Тема №24. Геометрические задачи на доказательство

02 Задачи №24 из сборника И.В. Ященко

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#94615

Точка $K$ — середина боковой стороны $CD$ трапеции $ABCD.$ Докажите, что площадь треугольника $KAB$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 1

Показать доказательство

Проведем через точку $K$ прямую $EL,$ перпендикулярную основаниям трапеции $ABCD.$ Тогда $EL ⊥BC$ и $EL ⊥ AD.$

По условию $K$ — середина $CD.$ Тогда $CK = KD.$

$abhhABCDKEL$

Рассмотрим треугольники $DKL$ и $CKE.$ Они прямоугольные, так как $∠DLK = 90∘ = ∠CEK.$ В них $∠DKL = ∠CKE$ как вертикальные углы между прямыми $CD$ и $EL.$ При этом $DK = CK.$ Таким образом, прямоугольные треугольники $DKL$ и $CKE$ равны по острому углу и гипотенузе. Соответственные элементы равных треугольников равны, поэтому $KE = KL.$

Пусть $BC =a,$ $AD = b,$ $KE = KL =h.$

Тогда

EL = EK +KL = 2h.

Площадь трапеции $ABCD$ равна

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

Рассмотрим треугольник $BKC.$ Найдем его площадь:

1 1 SBKC = 2 ⋅BC ⋅EK = 2ah.

Рассмотрим треугольник $AKD.$ Найдем его площадь:

SAKD = 1 ⋅AD ⋅KL = 1bh. 2 2

Тогда

1 1 a+ b 1 SBKC +SAKD = 2ah+ 2bh= -2--⋅h= 2 SABCD.

Тогда

SKAB = SABCD − SBKC − SAKD = 1 1 = SABCD − 2SABCD = 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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#50564

В треугольнике $ABC$ с тупым углом $BAC$ проведены высоты $BB1$ и $CC1.$ Докажите, что треугольники $AB1C1$ и $ABC$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 3

Показать доказательство

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

∠CB B = 90∘ = ∠CC B. 1 1

Рассмотрим четырёхугольник $BCC1B1.$ В нём углы $CB1B$ и $CC1B$ равны и опираются на один и тот же отрезок $BC,$ следовательно, около четырёхугольника $BCC1B1$ можно описать окружность.

$BCBC11A$

Тогда $∠BC1B1 = ∠BCB1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $BB . 1$

Углы $B1AC1$ и $BAC$ равны как вертикальные. Тогда треугольники $AB1C1$ и $ABC$ 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 3#40286

В треугольнике $ABC$ с тупым углом $ABC$ проведены высоты $AA1$ и $CC1.$ Докажите, что треугольники $A1BC1$ и $ABC$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 4

Показать доказательство

По условию $AA1$ и $CC1$ — высоты тупоугольного треугольника $ABC.$ Тогда

∠CA A = 90∘ = ∠CC A. 1 1

Рассмотрим четырёхугольник $ACC1A1.$ В нём углы $CA1A$ и $CC1A$ равны и опираются на один и тот же отрезок $AC,$ следовательно, около четырёхугольника $ACC1A1$ можно описать окружность.

$ABCAC11$

Тогда $∠AC1A1 =∠ACA1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $AA1.$

Углы $A1BC1$ и $ABC$ равны как вертикальные. Тогда треугольники $A1BC1$ и $ABC$ 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 4#94612

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

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 5

Показать доказательство

Проведём $MK ⊥ AD,$ $ML ⊥ AB$ и $MN ⊥ CD.$

$ABDMKLCN$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $KMD$ и $NMD.$ В них $MD$ — общая гипотенуза, $∠MDK =∠MDN,$ так как $DM$ — биссектриса $∠D.$ Следовательно, треугольники $KMD$ и $NMD$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $MK = MN$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $MKA$ и $MLA.$ В них $MA$ — общая гипотенуза, $∠MAK = ∠MAL,$ так как $AM$ — биссектриса $∠A.$ Следовательно, треугольники $MAK$ и $MAL$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $MK = ML$ как соответственные элементы равных треугольников.

Получаем, что

ML = MK = MN.

Значит, точка $M$ равноудалена от прямых $AB,$ $AD$ 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 5#40201

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

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 6

Показать доказательство

Проведём $KL ⊥ AD,$ $KM ⊥ AB$ и $KN ⊥BC.$

$ABCDKLMN$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $KAL$ и $KAM.$ В них $KA$ — общая гипотенуза, $∠KAL = ∠KAM,$ так как $AK$ — биссектриса $∠A.$ Следовательно, треугольники $KAL$ и $KAM$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $KL = KM$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $KBN$ и $KBM.$ В них $KB$ — общая гипотенуза, $∠KBN = ∠KBM,$ так как $BK$ — биссектриса $∠B.$ Следовательно, треугольники $KBN$ и $KBM$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $KN = KM$ как соответственные элементы равных треугольников.

Получаем, что

KL = KM = KN.

Значит, точка $K$ равноудалена от прямых $AD,$ $AB$ и $BC.$

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#93959

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 9 и 36, $BD = 18.$ Докажите, что треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 7

Показать доказательство

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

$ABCD91386$

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.: $BC- = 9-= 18 = BD-. BD 18 36 AD$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#93962

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 2 и 32, $BD = 8.$ Докажите, что треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 8

Показать доказательство

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

$ABCD2832$

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.: $BC- = 2= -8 = BD-. BD 8 32 AD$

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 8#50264

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали пересекаются в точке $P.$ Докажите, что площади треугольников $AP B$ и $CP D$ равны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 11

Показать доказательство

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

$ABCDPHT$

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 1 SACD = 2 ⋅AD ⋅CT

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

SABD = SACD.

Тогда

SAPB = SABD − SAPD = = SACD − SAPD = SCPD.

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#94622

Окружности с центрами в точках $M$ и $N$ пересекаются в точках $S$ и $T,$ причём точки $M$ и $N$ лежат по одну сторону от прямой $ST.$ Докажите, что прямые $MN$ и $ST$ перпендикулярны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 13

Показать доказательство

Проведём отрезки $MS,$ $MT,$ $NS$ и $NT.$

$MNSTH$

Заметим, что $MS = MT$ как радиусы окружности с центром в точке $M,$ а $NS =NT$ как радиусы окружности с центром в точке $N.$

Рассмотрим треугольники $SMN$ и $TMN.$ В них $MN$ — общая сторона, $MS = MT$ и $NS = NT.$ Тогда треугольники $SMN$ и $T MN$ равны по трём сторонам. Следовательно, $∠SMN = ∠TMN$ как соответственные элементы равных треугольников. Таким образом, $MN$ — биссектриса угла $SMT.$

Пусть $MN$ пересекает $ST$ в точке $H.$ Рассмотрим равнобедренный треугольник $SMT.$ В нём биссектриса $MH,$ проведённая к основанию, является и высотой. Значит, $MN ⊥ ST.$

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#94620

Окружности с центрами в точках $I$ и $J$ пересекаются в точках $A$ и $B,$ причём точки $I$ и $J$ лежат по одну сторону от прямой $AB.$ Докажите, что прямые $AB$ и $IJ$ перпендикулярны.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 14

Показать доказательство

Проведём отрезки $IA,$ $IB,$ $JA$ и $JB.$

$IJABH$

Заметим, что $IA = IB$ как радиусы окружности с центром в точке $I,$ а $JA = JB$ как радиусы окружности с центром в точке $J.$

Рассмотрим треугольники $AIJ$ и $BIJ.$ В них $IJ$ — общая сторона, $IA = IB$ и $JA = JB.$ Тогда треугольники $AIJ$ и $BIJ$ равны по трём сторонам. Следовательно, $∠AIJ = ∠BIJ$ как соответственные элементы равных треугольников. Таким образом, $IJ$ — биссектриса угла $AIB.$

Пусть $IJ$ пересекает $AB$ в точке $H.$ Рассмотрим равнобедренный треугольник $AIB.$ В нём биссектриса $IH,$ проведённая к основанию, является и высотой. Значит, $IJ ⊥ AB.$

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#99080

Известно, что около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность и что продолжения сторон $AB$ и $CD$ четырёхугольника пересекаются в точке $S.$ Докажите, что треугольники $BCS$ и $DAS$ подобны.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 15

Показать доказательство

1) Пусть $∠ADC = α.$

Поскольку $ABCD$ вписан в окружность, то

∠ABC + ∠D = 180∘ ⇒ ∠ABC = 180∘− α.

$PIC$

2) $∠SBC$ и $∠CBA$ — смежные, поэтому

∠SBC = 180∘ − ∠CBA = 180− (180 − α) =180 − 180+ α = α.

3) $△SBC ∼ △SDA$ по двум углам: $∠S$ — общий, $∠SBC = ∠SDA = α.$

Что и требовалось доказать.

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#100355

Точка $M$ — середина стороны $AB$ параллелограмма $ABCD,$ а $MC = MD.$ Докажите, что параллелограмм $ABCD$ является прямоугольником.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 17

Показать доказательство

1) Отметим на стороне $CD$ такую точку $K,$ что $MK ∥BC.$ Тогда $MBCK$ и $AMKD$ — параллелограммы, откуда $CK = MB = AM = KD.$

$PIC$

2) Тогда в равнобедренном треугольнике $DMC$ ( $MD = MC$ ) $MK$ — медиана, а значит, и высота. Откуда $CD ⊥ MK ∥BC ⇒ CD ⊥ BC ⇒ ABCD$ — прямоугольник.

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#94609

Сторона $CD$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $BC.$ Точка $N$ — середина стороны $CD.$ Докажите, что $BN$ — биссектриса угла $ABC.$

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 9

Показать доказательство

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

Так как по условию $N$ — середина $CD,$ то $CN = ND = x.$ Значит,

1 NC = ND = 2CD = BC = x.

Рассмотрим треугольник $CBN.$ В нем стороны $CB$ и $CN$ равны $x,$ следовательно, треугольник $CBN$ равнобедренный с основанием $BN.$ В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠CBN = ∠CNB.$

$ABCDNxxx$

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

Таким образом,

∠CBN = ∠CNB = ∠ABN.

Значит, $BN$ — биссектриса угла $ABC.$

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#94606

Сторона $BC$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $CD.$ Точка $K$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $DK$ — биссектриса угла $ADC.$

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 10

Показать доказательство

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

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

1 CK = BK = 2BC =CD = x.

Рассмотрим треугольник $CKD.$ В нем стороны $CK$ и $CD$ равны $x,$ следовательно, треугольник $CKD$ равнобедренный с основанием $KD.$ В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠CDK = ∠CKD.$

$ABCDKxxx$

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

Таким образом,

∠CDK = ∠CKD = ∠KDA.

Значит, $DK$ — 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 15#55283

На средней линии трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ выбрали произвольную точку $E.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BEC$ и $AED$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 11

Показать доказательство

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

Проведем через точку $E$ 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 $AD :$

KE-= AM--= 1 . EL MB 1

Значит, $KE = EL = 1KL. 2$

$abhhABCDMKLEN$

Пусть $BC =a,$ $AD = b,$ $KE = EL = h.$ Тогда $KL = 2h.$

Площадь трапеции $ABCD$ равна

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

Рассмотрим треугольник $BEC.$ В нём $EL$ — высота. Тогда

1 1 SBEC = 2 ⋅EL ⋅BC = 2ah.

Рассмотрим треугольник $AED.$ В нём $EK$ — высота. Тогда

SAED = 1⋅EK ⋅AD = 1bh. 2 2

Найдём сумму площадей этих треугольников:

1 1 SBEC + SAED = 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 16#41520

Биссектрисы углов $A$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $K,$ лежащей на стороне $BC.$ Докажите, что $K$ — середина $BC.$

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 13

Показать доказательство

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

$ABCDK$

Углы $BAK$ и $DAK$ равны, так как $AK$ — биссектриса угла $BAD.$ При этом $∠DAK = ∠AKB$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $AK.$ Тогда

∠BAK = ∠DAK = ∠AKB.

Следовательно, треугольник $ABK$ — равнобедренный, в котором равны стороны $AB$ и $BK.$

Углы $ADK$ и $CDK$ равны, так как $DK$ — биссектриса угла $ADC.$ При этом $∠ADK = ∠DKC$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $AD$ и $BC$ и секущей $DK.$ Тогда

∠CDK = ∠ADK = ∠DKC.

Следовательно, треугольник $CDK$ — равнобедренный, в котором равны стороны $CK$ и $CD.$

Таким образом,

BK = BA = CD = CK.

Итого, $BK = CK.$ Тогда точка $K$ — середина стороны $BC.$

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#61822

Биссектрисы углов $C$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $L,$ лежащей на стороне $AB.$ Докажите, что $L$ — середина $AB.$

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 14

Показать доказательство

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

$ABCDL$

Углы $BCL$ и $LCD$ равны, так как $CL$ — биссектриса угла $BCD.$ При этом $∠LCD = ∠BLC$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $CD$ и $AB$ и секущей $CL.$ Тогда

∠BCL = ∠LCD = ∠BLC.

Следовательно, треугольник $CBL$ — равнобедренный, в котором равны стороны $BL$ и $BC.$

Углы $ADL$ и $LDC$ равны, так как $DL$ — биссектриса угла $ADC.$ При этом $∠LDC = ∠ALD$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $CD$ и $AB$ и секущей $DL.$ Тогда

∠ADL = ∠LDC = ∠ALD.

Следовательно, треугольник $DAL$ — равнобедренный, в котором равны стороны $AL$ и $AD.$

Таким образом,

BL = BC = AD = AL.

Итого, $BL = AL.$ Тогда точка $L$ — середина стороны $AB.$

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#42486

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 $m :n$ . Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как $m :n.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 15

Показать доказательство

Пусть $P$ — центр первой окружности, $Q$ — центр второй, $A$ и $B$ — точки касания общей касательной с первой и второй окружностями соответственно. Пусть $O$ — точка пересечения $P Q$ и $AB.$ Тогда по условию $P O :OQ = m :n.$

Проведем радиусы $PA$ и $QB.$ Так как $AB$ — общая касательная к окружностиям, то

∠P AB = ∠QBA = 90∘

$PIC$

Заметим, что $∠P OA = ∠QOB$ как вертикальные. Тогда треугольники $POA$ и $QOB$ подобны по двум углам, следовательно,

PA-= P-O = m- QB OQ n

Диаметр любой окружности равен ее удвоенному радиусу, то есть

d1 =2r1 = 2P A и d2 =2r2 = 2QB

Тогда

d1 = 2PA-= P-A = m- d2 2QB QB n

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#41521

Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрали произвольную точку $F.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BF C$ и $AF D$ равна половине площади параллелограмма.

Источники: Банк ФИПИ, Сборник И.В. Ященко 2024, Вариант 17

Показать доказательство

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

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

$aaxhABCDFKL − x$

По формуле площади треугольника

$pict$

Тогда

S + S = 1ax+ 1a(h− x)= BFC AFD 2 2 a ah = 2 ⋅(x +h − x) = 2 .

С другой стороны, по формуле площади параллелограмма

SABCD = AD ⋅KL = ah.

Значит,

SBFC + SAFD = 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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#42124

Точка $M$ — середина боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD,$ а $MC = MD.$ Докажите, что трапеция $ABCD$ прямоугольная.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 19

Показать доказательство

Отметим точку $E$ — середину $CD.$

Так как точка $M$ — середина $AB,$ то $ME$ — средняя линия трапеции $ABCD.$

$PIC$

По свойству средней линии трапеции

ME ∥BC ∥ AD

Рассмотрим $△ CMD.$ Так как $MC = MD,$ то $△ CMD$ — равнобедренный.

$ME$ — медиана равнобедренного треугольника, проведенная к основанию. По свойству медианы в равнобедренном треугольнике, проведенной к основанию, $ME$ — высота.

Тогда

ME ⊥ CD

Так как перпендикулярная к одной из двух параллельных прямых, перпендикулярна и к другой прямой, то

CD ⊥AD

Тогда

∠ADC = 90∘,

то есть трапеция $ABCD$ — прямоугольная.

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