Тема Счётная планиметрия

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 счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#106840Максимум баллов за задание: 7

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#106969Максимум баллов за задание: 7

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#112385Максимум баллов за задание: 7

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#119857Максимум баллов за задание: 7

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#119901Максимум баллов за задание: 7

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#122408Максимум баллов за задание: 7

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#125059Максимум баллов за задание: 7

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#126185Максимум баллов за задание: 7

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#126335Максимум баллов за задание: 7

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#130550Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ угол при вершине $A$ — прямой, $E$ — точка пересечения диагоналей, $F$ — проекция точки $E$ на сторону $AB.$ Докажите, что углы $DF E$ и $CFE$ равны.

Показать доказательство

Углы $EFA$ и $EFB$ прямые, поэтому равны, значит, равенство углов $DF E$ и $CF E$ равносильно равенству углов $BF C$ и $AF D.$

$PIC$

По теореме Фалеса для параллельных прямых $FE$ и $BC$ имеем

BF- = BE. F A ED

С другой стороны, последнее отношения равно $BC-, DA$ поскольку треугольники $BEC$ и $DEA$ подобны, то есть

BF- = BC, F A DA

а значит, треугольники $F BC$ и $F AD$ подобны, что дает равенство указанных углов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#130551Максимум баллов за задание: 7

Прямая, параллельная основаниям $AD$ и $BC$ трапеции $ABCD$ пересекает отрезки $AB,$ $AC,$ $BD$ и $CD$ в точках $P,$ $Q,$ $R$ и $S.$ Докажите, что $PQ = RS.$

Показать доказательство

Параллельность прямых $BC,P S$ и $AD$ даёт пары подобных треугольников $ABC$ и $APQ,$ $ABD$ и $P BR,$ $DBC$ и $DRS,$ которые дают равенство отношений отрезков

PQ AP AP DR DR RS BC-= AB-; AB- = DB-; DB-= BC-

соответственно.

$PIC$

Приравнивая отношения, имеем $PQ ∕BC = RS∕BC,$ а значит, $PQ = RS.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#130552Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ с основанием $AD$ и $BC$ точки $P$ и $Q$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Докажите, что если $∠DAQ =∠CAB,$ то и $∠PBA = ∠DBC.$

Показать доказательство

Продлим $AQ$ до пересечения с $BC$ в $X.$ Исходя из параллельности оснований и равенства $∠DAQ = ∠CAB,$ получаем

∠BAC = ∠DAX = ∠BXA,

а значит, треугольники $BAC$ и $BXA$ подобны, поскольку также имеют общий угол $ABC.$

$PIC$

Наконец, $∠ABP$ и $∠XBQ$ — углы между соответствующими медианами и сторонами в подробных треугольниках, то есть равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#130553Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполняются равенства: $∠CBD = ∠CAB$ и $∠ACD = ∠ADB.$ Докажите, что из отрезков $BC,$ $AD$ и $AC$ можно сложить прямоугольный треугольник.

Показать доказательство

Пусть $X$ — точка пересечения диагоналей.

$PIC$

Пары треугольников $CAD$ и $AXD,$ $CAB$ и $CBX$ подобны, поскольку каждая пара имеет общую вершину и еще один равный по условию угол. Подобия влекут соответственно равенства

AD-= AC-, BC-= AC-, AX AD CX BC

то есть

AD2 = AX ⋅AC, BC2 = CX ⋅AC.

Складывая, имеем $AC2 =AD2 + BC2,$ что в силу теоремы Пифагора влечет требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#130554Максимум баллов за задание: 7

На высотах $BB 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ взяты точки $P$ и $Q$ так, что $∠APC = ∠AQB = 90∘.$ Докажите, что $AP = AQ.$

Показать доказательство

Пары треугольников $AP B 1$ и $APC,$ $AQC 1$ и $AQB$ подобны, следовательно, имеем

AP-- AC- AQ-- AB- AB1 = AP ; AC1 =AQ ,

или же

AP2 =AB1 ⋅AC, AQ2 = AC1⋅AB.

Осталось заметить, что $AB1⋅AC = AC1⋅AB,$ потому что четырёхугольник $BC1B1C$ вписанный.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#130555Максимум баллов за задание: 7

Пусть $M$ — точка пересечения диагоналей трапеции $ABCD.$ На основании $BC$ выбрана такая точка $P,$ что $∠AP M = ∠DP M.$ Докажите, что расстояние от точки $C$ до прямой $AP$ равно расстоянию от точки $B$ до прямой $DP.$

Показать доказательство

Опустим из вершин $B$ и $C$ высоты $BY$ и $CX$ на прямые $DP$ и $AP$ соответственно, из $M$ — высоты $MU$ и $MV$ на $AP$ и $DP.$ Рассмотрим пары подобных треугольников $AUM$ и $AXC,$ $DBY$ и $DMV.$ Равенство отношений соотвествующий сторон дает

UM AM MV DM XC- = AC-, BY-= DB--.

Заметим, что $AM ∕AC = DM ∕DB$ из-за параллельности оснований, значит,

UM MV XC- = BY-.

$PIC$

Наконец, что $MU = MV,$ поскольку $MP$ — биссектриса.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#130556Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса $CL$ прямоугольного треугольника $ABC$ (с прямым углом $B$ ) пересекает высоту $BH$ в точке $D.$ На катете $BC$ отметили точку $E$ такую, что $∘ ∠LHE = 90 .$ Докажите, что $DE ∥AC.$

Показать доказательство

Заметим, что

∘ ∠LHE = 90 = ∠BHC,

то есть $∠LHB =∠EHC.$ Также $∠ABH = ∠BCA,$ поскольку дополняют угол $HBC$ до прямого.

Таким образом, подобны треугольники $EHC$ и $LHB.$ Это подобие даёт равенство отношений

BL :EC = BH :HC.

Треугольники $CBL,$ $CDH$ подобны по двум углам, следовательно,

BL:HD =BC :CH.

$PIC$

Если эти равенства перемножить, получится

HD :EC =BH :BC,

что влечет подобие треугольников $BDE$ и $HBC,$ откуда и получается параллельность нужных нам прямых.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#77988Максимум баллов за задание: 7

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80233Максимум баллов за задание: 7

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 19#86028Максимум баллов за задание: 7

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 20#91225Максимум баллов за задание: 7

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 $△COB.$