Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .03 Подобные треугольники и теорема Фалеса

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 61#78111Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC, AB =BC.$ В окружности $Ω,$ описанной около треугольника $ABC,$ проведен диаметр $CC ′.$ Прямая, проходящая через точку $′ C$ параллельно $BC,$ пересекает отрезки $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $P$ соответственно. Докажите, что $M$ — середина отрезка $′ C P.$

Источники: Всеросс., 2016, РЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Так как $CC′$ диаметр $Ω,$ имеем $∠C ′AC = 90∘.$ Поскольку $MP ∥BC,$ получаем $∠MP A =∠BCA =∠BAC.$ Значит, треугольник $AMP$ — равнобедренный, и поэтому его высота $MD$ является и медианой. Так как $AD = DP$ и $AC ′∥DM,$ по теореме Фалеса получаем, что $C ′M = MP.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#106842Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $ABD$ пересекает основание $AD$ равнобокой трапеции $ABCD$ в точке $L.$ Точки $K$ и $N$ на отрезках $AC$ и $CD$ выбраны соответственно так, что $AK = AL$ и $DN =DL.$ Докажите, что точки $B,$ $C,$ $K,$ $N$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Используем степень точки. Для доказательства достаточно показать, что степень точки A относительно окружности (BCN) равна AK ⋅AC.

Подсказка 2

В силу симметрии можно считать степень точки D относительно той же окружности. А она, в свою очередь, равна DN⋅DC.

Подсказка 3

В силу равенств из условия нам осталось проверить, что AL⋅AC = DL⋅DC, для этого полезно вспомнить определение точки L.

Показать доказательство

Первое решение. Для доказательства достаточно показать, что степень точки $A$ относительно окружности $(BCN )$ равна $AK ⋅AC.$ Но степени точек $A$ и $D$ относительно окружности $(BCN )$ равны, а значит, достаточно проверить, что

AK ⋅AC = DN ⋅DC, т.е. AL ⋅AC = DL⋅DC

что верно, поскольку

AL- AB- CD- DL = BD = CA

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Докажем, что треугольники $AKB$ и $DNB$ подобны. $∠BAC =∠BDC,$ так как трапеция равнобедренная. Так как $BL$ — биссектриса угла $ABD,$ то

AB-= AL- BD LD

и из условия последнее отношение также равно $AK-. DN$

$PIC$

Значит, указанные треугольники подобны по равным углам $∠BAK = ∠BDN$ и отношению двух прилежащих сторон. А это значит, что углы $∠BKC$ и $∠BNC$ равны, как соответственные внешние углы подобных треугольников. Так как точки $K$ и $N$ лежат с одной стороны от прямой $BC,$ из этого равенства следует, что точки $B,$ $C,$ $K$ и $N$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#79734Максимум баллов за задание: 7

Диагонали вписанного четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E,$ а лучи $DA$ и $CB$ в точке $F.$ Точка $G$ такова, что четырёхугольник $ECGD$ параллелограмм, а точка $H$ является симметричной точке $E,$ относительно $AD.$ Докажите, что точки $D,H,F,$ и $G$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Сначала покажем, что треугольники $F DG$ и $FBE$ подобны. Поскольку четырёхугольник $ABCD$ вписанный, треугольники $EAB$ и $EDC$ подобны, равно как и треугольники $FAB$ и $FCD.$ В параллелограмме $ECGD$ имеем: $GD = EC$ и $∠CDG = ∠DCE.$ Также $∠DCE =∠DCA = ∠DBA$ как вписанные углы. Следовательно,

∠F DG = ∠FDC + ∠CDG = ∠FBA +∠ABD = ∠FBE

CD CE CD FD EB- = EB-= AB-= FB-

Отсюда получаем, что треугольники $F DG$ и $F BE$ подобны, а значит $∠FGD = ∠F EB.$

Поскольку точка $H$ — образ $E$ при симметрии относительно $ED,$ получаем:

∠FHD =∠F ED =180∘− ∠FEB = 180∘− ∠FGD

Это доказывает, что точки $D,H,F,G$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#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 65#64851Максимум баллов за задание: 7

Окружность радиуса 2 с центром на основании равнобедренного треугольника касается его боковых сторон. Одну из точек касания соединили отрезком с противолежащей вершиной основания. Этот отрезок делится высотой треугольника, проведенной к основанию, в отношении 4 : 3, считая от вершины. Найти площадь треугольника.

Источники: Вступительные на МехМат МГУ, 2009, 2 смена

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Окружность касается боковых сторон треугольника, получается, что она вписана в его угол. Что можно сказать о положении центра этой окружности — на какой линии он будет лежать?

Подсказка 2

Рассмотрим треугольник △ACР (пусть Р - точка касания окружности со стороной СВ р/б треугольника △AВС с основанием АВ, О – центр нашей окружности, а Т – точка пересечения СО и АР) Нам известно, в каком отношении биссектриса угла треугольника делит его противоположную сторону. Какое свойство поможет нам узнать отношение двух сторон такого треугольника?) Поскольку АС=ВС, мы можем понять, в каком отношении точка Р делит сторону ВС.

Подсказка 3

Радиус, проведённый в точку касания перпендикулярен касательной! Рассмотрите треугольник △СОВ, образованный медианой, половинкой основания и боковой стороной исходного треугольника. Он прямоугольный, с известной высотой и известным отношением отрезков, на которые эта высота делит гипотенузу — этих данных достаточно, чтобы узнать все его стороны (работа с подобием поможет в этом!)

Подсказка 4

Теперь мы знаем высоту и половинку основания р/б треугольника. Несложные вычисления доведут нас до ответа :)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это треугольник $ABC,AC = BC$ , $O$ — середина основания, $P,Q$ — точки касания с $BC,AC$ , $AT :PT = 4:3,T ∈ OC.$

Поскольку $OC$ является биссектрисой первоначального треугольника, то она же будет биссектрисой $△ACP$ , откуда $AT :TP = AC :P C = 4:3$ , тогда $CP = 34AC = 34BC,P B = 14BC$ . Из подобия $△CP O ∼△COB$ имеем

√ - CP- = CO-=⇒ CO = √CP-⋅BC-=--3BC =⇒ AB = BC =AC CO BC 2

Наконец, из подобия $△PBO ∼ △P OC$ получаем

OP- CP- √------- √ - -8- P B = OP =⇒ OP = 2= PB ⋅CP = 3BC ∕4⇐⇒ BC = √ 3

В итоге площадь равна

√ - 2 --3A4B-= √16 3

Ответ:

$√16 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#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

$PIC$