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 1#106840

На сторонах $BC$ и $DC$ параллелограмма $ABCD$ выбраны точки $D 1$ и $B 1$ так, что $BD =DB . 1 1$ Отрезки $BB 1$ и $DD 1$ пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что $AQ$ — биссектриса угла $BAD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Взглянем на задачу с точки зрения площадей. Точка лежит на биссектрисе, если она равноудалена от сторон угла.

Подсказка 2

Ещё мы знаем, что BD₁ = B₁D, а BD₁ — это основание в треугольниках BDD₁ и BQD₁, что позволяет провести подсчёт одной и той же площади двумя способами.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $P$ — точка пересечения прямых $AB$ и $DD . 1$ Тогда утверждение задачи равносильно следующему равенству:

PQ AP QD-= AD-

Пусть $AB =CD = a,$ $AD = BC =b,$ $BD1 = DB1 =c$ и $BP = x.$ Тогда из подобия треугольников $BP D1$ и $APD$ следует

-x--= c x+ a b

откуда

x= -a2- и PD = x+a = -a2-- b− c b− c

$PIC$

Далее, из подобия треугольников $BP Q$ и $B1DQ$ следует

P-Q PB-- x QD = DB1 = c

Утверждение задачи следует из равенства

PQ x a ( ab ) AP QD-= c = b−-c = b− c :b= AD-

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Ясно, что

SBQD = SBDD1 − SBQD1 = 1d1 ⋅D1B 2

где $d1$ — расстояние от точки $Q$ до прямой $AD.$ Аналогично

S = 1d ⋅DB BQD 2 2 1

где $d 2$ — расстояние от точки $Q$ до прямой $AB.$ Поэтому из равенства $BD =DB 1 1$ следует, что $d = d. 1 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#106969

Точки $A ,B ,C 1 1 1$ лежат соответственно на сторонах $BC,AC,AB$ треугольника $ABC,$ причём отрезки $AA ,BB ,CC 1 1 1$ пересекаются в точке $K.$ Докажите, что $-AK- AB1 AC1 KA1 = B1C + C1B.$

Показать доказательство

Первое решение. Через вершину $A$ проведём прямую, параллельную $BC,$ до пересечения с прямыми $BB 1$ и $CC 1$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Тогда треугольник $AB1P$ подобен треугольнику $CB1B,$ треугольник $AC1Q$ — треугольнику $BC1C,$ а треугольник $P KQ$ — треугольнику $CKB.$ Следовательно,

AB1 AC1 PA AQ PQ AK B1C-+ C1B-= BC-+ BC-= BC-= KA1-

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Поместим в вершину $A$ массу $1,$ в $B$ — массу $p= AC1∕C1B,$ в $C$ — массу $q = AB1∕B1C.$ Тогда точка $K$ — центр тяжести этой системы материальных точек и

AK-- p+-q AC1- AB1- KA1 = 1 = C1B + B1C

Замечание. Данное утверждение известно как теорема Ван-Обеля.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#112385

К окружности $ω$ из точек $A$ и $B$ провели касательные $AX$ , $AY$ , $BZ$ , $BT$ . Обозначим через $C$ точку пересечения средних линий треугольников $AXY$ и $BZT$ , параллельных $XY$ и $ZT$ соответственно. Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Показать доказательство

Обозначим: $O,R$ — центр и радиус окружности $ω,$ $P,I$ точки пересечения $OA$ со средней линией и основанием $△AXY,$ $Q,K$ аналогично точки пересечения $OB$ со средней линией и основанием $△BZT.$ Тогда $∘ ∠AP C = ∠BQC =90 .$ Из подобия треугольников $△AIY, △AOY$ имеем:

AI AY 2 2 2 AY-= AO-=⇒ 2AP ⋅AO = AY =AO − R

Аналогично:

2BQ ⋅BO =BO2 − R2

По теореме Пифагора для прямоугольных $△CP O, △CQO$ имеем:

2 2 2 2 2 P C + (AO − AP) = CO = QC + (BO − BQ)

2 2 2 2 2 2 P C + AO + AP − 2AO ⋅AP =QC + BO − 2BQ ⋅BO + BQ

PC2+ AP 2 =QC2 + BQ2

Так как $△AP C, △BQC$ — прямоугольные, получаем:

AC2 = PC2+ AP2 =QC2 + BQ2 =BC2

Раз равны квадраты, то и $AC = BC =⇒ △ACB$ — равнобедренный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119857

Даны лежащие в одной плоскости две трапеции $ABCD$ и $AEFD$ с общим основанием $AD = 6$ и одинаковыми высотами, равными $8.$ При этом $BC =EF = 2,$ расстояние между точками $C$ и $E$ равно $1.$ Продолжения боковых сторон $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P,$ а сторон $AE$ и $DF$ — в точке $Q.$ Найдите площадь четырехугольника $AP QD.$

Источники: ПВГ - 2025, 11.2(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что в этой задаче в рамках условия возможны разные рисунки. Отличие будет в расположении точек B, C, E, F.

Подсказка 2

В обоих случаях для решения достаточно вычислить длины высоты APQD и отрезка PQ. Обратите внимание, на рисунках большое количество подобных треугольников. Они в этом помогут.

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что и точки $B,$ $C,$ и точки $E,$ $F$ лежат по одну сторону от прямой $AD,$ так как в противном случае $CE ≥ 16,$ а по условию $CE = 1.$

По обратной теореме Фалеса $PQ$ параллельна $AD.$

Возможны две конфигурации:

1) Точки $B,$ $C,$ $E,$ $F$ расположены последовательно.

$PIC$

Если обозначить расстояние от точки $P$ до прямой $BF$ через $h,$ то из подобия треугольников $PBC$ и $PAD$ вытекает:

h 2 h+-8 = 6

Отсюда $h= 4.$ Далее из подобия треугольников $ABE$ и $APQ$ :

-3-= --8- PQ 8+ 4

Отсюда $PQ = 9. 2$ Тогда площадь трапеции $APQD$ равна

6+ 92 --2- ⋅12 =63

2) Точка $E$ расположена между точками $B$ и $C.$

$PIC$

Аналогично:

-h-- 2 h+ 8 = 6

Отсюда $h= 4.$ И из подобия треугольников $ABE$ и $AP Q :$

P1Q-= 8+84

Отсюда $PQ = 32.$ Площадь трапеции $AP QD$ равна

6+-32 ⋅12 =45 2

Ответ:

$63$ или $45$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119901

Высота $BH$ треугольника $ABC$ является диаметром окружности, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Прямые, касающиеся этой окружности в точках $D$ и $E,$ пересекаются в точке $F.$ Прямая $BF$ пересекает сторону $AC$ в точке $K.$ Найдите отношение $AK$ : $KC$ и длины отрезков $DF$ и $BK,$ если $BH =12,AD = 25∕13,CE = 27∕5.$

Источники: ШВБ - 2025, 11.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам дает тот факт, что BH — диаметр окружности? Как это использовать при нахождении длин новых отрезков?

Подсказка 2

Все углы, опирающиеся на BH в нашей окружности — прямые! Тогда на картинке немало подобных треугольников, а также есть касательные, про которые мы также знаем полезные свойства для нахождения длины. Используя это, нам не составит труда найти стороны треугольник ABC.

Подсказка 3

Точка F пока что "витает в воздухе". Что хочется провести, чтобы иметь возможность "перенести" отношение AK : KC?

Подсказка 4

Проведите через F прямую, параллельную AC. Тогда можно будет посчитать углы и найти, например, равнобедренные треугольники!

Показать ответ и решение

Найдем стороны треугольника $ABC.$ Треугольники $BDH$ и $BHA$ подобны, откуда:

BH- -BD 2 AB =BH ⇒ BH = AB ⋅BD ⇒

BH2 = AB ⋅(AB − AD)⇒ AB2− AD ⋅AB− BH2 = 0⇒

2 2 13AB − 13AD ⋅AB − 13BH = 0.

Подставим $AD = 25 13$ и получаем квадратное уравнение относительно $AB :$

2 13AB − 25AB − 13 ⋅144= 0, AB =13 -единственный положительный корень.

Треугольники $BEH$ и $BHC$ подобны:

BH- =-BE ⇒ BH2 = BC ⋅BE ⇒ BC BH

BH2 = BC ⋅(BC − CE)⇒ BC2− CE ⋅BC− BH2 = 0⇒

Аналогично подставим $EC$ и решим уравнение:

5BC2 − 27BC − 144⋅5= 0, BC = 15 -единственный полож ительный корень.

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольных треугольников $△AHB, △BHC$ найдем катеты:

AH = 5, HC = 9, а такж е AC =AH + HC = 14.

$PIC$

Найдем отношение $AK :KC.$ Проведем через $F$ прямую параллельную $AC,$ обозначим точки пересечения продолжения сторон $AB,BC$ и данной прямой $G,L.$ Пусть $O$ — центр окружности. Тогда:

∠ODF =∠BDH = 90∘ ⇒ ∠BDO = ∠FDH, ∠GDF =∠F GD.

Треугольник $DFG$ равнобедренный, $DF = FG.$ Аналогично, треугольник $EF L$ равнобедренный, $EF = FL.$ По свойству касательных $EF = DF,$ поэтому $GF = LF.$ Следовательно, $BF$ — медиана треугольника $GBL.$ Треугольники $GBL$ и $ABC$ подобны, $BK$ — медиана треугольника $ABC.$ Таким образом:

AK :KC =1:1.

Найдем длину $BK.$ Медиана треугольника $ABC$ по формуле длины медианы:

1∘---------------- 1∘ ---------------- √-- BK = 2 2AB2 +2BC2 − AC2 = 2 2⋅132 +2⋅152− 142 = 2 37.

Найдем длину $DF :$

∠DOE = 2∠ABC ⇒ ∠OF D= 90∘− ∠ABC ⇒

DF = OD ⋅ctg(∠OFD )=OD ⋅tg(∠ABC )= 6⋅tg(∠ABC ).

По теореме косинусов:

cos(∠ABC) = AB2-+-BC2−-AC2 = 169+225−-196-= 33. 2AB ⋅BC 2 ⋅13⋅15 65

Тогда:

∘ ---(--)2- sin(∠ABC )= 1− 33 = 56, tg(∠ABC )= 56, 65 65 33

DF = 6⋅56 = 112. 33 11

Ответ:

$AK :KC = 1:1, BK =2√37, DF = 112- 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#122408

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Биссектриса угла $CBH$ пересекает отрезок $CH$ в точке $X,$ биссектриса угла $BCH$ пересекает отрезок $BH$ в точке $Y.$ Обозначим величину угла $XA1Y$ через $α.$ Аналогично определим $β$ и $γ.$ Найдите значение суммы $α+ β+ γ.$

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Идея решения такая. Каждый из этих трёх углов — сумма углов, которые образуют его стороны с высотой. Давайте разобьём эти уголки на пары, чтобы в каждой сумма углов была 90°.

Подсказка 2

Пусть биссектрисы углов ABH и BCH пересекают AH в P и Q. Докажите, что углы PC₁H и AB₁Q равны. Для остальных пар будет аналогично.

Подсказка 3

Пусть K и L — точки пересечения описанных треугольников BHP И CHQ с AB и AC. Попробуйте доказать, что четырёхугольники KBHP и LCHQ подобны. Тогда диагонали C₁P и QB₁ буду образовывать равные углы со сторонами AB и AC.

Подсказка 4

Чтобы доказать из подобие, докажите подобие их элементов -—треугольников KPH и HQL, а также KC₁H и HB₁L.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что

∠PC1H = ∠AB1Q =90∘− ∠QBH.

Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90∘$ , то есть искомая сумма будет равна $270∘.$

$PIC$

Первый способ. Так как $∠ABH = ∠ACH,$ то и $∠ABP = ∠HCQ,$ поэтому

∠BPA1 = ∠ABP +∠BAP =∠HCQ + ∠BCH = ∠BCQ.

Следовательно, прямоугольные треугольники $BP A1$ и $QCA1$ подобны по двум углам, поэтому

BPAA1-= QAA1C-⇔ BA1 ⋅A1C = PA1 ⋅QA1 (1) 1 1

Как известно, треугольники $A1BC1$ и $A1B1C$ подобны треугольнику $ABC,$ а, следовательно, подобны друг другу. Отсюда

BA1-= B1A1-⇔ BA1 ⋅A1C = B1A1⋅A1C1 (2) A1C1 A1C

Из равенств (1) и (2) следует, что

PA ⋅QA = B A ⋅A C ⇔ PA1-= B1A1-. 1 1 1 1 1 1 A1C1 QA1

Как известно, $∠C1A1P = ∠B1A1Q,$ поэтому треугольники $P C1A1$ и $B1QA1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $∠A1C1P =∠A1QB1.$ Тогда

∠PC1H = ∠A1C1P − ∠A1C1C = ∠A1QB1− ∠A1AC = ∠AB1Q,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $′ Q$ — точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B1CH.$ Так как

′ ∠ACQ = ∠ACQ = ∠C1BP и ∠QHC1 =∠QHB1 =∠P HB1,

то точки $P$ и $Q′$ — соответствующие точки в подобных треугольниках $BC H 1$ и $CB H. 1$ Тогда $∠AB Q′ = ∠HB Q′ = ∠HC P, 1 1 1$ что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанных окружностей треугольников $BHP$ и $CHQ$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно. Так как четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то

∠PKH = ∠PBH =∠P BK = ∠PHK.

Так как четырёхугольник $CHQL$ вписанный, то

∠QLH =∠QCH = ∠QCL =∠QHL.

Таким образом, треугольники $KPH$ и $HQL$ подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то $∠BKP = ∠QHB1,$ поэтому

∠C1KH = ∠BKP − ∠HKP =∠QHB1 − ∠QHL = ∠LHB1.

Таким образом, прямоугольные треугольники $KC1H$ и $HB1L$ подобны по двум углам. На гипотенузах $KH$ и $HL$ подобных треугольников $KC1H$ и $HB1L$ построены соответствующим образом подобные треугольники $KP H$ и $HQL.$ Следовательно, полученные четырёхугольники $C1HP K$ и $B1LQH$ подобны. Тогда диагонали $C1P$ и $B1Q$ образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами $C1H$ и $B1L,$ то есть $∠PC1H =∠QB1L,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ:

$270∘$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#125059

Окружность $ω$ касается сторон угла $BAC$ в точках $B$ и $C.$ Прямая $ℓ$ пересекает отрезки $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Окружность $ω$ пересекает $ℓ$ в точках $P$ и $Q.$ Точки $S$ и $T$ выбраны на отрезке $BC$ так, что $KS$ параллельна $AC$ и $LT$ параллельна $AB.$ Докажите, что точки $P,$ $Q,$ $S,$ $T$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В такой задаче довольно плохо считаются углы, поэтому нужен другой подход. Какой?

Подсказка 2.

Правильно! Степень точки! Но пока нету точки, относительно которой было бы удобно считать степени. Поэтому нужно её построить.

Подсказка 3.

Давайте обозначим за X точку пересечения прямой KL и BC. Оказывается, X та самая нужная нам точка, относительно которой удобно считать степень, но нам понадобится еще один инструмент, который даст нам какие-то соотношения на отрезки. Какой?

Подсказка 4.

Правильно, теорема Фалеса! Напишите её условие и степень точки, и должно все получиться.

Показать доказательство

Если $ℓ∥ BC,$ утверждение следует из симметрии относительно серединного перпендикуляра к $BC$ . Пусть $ℓ$ и $BC$ пересекаются в $X$ . Из параллельности, по теореме Фалеса, имеем

XB XK XS -XT = XL-= XC-,

откуда $XT ⋅XS = XB ⋅XC.$

Так как точки $B,$ $C,$ $P,$ $Q$ лежат на $ω,$ выполняется $XB ⋅XC = XP ⋅XQ.$ Следовательно, $XT ⋅XS = XP ⋅XQ,$ что и доказывает утверждение.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126185

Окружность $ω$ с диаметром $AB$ пересекает сторону $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ в точке $D.$ Точка $F$ выбрана на отрезке $AC$ так, что $DF ⊥ AC,$ а $E$ — точка пересечения отрезка $DF$ с окружностью $ω$ , отличная от $D$ . Найдите $AF,$ если $AC = 10,AB = 6,BE = 5.$

Источники: Физтех - 2025, 10.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните свойства окружности и попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Заметьте, что ∠ABE = ∠ADE. Как можно выразить ∠ADF?

Подсказка 3

∠ADF = 90° - ∠DAF = ∠ACD.

Подсказка 4

Попробуйте найти подобные треугольники.

Подсказка 5

△ABE ∼ △ADF ∼ △ACD. Выразите стороны при помощи косинуса.

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что $∠ABE = ∠ADE$ как вписанные углы, опирающиеся на дугу $AE.$ Кроме того,

∠ADF = 90∘ − ∠DAF =∠ACD

Значит,

∠ABE =∠ADF =∠ACD = α

Но тогда треугольники $ABE,$ $ADF,$ $ACD$ — прямоугольные и имеют равные острые углы, следовательно, они подобны. Из треугольника $ABE$ получаем, что

BE- 5 cos(α)= AB = 6

Из треугольника $ACD$

CD = AC ⋅cos(α)

Из треугольника $CDF$

( )2 CF = CD ⋅cos(α)=AC ⋅cos2(α)=10⋅ 5 = 125 6 18

Значит,

125- 55 AF = AC − CF = 10− 18 = 18

Ответ:

$55 18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126335

На плоскости нарисованы две прямые. На этих прямых отмечено по три точки: на первой — $A,$ $B,$ $C,$ на второй — $A , 0$ $B , 0$ $C . 0$ Известно, что $AB0 ∥A0B$ и $AC0 ∥A0C.$ Докажите, что $BC0 ∥B0C.$

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения прямых через $X.$ Из параллельностей пар прямых $AB , 0$ $A B 0$ и $AC ,A C, 0 0$ в силу теоремы Фалеса, имеем

XA XB0 XA XC0 XB-= XA0-; XC-= XA0-.

$PIC$

Осталось заметить, что если поделить второе равенство на первое, получится

XB-= XC0-, XC XB0

что, по обратной теореме Фалеса, доказывает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126336

В четырехугольнике $ABCD$ $∠B =∠D = 90∘.$ Пусть $A 1$ и $C 1$ проекции точек $A$ и $C$ на $BD$ соответственно. Докажите, что $BA1 = C1D.$

Показать доказательство

Первое решение. Углы $B$ и $D$ прямые, поэтому четырехугольник $ABCD$ — вписанный. Продлим прямые $AA 1$ и $CC 1$ до вторичного пересечения с его описанной окружностью в точках $A2$ и $C2.$

Четырёхугольник $AC2CA2$ — прямоугольник, потому что $AC$ — диаметр окружности. Значит, $CC2 = AA2,$ а также $C2C1 = AA1$ и $C1C = A1A2.$ По свойству пересекающихся хорд имеем

BA1 ⋅A1D = AA1⋅A1A2, BC1⋅C1D =C2C1 ⋅C1C,

а значит,

BA1 ⋅A1D =BC1 ⋅C1D.

$PIC$

Без ограничений общности, будем считать, что точки $D,A1,C1,B$ лежат на прямой в указанном порядке. Давайте обозначим длины отрезков $DC1,C1A1,A1B$ через $x,z,y.$ Тогда последнее равенство примет вид $y(x +z)= x(y +z),$ следовательно, $yz =xz,$ откуда $y =z,$ которое даёт требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Отрезок $AC$ является диаметром, поэтому при его проекции на прямую $DB$ центр окружности $O$ проецируется в середину $M$ отрезка $A1C1.$ С другой стороны, $O$ проецируется в середину любой хорды, поэтому $M$ также является серединой отрезка $BD.$ Отсюда получаем равенство $A1M =MC1,$ которое даёт требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#77988

Внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $D$ так, что $AD =DC.$ Прямая $BD$ пересекает сторону $AC$ в точке $E.$ Оказалось, что $BD- AE- BE = EC .$ Докажите, что $BE = BC.$

Показать доказательство

Отметим на отрезке $AC$ такую точку $F,$ что $AE = CF.$

$PIC$

Тогда равенство из условия задачи можно записать в виде

BD :BE = CF :CE

откуда $DF ∥BC$ и треугольники $FDE$ и $CBE$ подобны. Но треугольники $ADE$ и $CDF$ равны, значит, $DE = DF,$ значит, треугольник $FDE$ равнобедренный, а вместе с ним и треугольник $CBE$ равнобедренный.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#80233

В треугольнике $ABC,$ в котором $AB > AC,$ точка $D$ на стороне $AB$ такова, что $CD = BD.$ Точка $M$ — середина $AC,$ точки $F$ на стороне $AC$ и $E$ на луче $BM$ таковы, что точки $D,E$ и $F$ лежат на одной прямой, которая параллельна $BC.$ Докажите, что $CE = CF.$

Показать доказательство

Пусть $Q$ — точка, симметричная точке $B$ относительно $M.$ В четырехугольнике $ABCQ$ диагонали пересекаются в точке $M$ и делятся точкой пересечения пополам, следовательно $ABCQ$ является параллелограммом, в частности прямые $AB$ и $CQ$ параллельны. Пусть $P$ — точка, пересечения прямых $CQ$ и $DF,$ тогда $BDP C$ так же является параллелограммом, таким образом, $P C = DB = DC.$ Аналогично, $AD = QP$ И $AB =QC.$

Докажем, что $DF =EP.$ Действительно, из подобия треугольников $BAC$ и $DAF$ следует равенство отношений $DF ∕BC =AB ∕AD.$ Аналогично $EP∕BC = QP∕QC.$

Наконец, из равенств $AD = QP$ и $AB = QC$ следует равенство отношений $AB ∕AD =QP ∕QC,$ следовательно, $EP∕BC = DF∕BC,$ что влечет $EP =DF.$

$PIC$

Наконец, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $DP,$ поскольку $DC = CP.$ Пусть $K$ — середина $DP,$ тогда $MF =MD − DF =MP − EP = ME,$ то есть $K$ так же является серединой отрезка $FK,$ следовательно, серединные перпендикуляры к отрезкам $FE$ и $DP$ совпадают, значит $C$ лежит на серединном перпендикуляре к $FE,$ что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86028

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ Прямая $OA$ пересекает высоты треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $PQH$ лежит на медиане треугольника $ABC.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть, не умаляя общности, $AB <AC.$ Имеем $∠P QH =90∘− ∠QAB = 90∘ − ∠OAB = 12∠OAB = ∠ACB,$ и аналогично $∠QPH = ∠ABC.$ Следовательно, треугольники $ABC$ и $HPQ$ подобны. Пусть $Ω$ и $ω$ — описанные окружности треугольников $ABC$ и $HP Q.$ Поскольку $∠AHP =90∘− ∠HAC = ∠ACB = ∠HQP,$ прямая $AH$ касается $ω.$

Пусть $T$ — центр $ω$ и прямые $AT,BC$ пересекаются в $M.$ Воспользуемся тем, что треугольники $ABC$ и $HP Q$ подобны, и тем, что $AH$ касается $ω$ в $H,$ а точка $A$ — лежит на $PQ.$ Рассмотрим касание $AS$ и $Ω,$ пусть $AS$ пересекает $BC$ в $S.$ Точки $S$ и $A$ соответствуют друг другу в подобных треугольниках $ABC$ и $HP Q,$ и следовательно $∠OSM =∠OAT =∠OAM.$ Следовательно четырёхугольник $SAOM$ вписанный, и поскольку $AS ⊥ AO,$ имеем $∠OMS = 180∘− ∠OAS = 90∘.$ Это значит, что $M$ — ортогональная проекция $O$ на $BC,$ которая является её серединой. Таким образом, $T$ лежит на медиане $AM$ треугольника $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90908

Прямая $ℓ$ пересекает стороны $AB,AD$ и диагональ $AC$ параллелограмма $ABCD$ в точках $X,Y$ и $Z$ соответственно. Докажите, что

AB AD AC AX-+ AY-= AZ-

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы доказать равенство, хочется все отношения получить на одной прямой. Например на AC, как бы отложить на AC первые два отношения?

Подсказка 2

Ага, из точек B и D можно провести прямые, параллельные l до пересечения с AC в точках E и F. Тогда перенеся отношения на прямую AC, остаётся доказать, что сумма AE и AF равна AC. Какой факт о точках E и F может в этом помочь?

Подсказка 3

Точки E и F симметричны относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма, отсюда AE и FC (дополняющий AE до AC равны).

Показать доказательство

Проведём из точек $B$ и $D$ прямые, параллельные $ℓ,$ их пересечения с $AC$ обозначим за $E$ и $F$ соответственно. По теореме Фалеса

AB AE AD AF AX- =AZ-,AY-= AZ-

Тогда требуется доказать, что $AE +AF = AC.$ Заметим, что точки $E$ и $F$ симметричны относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма, потому $AE = CF =AC − AF,$ из чего следует необходимое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91225

Продолжения боковых сторон $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $P.$ Произвольная прямая проходит через точку пересечения диагоналей и пересекает основания $BC$ и $AD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Прямая $PE$ пересекает основание $AD$ в точке $K.$ Докажите, что $AK = FD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В конструкции с параллельными прямыми и их секущими всегда возникают пары подобных треугольников. Какие пары треугольники в задаче являются подобными?

Подсказка 2

Например, подобны пары треугольников AFQ, CEQ и PEC, PKD. Чему равны отношения AF / EC и EC / KD (мы смотрим именно на эти отношения, поскольку в них фигурируют отрезки AF и KD равенство, которых нужно установить) из найденных подобий? Помните, что вы должны прийти к единообразию в полученных отношениях - будет проще, если каждое из отношений выразится через некоторые общие детали конструкции

Подсказка 3

Найденные отношения равны соответственно AF / EC = AQ / QC = AD / BC - это именно то, что мы хотели получить, отношения выразилось довольно просто только через элементы исходной трапеции. Выразите аналогичным образом отношение EC / KD и закончите решение

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $BC∥AD,$ $△PAK$ и $△P BE$ подобны, значит $ADKE-= ABPP.$ Также подобны $△FOD$ и $△EOB,$ из чего $FEDB-= DBOO-.$ Тогда достаточно доказать, что $ABPP-= DBOO,$ оба эти отношения равны $ABDC-$ из подобий пар треугольников $△P BC$ и $△PAD,$ $△AOD$ и $△COB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91226

Точки $K$ и $N$ расположены соответственно на сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC,$ причём $AK = BK$ и $AN = 2NC.$ В каком отношении отрезок $KN$ делит медиану $AM$ треугольника $ABC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что надо как-нибудь привязаться к точке пересечения медианы и отрезка KN. Эту точку обозначим P. Отношения удобно искать через подобия. Можно ли на картинке найти подобные треугольники, хотя бы один из которых содержит P?

Подсказка 2

Можно! И даже оба треугольника будут содержать точку P: если провести KM — среднюю линию ABC, то у нас найдутся две параллельные прямые KM и AC. Какие тогда треугольники, содержащие P, подобны?

Подсказка 3

Конечно, это треугольники APN и MPK! А можно ли найти их коэффициент подобия?

Подсказка 4

Можно! Для этого снова используем, что KM - средняя линия, а потому 2KM = AC. Используя это свойство и данные из условия, можно легко получить ответ.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точку $P$ — пересечение $AM$ и $KN.$ Тогда $KM$ — средняя линия треугольника $ABC,$ значит $KM = 12AC$ и $△AP N$ и $△MP K$ подобны. Значит,

-AP = AN--= 23AC-= 4 P M MK 12AC 3

Ответ:

$4 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#91227

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ На сторонах $AB$ и $BC$ выбрали точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $2 2 AP ⋅AC = AI,CQ ⋅AC =CI .$ Докажите, что прямая $PQ$ проходит через точку $I.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто, если в условии даны равенства вида XY * ZT = MN * PQ, то полезным для решения будет переписать их в виде равенства отношений XY / MN = PQ / ZT. О чем можем говорить последнее отношение в рамках нашей задачи?

Подсказка 2

О подобии треугольников. В частности, треугольники PAI и IAC подобны. Как, используя это, доказать, что точки P, I, Q лежат на одной прямой?

Подсказка 3

Найти углы BIP и BIQ, после чего проверить их равенство. Чему равны эти углы?

Показать доказательство

$PIC$

Из $AP ⋅AC = AI2$ следует $AAPI-= AAIC,$ добавляя равенство уголков $∠P AI = ∠IAC$ (центр вписанной окружности треугольника лежит ведь на биссектрисе), получаем подобие $△PAI$ и $△IAC,$ откуда $∠PIA =∠ICA.$ Аналогичными рассуждениями получаем, что $∠QIC = ∠IAC.$ Таким образом

∠P IQ = ∠PIA +∠AIC + ∠CIQ= ∠IAC + ∠AIC+ ∠ACI =180∘

по сумме углов $△AIC.$ Отсюда следует доказываемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#91228

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $B$ и $D$ равны, $CD =4BC,$ а биссектриса угла $A$ проходит через середину стороны $CD.$ Чему может быть равно отношение $AD :AB?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем последовательно понимать, как пользоваться множеством фактов, которые нам дали в условии. Начнём с углов и биссектрисы. Нужно какое-то дополнительное построение, связанное с ней. Что в таком случае хорошо сработает для биссектрисы? Немного заглядывая вперёд, нам поможет это в дальнейшем с углами.

Подсказка 2

Верно, можно применить симметрию для точки D, пусть это точка K. Но не совсем понятно, куда она попадёт на AB. Это легко выясняется как раз из-за равенства углов и параллельности, откуда K лежит на отрезке AB. Дальше можно заметить ещё два следствия из симметрии и того, что мы поняли до этого.

Подсказка 3

Конечно, треугольник DKC прямоугольный и из-за этого AM параллельно KC. Теперь понятно, ради чего это всё затевалось. Что можно сказать про треугольники KBC и AKM?

Подсказка 4

Верно, они подобны с коэффициентом два по равенству из условия. Сейчас уже несложно перейти к сторонам AD и AB. Осталось только посчитать отношения, не забыв, что AD=AK, и победа!

Показать ответ и решение

Обозначим через $M$ середину стороны $CD.$ Отметим на луче $AB$ точку $K,$ симметричную точке $D$ относительно прямой $AM.$

$PIC$

Поскольку

∠ABC =∠ADM = ∠AKM

то $BC∥KM$ и точка $K$ лежит на отрезке $AB.$ Поскольку

CM = DM = KM

то $∠DKC = 90∘$ и $KC∥AM.$ Следовательно, у треугольников $AKM$ и $KBC$ стороны соответственно параллельны, поэтому они подобны с коэффициентом $KM-= 2, BC$ откуда $AD =AK =2KB$ и искомое отношение равно $2. 3$

Ответ:

$2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#91229

В треугольнике $ABC$ точка $D$ лежит на стороне $AC,AD = BC,$ углы $BAC$ и $DBC$ равны, $CE$ — биссектриса угла $C.$ Докажите, что $ED$ параллельно $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

О чем говорит равенство углов BAC и BDC?

Подсказка 2

Треугольники BAC и BDC подобны по двум углам (угол С общий). Чем может помочь для доказательства задачи найденное подобие?

Подсказа 3

Из подобия можно получить отношения отрезков. В свою очередь, параллельность прямых можно выразить через равенство отношений отрезков секущих. Равенство каких отношений в найденном подобии стоит рассмотреть?

Подсказка 4

Отношение CA / CB равно отношению СB / CD, которое можно переписать как AD / DC, а это именно то, что мы и планировали получить, поскольку для доказательства параллельности достаточно проверить, что AD / DC = AE / EB. Как иначе можно выразить последнее отношение?

Подсказка 5

По свойству биссектрисы AE / EB = CA / CB, в свою очередь мы показали, что последнее отношение равно AD / DC

Показать доказательство

$PIC$

Треугольники $CBD$ и $ACB$ подобны по двум углам. Значит,

CA:CB = CB :CD = AD :CD

С другой стороны, по свойству биссектрисы треугольника $CA :CB = AE :BE.$ Поэтому $AD :CD = AE :BE.$ Отсюда и из теоремы о пропорциональных отрезках следует, что $DE∥CB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#91230

В параллелограмме $ABCD$ на сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $AP = CQ,X$ — точка пересечения отрезков $AQ$ и $CP.$ Докажите, что $DX$ — биссектриса угла $D.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно проверить, что некоторая прямая является биссектрисой?

Подсказка 2

В некотором треугольнике проверить равенство отношений, в котором биссектриса делит противоположную стороны и отношений соответствующих сторон треугольника. К сожалению, на картинке на данный момент нет треугольника, в котором бы DX являлась биссектрисой. Постройте его!

Подсказка 3

Пусть прямые AQ и CD пересекаются в точке T, тогда по свойству, которое мы обсудили ранее, достаточно проверить, что AX / XT = AD / DT. Как можно иначе выразить каждое из отношений?

Подсказка 4

Первое из отношений равно AP / CT (мы хотим рассмотреть именно такое отношение, поскольку в нем фигурирует отрезок AP, а это позволяет нам воспользоваться равенством отрезков AP и CQ).

Показать доказательство

Пусть прямые $AQ$ и $CD$ пересекаются в точке $T.$