, а серые (обозначим их сумму площадей $Sg$ ) — ни разу. Тогда по теореме о линолеуме $S = S b g$ (площадь частей, покрытых дважды, равна площади частей, покрытых $0$ раз).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#91312Максимум баллов за задание: 7

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 $F.$ Тогда, четырёхугольник $ACEF$ — параллелограмм (диагонали точкой пересечения делятся пополам). Значит,

FE =AC = 3, FA = EC =5, CP =PF = 2.

Заметим, что $S△ACE = S△CEF,$ так как $△ACP = △F EP.$ Значит, нам нужно найти площадь $△CEF.$ Так как его стороны равны $F E = 3,CF =4,CE = 5,$ то по обратной теореме Пифагора этот треугольник прямоугольный. Значит, его площадь равна

1 4⋅3 S△CEF = 2 ⋅CF ⋅FE = 2 = 6

Тогда, $SABCD = SACE = SCEF = 6.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#91313Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $L$ делит пополам отрезок $BC$ , а точка $K$ делит пополам отрезок $BL$ . Из точки $A$ через точки $K$ и $L$ проведены лучи и на них отложены вне треугольника $ABC$ отрезки $LD= AL$ и $1 KF = 3AK$ . Найдите отношение площади треугольника $ABC$ к площади четырехугольника $KLDF.$

Показать ответ и решение

В треугольниках $ABC$ и $AKL$ высоты, опущенные из точки $A$ , совпадают. По условию задачи

$PIC$

KL = 1BC. 4

Поэтому

SAKL = 1SABC. 4

SAFD- AD- AF- 2 4 8 SAKL = AL ⋅AK = 1 ⋅3 = 3

Следовательно,

8 5 5 1 5- SKLDF =SAFD − SAKL = 3SAKL− SAKL = 3SAKL = 3 ⋅4SABC = 12SABC;

SABC 12 SKLDF- = 5 .

Ответ:

$S :S = 12 :5 ABC KLDF$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#91314Максимум баллов за задание: 7

Диагонали $AD$ , $BE$ и $CF$ шестиугольника $ABCDEF$ пересекаются в одной точке и точкой пересечения делятся пополам. Докажите, что сумма площадей черных треугольников равна площади серого шестиугольника (см. рисунок).

Рисунок для светлой темы:

$PIC$

Показать доказательство

Для начала отметим точку пересечения диагоналей — точка $O.$

$PIC$

Из условия, диагонали точкой пересечения делятся пополам. Отсюда следует, что $ABDE, BCEF$ и $CDF A$ — параллелограммы. Значит, $AB ||DE,$ $BC||EF,$ $CD ||AF$ и $AB = DE,$ $BC = EF,$ $CD = AF.$ Докажем, что:

S△ABC + S△BCD + S△CDE +S△DEF + S△EFA + S△FAB =SABCDEF .

Проведём отрезок $CK ||AB,$ где $K$ лежит на $BD.$ Тогда, так как $AB ||CK||DE$ , $S△ABC = S△ABK,S△CDE = S△EDK.$ Так как $ABDE$ — параллелограмм,

1 1 SAKE = 2 ⋅AE ⋅h= 2SABDE

Значит, и

S△ABC + S△CDE = S△ABK + S△EDK = SABDE − SAKE = 1SABDE 2

Заметим, что

1 2SABDE =S△ABO + S△EDO

Аналогично преобразуем площади треугольников $△BCD$ и $△DEF :$

1 S△BCD +S△DEF = 2SBCEF = S△BOC + S△FOE

Заметим, что $△F AB =△CDE,$ так как $FA =CD, AB =DE$ и $∠BAF = ∠EDC$ из $AF||DC,AB ||DE.$ Далее аналогично преобразуем площади треугольников $△EF A$ и $△CDE :$

S△EFA +S△CDE = 1SACDF = S△AOF + S△COD 2

Таким образом, мы получаем, что:

$S△ABC + S△BCD + S△CDE +S△DEF + S△EFA + S△FAB =S△ABO + S△BOC + S△EDO +S△FOE + S△AOF +S△COD = SABCDEF$

Тогда можем применить теорему о линолеуме: так как сумма площадей треугольников равна площади всего многоугольника, чёрные части покрыты ими $2$ раза, а серые — $0$ раз, сумма площадей чёрных треугольников равна площади серого шестиугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#97171Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ взята точка $O.$ Прямые $AO,$ $BO$ и $CO$ пересекают его стороны в точках $A , 1$ $B 1$ и $C 1$ соответственно. Докажите, что

(a)

OA1 OB1 OC1 AA1-+ BB1-+ CC1-=1;

(b)

-OA-+ OB--+ OC--=2. AA1 BB1 CC1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем доказывать равенство, умноженное на площадь S треугольника. Тогда что означают слагаемые S×OA₁/OA, S×OB₁/OB, S×OC₁/OC?

Подсказка 2

Верно, они равны площадям треугольников BOC, AOC, AOB. Осталось понять что в сумме эти площади дают площадь ABC. Как из равенства пункта а вывести пункт б?

Подсказка 3

Например, можно вычесть из равенства 3=3 равенство пункта а. В самом деле, осталось разложить 3, как 1+1+1 и получить требуемое.

Показать доказательство

(a) Домножим обе части равенства, которое требуется доказать на ненулевую $SABC.$ Осталось пояснить, почему

OA1 OB1 OC1 SABC ⋅AA1-+ SABC ⋅BB1-+SABC ⋅CC1

равно $SABC.$ $OA1 SABC ⋅AA1$ — площадь треугольника $BOC,$ $OB1 SABC ⋅BB1-$ — площадь треугольника $AOC,$ $OC1 SABC ⋅CC1$ — площадь треугольника $AOB.$ В самом деле, $SBOC + SAOC +SAOB = SABC.$

$PIC$

(b) Вычтем из равенства 3=3 равенство из предыдущего пункта. Получим то, что и требуется.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#97174Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K.$ На биссектрисе угла $AKD$ нашлась точка $P$ такая, что прямые $BP$ и $CP$ делят пополам отрезки $AC$ и $BD$ соответственно. Докажите, что $AB =CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала обозначим середины отрезков AC и BD за X и Y. Решать задачу будем методом площадей. Что можно сказать о площадях треугольников PXC и PXA?

Подсказка 2

Верно, площади треугольников PXC и PXA равны, также равны площади BXC и BXA, площади PYD и PYB, площади CYB и СYD. Теперь поймём, равенство каких площадей было бы полезно отсюда вывести для доказательства равенства AB и СD.

Подсказка 3

Поскольку P лежит на биссектрисе угла AKD, высоты из P треугольников PAB и PCD равны. Тогда достаточно показать равенство их площадей.

Показать доказательство

Обозначим за $X$ и $Y$ середины отрезков $AC$ и $BD.$ Тогда площади треугольников $P XC$ и $P XA$ равны (общая высота из $P$ и равные стороны к которой она проведена), то же с парами треугольников $BXC$ и $BXA,$ $P YB$ и $P YD,$ $CY B$ и $CY D.$ Так

SPAB = SPXA +SBXA = SPXC +SBXC =

= SPBC =SPY B + SCYB =SPY D+ SCYD =SPCD

Заметим, что в силу того, что $P$ лежит на биссектрисе $AKD,$ высоты из $P$ треугольников $PAB$ и $PCD$ равны, тогда из формулы площади следует, что должны быть равны и стороны, к которым они проведены, то есть отрезки $AB$ и $CD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#100500Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ На сторонах $BC,AC,AB$ отмечены точки $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно. После проведения отрезков $A B ,A C 1 1 1 1$ и $B1C1$ треугольник $ABC$ разбился на $4$ треугольника с одинаковой площадью. Докажите что $A1,B1,C1$ середины сторон.

Источники: Муницип - 2024

Показать доказательство

Рассмотрим отношение площадей треугольников $ABC$ и $AB C . 1 1$ С одной стороны, это $4,$ а с другой — $-AB⋅AC-- AC1⋅AB1$ (как отношение площадей с общим углом). Обозначим