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#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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 6#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:

$4 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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 10#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 $T.$

$PIC$

Из подобия треугольников $TQC$ и $AQB$ следует, что

TX :AX = TC :AP = TC :CQ

Из подобия треугольников $TQC$ и $TAD$ имеем $TC :CQ = TD:AD.$ Поэтому $TD :AD = TX :AX,$ то есть $DX$ — биссектриса треугольника $ADT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#92365

В треугольнике $ABC$ угол $A$ является тупым. На стороне $BC$ отмечена точка $D$ таким образом, что $AC = CD$ . При этом окружность, описанная около треугольника $ACD$ , касается прямой $AB$ в точке $A.$ На прямой $AD$ отмечена точка $E$ таким образом, что $CE = EA = AB.$ Найдите отношение $BC :AB.$

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству угла между касательной и хордой $∠EAB = ∠ACD.$ А учитывая, что треугольники $EAB$ и $ACD$ равнобедренные, можем сказать, что они подобны. Значит, $∠AEB = ∠CAD,$ а т.к. треугольник $ACE$ равнобедренный, то $∠ACE =∠CAD = ∠AEB.$ Следовательно, $∠AEC =∠EAB,$ из этого получаем, что $CE ∥AB,$ а раз $CE = AB,$ то $ABEC$ — параллелограмм.

Пусть $AC = y,AB =2x,$ тогда запишем подобие треугольников $ACD$ и $EAB$ с учётом, что $D$ — точка пересечения диагоналей в параллелограмме

AC-= AD- AB BE

y-= x 2x y

В итоге получаем

BC 2y √ - AB-= 2x = 2

Ответ:

$√2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#67960

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ а $H$ — точка пересечения его высот. Оказалось, что прямая $OH$ параллельна стороне $BC.$ На плоскости отметили такую точку $K,$ что $ABHK$ — параллелограмм. Отрезки $OK$ и $AC$ пересеклись в точке $L.$ В каком отношении перпендикуляр, опущенный из точки $L$ на отрезок $AH,$ делит $AH?$

Источники: СПБГУ-23, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте постепенно раскручивать задачу и понимать, для чего нам дали факты из условия. Предположительно вообще вы можете угадать ответ, и он вас будет как-то направлять, но в любом случае нужно понаблюдать за картинкой. Зададим себе правильные наводящие вопросы. Для чего нам дали параллельность OH? Это ведь не в любом треугольнике верно. Что можно сказать про углы и получившуюся фигуру с параллельными прямыми?

Подсказка 2

Верно, так как высота перпендикулярна стороне BC, то она перпендикулярна и OH из параллельности. Пусть у нас проведена высота AD. Также у нас получилась трапеция. А значит, перпендикуляр OT равен HD. Какой факт тогда можно вспомнить об этих отрезках? Тут полезно вспомнить про прямую Эйлера и факты, связанные с ней.

Подсказка 3

Точно, OT будет в два раз меньше AH из-за подобия треугольников OMT и AHM, где M — это точка пересечения медиан. Но тогда 2HD=AH. Отлично, уже лучше! Теперь займёмся параллелограммом. Заметим, что у нас сторона AK перпендикулярна AC. Что можно подумать тогда сделать? Хотелось бы, чтобы отрезок AK был получше связан с картинкой. Может, стоит продлить его до пересечения с чем-нибудь?

Подсказка 4

Ага, давайте продлим AK за точку A. Тогда с чем хорошо пересечь эту прямую, учитывая 90 градусов? Конечно, давайте пересечём с описанной окружностью треугольника в точке N. Тогда точки N и C диаметрально противоположные. Откуда O лежит на CN. А что ещё можно сказать про точку N? Как она связана с ортоцентром?

Подсказка 5

Верно, точка N центрально-симметричная H относительно AB, так как CN это диаметр. Тогда у нас получается ещё один параллелограмм AHBN. Откуда получается, что AN =BH = AK. Давайте теперь обратим внимание на треугольник NKC. Чем в ней является отрезок OK? А отрезок CA?

Подсказка 6

Точно, это же медианы в треугольнике NKC! Но тогда L — это точка пересечения медиан. Отлично, про точку, казалось бы, непонятно каким образом относящуюся к картинке, мы установили такой факт. Остались последние шаги. Какой факт мы знаем про точку пересечения медиан? Как это можно связать с фактом из 3 подсказки?

Подсказка 7

Верно, точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2 к 1 от вершины. Теперь вспоминая, что мы проводили перпендикуляр из L на AH, можем применить теорему Фалеса и равенство отрезков. Победа!

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — основание высоты из точки $A,$ а $M$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $L$ на $AH.$ Прямая $OA ′$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BC,$ поэтому она параллельна высоте $AD.$

По свойству ортоцентра $′ AH = 2OA$ и $′ BH = 2OB .$ По условию прямые $OH$ и $BC$ параллельны, следовательно, $′ OHDA$ — прямоугольник и $′ 1 HD = OA = 2AH.$

Первое решение.

$PIC$

В параллелограмме $ABHK$ противоположные стороны равны, поэтому $AK = BH = 2OB′.$ Треугольники $ALK$ и $B′LO$ подобны по двум углам ( $∠ALK = ∠B′LO$ как вертикальные, $∠OB ′L = 90∘ =∠KAL )$ и их коэффициент подобия равен 2. Пусть $LB′ = x,$ тогда $AL = 2x$ и $CB ′ = AB′ = 3x,$ поскольку $B′$ — середина стороны $AC.$ Стало быть, $AL :AC = 2x :6x = 1:3$ и $AM :AD = 1:3,$ так как треугольники $ALM$ и $ACD$ подобны. Пусть $HD = y,$ тогда $OA ′= y,$ $AH = 2y$ и $AD =AH + HD = 3y.$ Следовательно, $AM = y$ и $MH = AH − AM =2y− y = y.$ Таким образом, $AM :MH = 1.$

Второе решение.

$PIC$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∠KAC =90∘.$ По условию $ABHK$ параллелограмм, значит, $AK = BH.$ Отрезок $B′P$ — средняя линия треугольника $CAK,$ поэтому $B ′P = 12AK = 12BH = OB′.$ Кроме того, $OB ′$ и $P B′$ перпендикулярны $AC,$ поэтому точки $O,$ $B ′$ и $P$ лежат на одной прямой. Таким образом, $OP = 2OB′ = AK$ и $OP$ параллельна $AK.$ Стало быть, $AOP K$ — параллелограмм. Пусть $Q$ — точка пересечения его диагоналей, тогда $AQ =QP.$ Следовательно, $AB′$ и $OQ$ — медианы треугольника $AOP$ , а $L$ — точка их пересечения, поэтому $AL :AB ′= 2:3$ и, значит, $AL:AC = 1:3.$ Из подобия треугольников $AML$ и $ADC$ следует, что $AAMD-= AALC-= 13.$ Тогда если $AM = x,$ то $AD = 3x$ и $AH =2x,$ а, значит, $MH =x$ и $AM :MH = 1:1.$

Третье решение.

$PIC$

Пусть точка $E$ — пересечение этой высоты с описанной окружностью треугольника $ABC,$ точка $A′$ диаметрально противоположна точке $A$ на этой окружности, а точка $N$ — вторая точка пересечения прямой $AK$ с этой окружностью. Из параллельности прямых $OH$ и $BC$ следует, что прямая $OH$ перпендикулярна высоте $AD.$ Поскольку $′ AA$ — диаметр окружности, $′ ∘ ∠AEA =90$ и, значит, прямые $′ A E$ и $OH$ параллельны. Стало быть, $OH$ — средняя линия треугольника $′ AA E,$ поэтому $AH = HE.$ Далее,

∠CBE = ∠CAE = 90∘− ∠ACB = ∠CBH,

поэтому в треугольнике $BEH$ отрезок $BD$ является биссектрисой и высотой, а, значит, и медианой. Таким образом, $HD = DE.$ Из равенств $AH = HE$ и $HD = DE$ получаем, что $AH :AD = 2:3.$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∠NAC = 90∘$ и точки $C$ и $N$ диаметрально противоположны. Следовательно, $∠NBC =90∘$ и поэтому прямые $NB$ и $AH$ параллельны. Таким образом, четырехугольник $AHBN$ является параллелограммом. Стало быть, $AN =BH = AK$ и отрезок $CA$ является медианой в треугольнике $KCN.$ Но отрезок $KO$ также является медианой в этом треугольнике. Следовательно, $L$ — точка пересечения медиан этого треугольника и $AL:AC = 1:3.$ Тогда по теореме Фалеса $AM :AD =1 :3.$ Но мы уже знаем, что $AH :AD =2 :3,$ поэтому $AM = MH.$

Ответ: делит пополам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#69400

Дан прямоугольный треугольник $KLM$ с прямым углом $M.$ На его катете $LM$ длины 52 как на диаметре построена окружность $ω.$ Из точки $K$ к этой окружности проведена касательная $KD,$ отличная от $KM.$ Перпендикуляр $DH,$ опущенный на отрезок $LM,$ пересекает отрезок $KL$ в точке $E.$ Найдите площадь треугольника $LDE,$ если известно, что $LH :MH =4 :9.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуем найти всё, что можем)) Воспользуемся всеми условиями на LH, LM, MH и найдем их) Тогда будет несложно найти оставшиеся отрезки на LM и DH! На картинке много прямых углов...что хочется сделать?

Подсказка 2

Найти среди них подобные! Учтём, что угол между касательной и радиусом прямой, тогда какие треугольники будут подобными (или даже равными)?

Подсказка 3

Треугольники MKO и KOD будут равными, тогда треугольники LHD и OKM будут подобны! Найдём отношение KM/LM. Теперь нам необходимо найти площадь треугольника LED, как можно это сделать?

Подсказка 4

Найдя его высоту и стороны! Высота его это LH, а в каких подобных треугольниках этот отрезок встречается, чтобы его найти?

Подсказка 5

Треугольники LHE и LMK подобны, поэтому несложно найти EH! Осталось лишь найти DE через DH и EH, что сделать из подобия несложно)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр окружности $ω.$ Заметим, что

∘ --------- LH =-4LM =16, MH = 36, OH = 1LM − LH = 10, DH = OD2 − OH2 = 24 13 2

Прямоугольные треугольники $LHD$ и $OMK$ подобны, поскольку

∠MLD = 1∠MOD = 1(180∘ − ∠MKD )= 90∘ − ∠MKO = ∠MOK 2 2

Тогда

KM-- 1 KM-- 1 DH- 3 LM = 2 ⋅OM = 2 ⋅LH = 4

Из подобия треугольников $LHE$ и $LMK$ мы получаем

3 EH = 4LH = 12

Поэтому

1 1 1 SLDE = 2 ⋅DE ⋅LH = 2 ⋅(DH − EH )⋅LH = 2 ⋅12⋅16 =96

Ответ: 96

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#69823

Длины сторон $AB, AC,BC$ треугольника $ABC,$ периметр которого равен 6, в указанном порядке являются последовательными членами некоторой арифметической прогрессии. Найдите ее разность, если угол $∠BAC$ в два раза больше угла $∠ABC.$

Источники: САММАТ-2023, 11.4 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Представьте стороны треугольника в виде членов арифметической прогрессии. Попробуйте сделать это именно таким образом, чтобы в дальнейшем можно было удобно воспользоваться тем, что мы знаем периметр.

Подсказка 2

Пусть AB = a - d, AC = a, BC = a + d, тогда, посчитав периметр, мы находим, что a = 2. Обратите внимание на углы нашего треугольника. Какое дополнительно построение хочется сделать в данной конструкции?

Подсказка 3

Когда у нас один угол треугольника в два раза больше второго, очень удобным построением является биссектриса, проведенная из угла, который в два раза больше. Ей мы разбиваем треугольник на равнобедренный и подобный основному.

Подсказка 4

Кроме подобия мы так же можем записать свойство биссектрисы. Теперь мы получили систему уравнений с двумя неизвестными. Осталось ее решить и подумать над тем, какие d по знаку нам подходят, а какие - нет, и почему.

Показать ответ и решение

Так как стороны являются последовательными членами арифметической прогрессии, то пусть $AB =a − d,AC =a,BC = a+d.$ При этом заметим, что $d >0,$ так как напротив большего угла в треугольнике лежит большая сторона. Найдем $a$ сложив все стороны и приравняв к 6. Получим $a =2.$

$PIC$

Проведем биссектрису угла $A$ и отметим равные отрезки и равные углы как на картинке.

По свойству биссектрисы

a x a−-d = a-+d−-x

a2+ ad− ax =ax− xd

(1)

Так как треугольники $ABC$ и $AFC$ подобны по двум углам

x --a- a = a +d

(2)

a2 = ax +dx

Подставим в $(1)$

ax+ dx+ ad− ax =ax− xd

2dx+ ad= ax

x = -ad-- a− 2d

Подставим в $(2)$

--d-- --a- a− 2d = a+ d

ad+d2 = a2− 2ad

2 2 d =a − 3ad

d2 = 22− 6d

d2+ 6d − 4= 0

d= √13− 3

Ответ:

$√13-− 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75185

На боковой стороне $CD$ трапеции $ABCD$ нашлась точка $M$ такая, что $BM = BC.$ Пусть прямые $BM$ и $AC$ пересекаются в точке $K,$ а прямые $DK$ и $BC$ — в точке $L.$ Докажите, что углы $BML$ и $DAM$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется провести, что начать записывать цепочку равенств углов, начиная с DAM? На картинке много параллельностей, есть смысл обращаться к углам с помощью отрезков!

Показать доказательство

Пусть $E$ — точка пересечения прямых $AM$ и $BC,$ точка $F$ — точка пересечения прямых $BM$ и $AD.$ Из параллельности прямых $F A$ и $BE$ следует равенство углов $∠F AE =∠BEA.$

$PIC$

Достаточно показать, что $∠LMB = ∠MEB,$ что эквивалентно тому, что прямая $BM$ касается окружности $(LME )$ , то есть тому, что верно равенство произведений отрезков секущих $BL ⋅BE =BM2,$ а в силу $BC = BM$ , равенство

BL⋅BE = BC2

Осталось заметить, что, в силу подобия треугольников $AKF$ и $CKB$

FD BL FA-= BC-

а в силу подобия треугольников $AMF$ и $EMB$

FD-= BC- FA BE

Получаем

BC- BL- BE = BC

Домножив обе части равенства на произведение знаменателей, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#89918

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BD$ и $CE$ . На $DE$ как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает отрезки $AE$ и $AD$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Найдите длину отрезка $FG,$ если известно, что $BC = 25,BD =20$ и $BE = 7.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 235, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам даны какие-то стороны в прямоугольных треугольниках, так что сразу хочется найти оставшиеся стороны в них ;) что еще хочется сказать о прямоугольных треугольниках на картинке? Как связать их стороны?

Подсказка 2

Находим, что CD = 15, CE = 24. Рассматривая треугольники, в которых они состоят, замечаем, что треугольники ABD и ACE подобны! Какие полезные соотношения можно из этого вывести?

Подсказка 3

AD/AE = 5/6 = (AE+7)/(AD+15). Видим, что из этого можем найти AD и AE! Какие выводы можно сделать из их длин?

Подсказка 4

AD=15, AE=18. Интересно, у нас появились равнобедренные треугольники ;) а что можно вывести из того, что малая окружность построена на DE как на диаметре?

Подсказка 5

Треугольник EDA — равнобедренный, и в нем DF — высота. Нам хочется как-то подобраться к подобию треугольника AFG с кем-то, чтобы найти нужный отрезок. Стало быть нужно посчитать углы… для этого не забываем, что при проведении высот образуется несколько вписанных четырехугольников ;)

Показать ответ и решение

Из прямоугольных треугольников $BCD$ и $BCE$ получаем $CD = √252−-202 =15$ и $CE = √252− 72 = 24$ .

$PIC$

Из подобия прямоугольных треугольников $ABD$ и $ACE$ получаем

AD-= BD-= 20= 5 и AE-+-7-= AB-= BD-= 5. AE CE 24 6 AD +15 AC CE 6

Из этих двух соотношений на $AD$ и $AE$ получаем $AD = 15,AE = 18$ . Таким образом, $AD = DC$ , откуда $ED = AD$ , то есть треугольник $AED$ равнобедренный. Поскольку же $DE$ — диаметр окружности, $DF ⊥AE$ , то есть $DF$ — высота и медиана треугольника $AED$ . Стало быть, $AF = 1AE = 9 2$ . Наконец, отметим, что четырёхугольники $BCDE$ и $EDGF$ вписанные, откуда следует, что $∠ABC = ∠ADE = ∠AFG$ . Значит, $FG∥BC$ , то есть треугольники $ABC$ и $AFG$ подобны. Но, как мы отметили выше, $AD = DC$ . Отсюда следует, что $BC = AB$ и, стало быть, $F G= AF = 9$ .

Ответ: 9

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#32019

Пусть $AL$ — биссектриса треугольника $ABC,$ точка $D$ — ее середина, $E$ — проекция $D$ на $AB.$ Известно, что $AC = 3AE.$ Докажите, что треугольник $CEL$ равнобедренный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть равенство 3AE = AC, но неудобно, что точка E не лежит на стороне AC. Что можно сделать, чтобы была еще одна точка с таким же свойством, но на стороне AC?

Подсказка 2

Стоит использовать свойство биссектрисы про равноудалённость точек на ней от сторон угла. Так что можно спроецировать точку D на AC! Пусть это точка F. Что теперь можно сказать про отрезки EL и LF? Что нам теперь нужно доказать?

Подсказка 3

По сути, нам надо доказать, что LF=LC, то есть доказать что треугольник LFC-равнобедренный. Для этого можно разбить весь AC на три кусочка. Какую еще точку можно получить для этого? Снова опустить перпендикуляр!

Показать доказательство

$PIC$

Точки на биссектрисе равноудалены от сторон угла, пусть $DF ⊥AF,F ∈ AC,$ тогда $ED =DF$ и равны $△EDL = △FDL,$ откуда $FL = EL,$ а также $AF =AE = AC∕3.$ Пусть $LH ∥DF, H ∈ AC,$ тогда $AF = FH = AC∕3,$ поскольку $AD = DL,$ но тогда $CH = AC − 2AC ∕3= AC∕3= FH.$ В силу параллельности $LH ⊥ FC,$ отсюда $LH$ — медиана и высота $△F LC,$ так что $LC = FL =LE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#45004

На стороне $AB$ и диагонали $AC$ квадрата $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MB = 1:4,AN :NC = 3:2.$

а) Докажите, что точки $A,M,N,D$ лежат на одной окружности.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырёхугольника $AMND$ до прямой $MN$ , если сторона квадрата равна $45.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

а) Так как по условию $AM = 15AB,$ то

tg∠AMD = 5

По условию $AN = 35AC.$ Отметим точку $O$ — центр квадрата. Тогда $AO = 12AC = OD.$ Поэтому

1 tg ∠AND = 3-21-= 6-1- =5 5 −2 5 − 1

В силу того, что углы от 0 до 180 градусов невключительно, из $tg∠AMD =tg∠AND$ следует $∠AMD = ∠AND,$ дающее вписанность.

б) Пусть точка $S$ — точка пересечения $AM$ и $ND$ . Из вписанности имеем $∠ANM =∠ADM,$ так что искомое расстояние

AM SH = SN sin∠ANM =SN sin∠ADM = (AN − AS )⋅MD-

Из подобия треугольников $AMS$ и $SCD$

1 √ - AS :SC = AM :CD = 1:5 =⇒ AS = 6AC = 7,5 2

Из условия задачи

3 √- AN = 5AC = 27 2

∘------ √ -- AM = 15AB = 9,MD = 92+ 452 =9 26

В итоге получаем

√ -- SH = 19,5√2-√1-= -3√9- = 3-13 26 2 13 2

Второе решение.

$PIC$

a) Заметим, что если ввести систему координат с центром в точке $C$ , а ось $x$ пустить по лучу $CB$ , ось $y$ - по $CD$ , а $|CD|= 5t$ , то мы легко найдем координаты всех точек, что нам даны. Тогда мы можем найти центр описанной окружности $O$ прямоугольного треугольника $AMD$ - середину гипотенузы, тогда $O (5t2 ;92t )$ . Находим расстояние между точками $O,N$ , равное $∘ ----------------- (5t2-− 2t)2+ (92t− 2t)2$ , и убеждаемся, что оно равно $12|AM |= 12∘(5t)2+-t2$ , то есть $A,M,N,D$ действительно лежат на одной окружности.

б) В нашей системе координат прямая $ND$ задаётся уравнением $x= y$ , а прямая $AM$ : $y = 5t− x5$ , откуда сразу находим, что точка $S$ пересечения $AM$ и $ND$ имеет координаты $S(25t,25t) 6 6$ . Так как прямая $NM$ задаётся (по двум точкам) уравнением: $2x− 3y+ 2t =0$ , вспоминаем формулу расстояния от точки до прямой и записываем ответ, подставляя $5t= 45 =⇒ t= 9 =⇒$

|2 ⋅ 25t− 325t+ 2t| 3√13- ρ(S,NM )= ---6√22+632----= --2-

Ответ:

$3√13 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#70274

Диагонали $AC$ и $BD$ равнобокой трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $AD$ : $BC = 3:2$ . Окружность $ω$ с центром $O$ , проходящая через вершины $A$ и $D$ , пересекает продолжение основания $BC$ за точку $B$ в точке $K$ . Оказалось, что $BK = BO$ . Найдите отношение основания $AD$ к радиусу окружности $ω$ .

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем выразить каким-либо образом основание через радиус, чтобы в результате отношения радиусы сократились. Давайте проведем высоту из точки O на основание AD, тогда из прямоугольного треугольника мы можем найти, что AD = 2*AO*cos∠DAO. Таким образом, отношение AD к радиусу окружности будет равно 2cos∠DAO. Подумайте, откуда мы можем найти косинус данного угла?

Подсказка 2

Давайте обратим свое внимание на треугольник KBO, всё таки про него нам довольно много известно из условия. Он равнобедренный, а его сторона OK равна OA и OD. По условию нам дано отношение оснований нашей равнобокий трапеции. Подумайте, как, используя данное отношение, мы можем выразить KB и BO через сторону OK.

Подсказка 3

Если воспользоваться тем, что OK=OA=OD и тем, что △AOD подобен △BOC, можем найти, что BO=KB=2*OK/3. По сути, нам известны три стороны одного треугольника, выраженные через одну и ту же переменную, просто с разными коэффициентами. В таких случаях очень удобно использовать теорему косинусов. Давайте воспользуемся ей для угла KBO, так как ∠KBO = 180 - ∠OBC = 180 - ∠DAO. Таким образом, мы легко находим 2cos∠DAO.

Показать ответ и решение

Обозначим радиус окружности за $3x$ , $AO =DO =KO = 3x$ . Из $△AOD ∼ △BOC$ получаем $CO = 2x= BO = BK$ (с учётом условия задачи).

$PIC$

По теореме косинусов для $△KBO$

9x2 = 4x2 +4x2− 2⋅4x2cos∠KBO =⇒ cos∠KBO =− 1 8

cos∠KBO = − cos(180∘ − ∠KBO )= − cos∠CBO = − cos∠OAD

cos∠OAD = 1 8

Если провести высоту треугольника $AOD$ , то легко понять, что $AD-= AO cos∠DAO 2$ , отсюда

AD- AD- 2AO-cos∠DAO- 1 R = AO = AO = 4

Ответ: 0,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#70477

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Внутри треугольника $AOB$ выбрана такая точка $K,$ что прямая $KO$ является биссектрисой угла $CKD.$ Луч $DK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $COK$ в точке $L,$ а луч $CK$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $DOK$ в точке $M.$ Найдите отношение площадей треугольников $ALO$ и $BMO.$

Источники: СПБГУ-22, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем найти какую-то связь между сторонами этих треугольников. Например: т.к. ABCD- вписан, то △BOC и △AOD подобны. Значит BO/AO=CO/DO. Что мы можем сказать про отношение CO/OD?

Подсказка 2

Мы видим, что в окружностях на CO и на OD смотрят одинаковые уголочки ∠CKO и ∠DKO => CO/OD=R₁/R₂, где R₁- радиус окружности, описанной около △COK, а R₂- радиус окружности, описанной около △DOK. Тогда BO/AO=R₁/R₂. А что мы можем сказать про отношение OL/OM?

Подсказка 3

Т.к. ∠LKO=180°-∠DKO=180°-∠CKO=∠MKO => LO/OM=R₁/R₂. Но тогда (BO*OM)/(AO*OL)=(R₁*R₂)/(R₂*R₁)=1. Мы знаем, что S(△BOM)=sin∠BOM*BO*OM/2 и S(△AOL)=sin∠AOL*AO*OL/2. Если мы докажем, что ∠BOM=∠AOL, то искомое отношение будет равно 1. Как это сделать?

Подсказка 4

Т.к. ∠OLK=∠OCK и ∠ODK=∠OMK, то треугольники △LOD и △MOC подобны по двум углам. А это значит, что ∠LOD=∠MOC. Осталось лишь докрутить это и понять, что ∠BOM=∠AOL и победа будет за нами!

Показать ответ и решение

$PIC$