Тема №24. Геометрические задачи на доказательство

01 Задачи №24 из банка ФИПИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела №24. геометрические задачи на доказательство

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#58564

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 4,5 и 18, $BD = 9.$ Докажите, что треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $BC$ и $AD$ — основания трапеции $ABCD.$ Тогда $BC ∥AD.$

$ABCD491,58$

Рассмотрим треугольники $CBD$ и $BDA.$ В них:

1.: $∠CBD = ∠BDA$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $BD.$
2.: $BC- = 4,5-= 9-= BD-. BD 9 18 AD$

Следовательно, треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#93960

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 6 и 24, $BD = 12.$ Докажите, что треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $BC$ и $AD$ — основания трапеции $ABCD.$ Тогда $BC ∥AD.$

$ABCD61224$

Рассмотрим треугольники $CBD$ и $BDA.$ В них:

1.: $∠CBD = ∠BDA$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $BD.$
2.: $BC- = 6-= 12 = BD-. BD 12 24 AD$

Следовательно, треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#28215

Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $BC$ и $AD$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезки $BK$ и $DM$ равны.

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 27

Показать доказательство

По условию четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Значит, его противоположные стороны параллельны. В частности, $BC ∥AD.$

$ABCDOKM$

Рассмотрим треугольники $BKO$ и $DMO :$

1.: $BO = OD,$ так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам.
2.: $∠BOK = ∠DOM$ как вертикальные.
3.: $∠KBO = ∠MDO$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $BD.$

Тогда треугольники $BKO$ и $DMO$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, $BK = DM$ как соответственные элементы равных треугольников.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#94482

Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $CD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что отрезки $AE$ и $CF$ равны.

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 21

Показать доказательство

По условию четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Значит, его противоположные стороны параллельны. В частности, $AB ∥CD.$

$ABCDOEF$

Рассмотрим треугольники $AOE$ и $COF :$

1.: $AO = OC,$ так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам.
2.: $∠AOE = ∠COF$ как вертикальные.
3.: $∠OAE = ∠OCF$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $AC.$

Тогда треугольники $AOE$ и $COF$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, $AE = CF$ как соответственные элементы равных треугольников.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94484

Биссектрисы углов $A$ и $B$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $N,$ лежащей на стороне $CD.$ Докажите, что $N$ — середина $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Значит, его противоположные стороны равны и параллельны. В частности, $AD = BC$ и $AB ∥ CD.$

$ABCDN$

Углы $CBN$ и $ABN$ равны, так как $BN$ — биссектриса угла $ABC.$ При этом $∠ABN =∠BNC$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $AB$ и $CD$ и секущей $BN.$ Тогда

∠CBN = ∠ABN = ∠BNC.

Следовательно, треугольник $CBN$ — равнобедренный, в котором равны стороны $CB$ и $CN.$

Углы $DAN$ и $BAN$ равны, так как $AN$ — биссектриса угла $BAD.$ При этом $∠BAN =∠AND$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $AB$ и $CD$ и секущей $AN.$ Тогда

∠DAN = ∠BAN = ∠AND.

Следовательно, треугольник $DAN$ — равнобедренный, в котором равны стороны $DA$ и $DN.$

Таким образом,

CN = BC = AD = DN.

Итого, $CN = ND.$ Тогда точка $N$ — середина стороны $CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94485

Биссектрисы углов $B$ и $C$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $M,$ лежащей на стороне $AD.$ Докажите, что $M$ — середина $AD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Значит, его противоположные стороны равны и параллельны. В частности, $AB = CD$ и $BC ∥AD.$

$ABCDM$

Углы $ABM$ и $CBM$ равны, так как $BM$ — биссектриса угла $ABC.$ При этом $∠CBM = ∠BMA$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $BM.$ Тогда

∠ABM = ∠CBM = ∠AMB.

Следовательно, треугольник $ABM$ — равнобедренный, в котором равны стороны $AB$ и $AM.$

Углы $DCM$ и $BCM$ равны, так как $CM$ — биссектриса угла $BCD.$ При этом $∠BCM = ∠CMD$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $CM.$ Тогда

∠DCM = ∠BCM = ∠CMD.

Следовательно, треугольник $DCM$ — равнобедренный, в котором равны стороны $DC$ и $DM.$

Таким образом,

AM = AB = CD = DM.

Итого, $AM = DM.$ Тогда точка $M$ — середина стороны $AD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#61821

Сторона $BC$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AB.$ Точка $K$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $AK$ — биссектриса угла $BAD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $AB = x.$ Тогда $BC = 2AB = 2x,$ так как $BC$ по условию в 2 раза больше, чем $AB.$

Так как по условию $K$ — середина $BC,$ то $BK = KC = x.$ Значит,

1 BK = KC = 2BC =AB = x.

Рассмотрим треугольник $ABK.$ В нем стороны $AB$ и $BK$ равны $x,$ следовательно, треугольник $ABK$ равнобедренный с основанием $AK.$ В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠BAK = ∠BKA.$

$ABCDKxxx$

Четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм, поэтому его противоположные стороны параллельны. В частности, $BC ∥ AD.$ Тогда $∠BKA = ∠KAD$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $AK.$

Таким образом,

∠BAK = ∠BKA = ∠KAD.

Значит, $AK$ — биссектриса угла $BAD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#94586

Сторона $AB$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AD.$ Точка $L$ — середина стороны $AB.$ Докажите, что $DL$ — биссектриса угла $ADC.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $AD = x.$ Тогда $AB = 2AD = 2x,$ так как $AB$ по условию в 2 раза больше, чем $AD.$

Так как по условию $L$ — середина $AB,$ то $AL = LB = x.$ Значит,

1 AL = LB = 2AB = AD = x.

Рассмотрим треугольник $ADL.$ В нем стороны $AD$ и $AL$ равны $x,$ следовательно, треугольник $ADL$ равнобедренный с основанием $DL.$ В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠ADL = ∠ALD.$

$ABCDLxxx$

Четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм, поэтому его противоположные стороны параллельны. В частности, $AB ∥ CD.$ Тогда $∠ALD = ∠CDL$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $LD.$

Таким образом,

∠ADL = ∠ALD = ∠CDL.

Значит, $DL$ — биссектриса угла $ADC.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#58570

Биссектрисы углов $B$ и $C$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O,$ лежащей на стороне $AD.$ Докажите, что точка $O$ равноудалена от прямых $AB, BC$ и $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведём $OM ⊥ BC,$ $OL ⊥ AB$ и $ON ⊥ CD.$

$ABDMOLCN$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $OMC$ и $ONC.$ В них $OC$ — общая гипотенуза, $∠MCO = ∠NCO,$ так как $CO$ — биссектриса $∠C.$ Следовательно, треугольники $OMC$ и $ONC$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $OM = ON$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $OMB$ и $OLB.$ В них $BO$ — общая гипотенуза, $∠OBM =∠OBL,$ так как $BO$ — биссектриса $∠B.$ Следовательно, треугольники $OMB$ и $OLB$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $OM = OL$ как соответственные элементы равных треугольников.

Получаем, что

OL = OM = ON.

Значит, точка $O$ равноудалена от прямых $AB,$ $BC$ и $CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#37458

На средней линии трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ выбрали произвольную точку $F.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BF C$ и $AF D$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть точка $M$ — середина $AB,$ точка $N$ — середина $CD.$ Тогда $AM =MB,$ $CN = ND$ и $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD.$ Точка $F$ по условию лежит на $MN.$

Проведем через точку $F$ высоту $KL$ трапеции $ABCD.$ Тогда $KL ⊥ BC$ и $KL ⊥AD.$

По свойству средней линии трапеции $MN ∥AD$ и $MN ∥ BC.$ Тогда по теореме Фалеса для параллельных прямых $BC,$ $MN$ и $AD :$

KF-= AM--= 1 . FL MB 1

Значит, $KF = FL = 1KL. 2$

$abhhABCDMKLFN$

Пусть $BC =a,$ $AD = b,$ $KF = F L= h.$ Тогда $KL = 2h.$

Площадь трапеции $ABCD$ равна

SABCD = BC-+-AD- ⋅KL = a+-b⋅2h =h ⋅(a +b). 2 2

Рассмотрим треугольник $BF C.$ В нём $FL$ — высота. Тогда

1 1 SBFC = 2 ⋅F L⋅BC = 2ah.

Рассмотрим треугольник $AF D.$ В нём $FK$ — высота. Тогда

SAFD = 1⋅F K ⋅AD = 1bh. 2 2

Найдём сумму площадей этих треугольников:

1 1 SBFC + SAFD = 2ah+ 2bh = h 1 = -2 ⋅(a+ b) = 2SABCD.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#45345

Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрали произвольную точку $E.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BEC$ и $AED$ равна половине площади параллелограмма.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведем высоту параллелограмма $KL,$ проходящую через точку $E.$ Тогда $KL ⊥BC$ и $KL ⊥ AD.$

В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому пусть $BC =AD = a.$ Пусть $KL = h,$ а $KE =x.$ Тогда $EL = h− x.$

$aaxhABCDEKL − x$

По формуле площади треугольника

$pict$

Тогда

1 1 SBEC + SAED = 2ax+ 2a(h− x)= a ah = 2 ⋅(x +h − x) = 2-.

С другой стороны, по формуле площади параллелограмма

SABCD = AD ⋅KL = ah.

Значит,

SBEC + SAED = ah = 1SABCD. 2 2

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#58608

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали пересекаются в точке $O.$ Докажите, что площади треугольников $AOB$ и $COD$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Опустим высоты $BH$ и $CT$ трапеции $ABCD.$

$ABCDOHT$

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD.$ В них проведены высоты $BH$ и $CT$ соответственно. Так как площадь треугольника равна половине произведения основания на высоту, то

1 SABD = 2 ⋅AD ⋅BH SACD = 1 ⋅AD ⋅CT 2

Заметим, что $BH = CT$ как расстояние между двумя параллельными прямыми. Значит,

SABD = SACD.

Тогда

SAOB = SABD − SAOD = = SACD − SAOD = SCOD.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#46943

Известно, что около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность и что продолжения сторон $AD$ и $BC$ четырехугольника пересекаются в точке $K.$ Докажите, что треугольники $KAB$ и $KCD$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Так как четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, то

∘ ∠ABC + ∠ADC = 180.

Тогда

∘ ∠ADC =180 − ∠ABC.

$ABCDK$

$∠ABC$ и $∠ABK$ смежные, поэтому

∠ABC + ∠ABK = 180∘,

следовательно,

∠ABK = 180∘− ∠ABC = ∠ADC.

Рассмотрим треугольники $KAB$ и $KCD.$ Так как $∠AKB$ — общий и $∠ABK = ∠CDK,$ то треугольники $KAB$ и $KCD$ подобны по двум углам.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#58566

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $BCA$ и $BDA$ равны. Докажите, что углы $ABD$ и $ACD$ также равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию четырёхугольник $ABCD$ — выпуклый. Тогда точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от $AB.$ Известно, что $∠BCA = ∠BDA,$ при этом они опираются на сторону $AB,$ следовательно, около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность.

$ABDC$

Тогда $∠ABD = ∠ACD$ как вписанные, опирающиеся на дугу $AD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#94617

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BB1$ и $CC1.$ Докажите, что углы $BB1C1$ и $BCC1$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $BB1$ и $CC1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC.$ Тогда

∠BB C = 90∘ = ∠BC C. 1 1

Эти углы опираются на отрезок $BC,$ следовательно, около четырёхугольника $BCB1C1$ можно описать окружность.

$ABCBC11$

Тогда $∠BB1C1 = ∠BCC1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $BC1.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#94619

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BB1$ и $CC1.$ Докажите, что углы $CC1B1$ и $CBB1$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $BB1$ и $CC1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC.$ Тогда

∠BB C = 90∘ = ∠BC C. 1 1

Эти углы опираются на отрезок $BC,$ следовательно, около четырёхугольника $BCB1C1$ можно описать окружность.

$ABCBC11$

Тогда $∠CC1B1 =∠CBB1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $B1C.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#58568

В треугольнике $ABC$ с тупым углом $ACB$ проведены высоты $AA1$ и $BB1.$ Докажите, что треугольники $A1CB1$ и $ACB$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $AA1$ и $BB1$ — высоты тупоугольного треугольника $ABC.$ Тогда

∠BA A = 90∘ = ∠BB A. 1 1

Рассмотрим четырёхугольник $ABB1A1.$ В нём углы $BA1A$ и $BB1A$ равны и опираются на один и тот же отрезок $AB,$ следовательно, около четырёхугольника $ABB1A1$ можно описать окружность.

$ABCAB11$

Тогда $∠BAB1 = ∠BA1B1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $BB . 1$

Углы $A1CB1$ и $ACB$ равны как вертикальные. Тогда треугольники $A1CB1$ и $ACB$ подобны по двум углам.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#54961

Окружности с центрами в точках $E$ и $F$ пересекаются в точках $C$ и $D,$ причем точки $E$ и $F$ лежат по одну сторону от прямой $CD.$ Докажите, что прямые $CD$ и $EF$ перпендикулярны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведём отрезки $EC,$ $ED,$ $FC$ и $FD.$

$EFCDH$

Заметим, что $EC =ED$ как радиусы окружности с центром в точке $E,$ а $F C = F D$ как радиусы окружности с центром в точке $F.$

Рассмотрим треугольники $CEF$ и $DEF.$ В них $EF$ — общая сторона, $EC =ED$ и $FC = FD.$ Тогда треугольники $CEF$ и $DEF$ равны по трём сторонам. Следовательно, $∠CEF = ∠DEF$ как соответственные элементы равных треугольников. Таким образом, $EF$ — биссектриса угла $CED.$

Пусть $EF$ пересекает $CD$ в точке $H.$ Рассмотрим равнобедренный треугольник $CED.$ В нём биссектриса $EH,$ проведённая к основанию, является и высотой. Значит, $EF ⊥ CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#61820

Окружности с центрами в точках $P$ и $Q$ не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении $a:b.$ Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как $a:b.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $P$ — центр первой окружности, $Q$ — центр второй, $A$ и $B$ — точки касания общей внутренней касательной с первой и второй окружностями соответственно.

Пусть $K$ — точка пересечения $PQ$ и $AB.$ Тогда по условию $PK :KQ =a :b.$

Проведем радиусы $PA$ и $QB.$ Радиус, проведенный к точке касания перпендикулярен касательной, поэтому, так как $AB$ — общая касательная к окружностям, то

∠PAK = 90∘ = ∠QBK.

$abQPBAKxx$

Заметим, что $∠P KA = ∠QKB$ как вертикальные. Тогда треугольники $PKA$ и $QKB$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

PA-= P-K-= a. QB QK b

Диаметр любой окружности равен ее удвоенному радиусу, то есть

$pict$

Тогда

d1 = 2PA-= P-A = a. d2 2QB QB b

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2