Тема 17. Задачи по планиметрии

17.17 Задачи, требующие дополнительного построения

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по планиметрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#813

На сторонах AC  и BC  треугольника ABC  отмечены точки M  и N  соответственно так, что AM  :MC  = 4:5,  BN  :BC = 0,25.  Отрезки BM  и AN  пересекаются в точке P.  Найдите AP,  если PN = 10.

Показать ответ и решение

Из условия задачи следует, что BN  = 1BC.
      4

PIC

Проведем прямую NK  ∥BM.  Тогда по теореме Фалеса

BN    MK        1   MK              1
BC--= MC--  ⇒   4 = MC--  ⇒   MK  = 4MC

Т.к. по условию AM  :MC  = 4:5,  то можно принять AM = 4x,  MC  = 5x.  Тогда        5
MK  =  4x.

Опять же по теореме Фалеса

AP-= -AM-  ⇒    AP-= -4x-= 16
PN   MK         PN    54x   5

Следовательно,      16
AP =  5 ⋅10 = 32.

Ответ: 32

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#979

В треугольнике ABC  угол B  равен 20∘,  угол C  равен 40∘.  Биссектриса AD  равна 2. Найдите разность BC − AB.

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Показать ответ и решение

PIC

∠BAC  = 180∘− 20∘ − 40∘ = 120∘,  следовательно, ∠BAD  =∠CAD  = 60∘.

Значит, ∠CDA  =∠BAD  + ∠ABD  = 80∘.

Отметим на BC  точку A′ так, чтобы A′B = AB.  Тогда разность BC − AB  равна длине отрезка CA ′.  Следовательно, его длину и необходимо найти.

Треугольник AA ′B  равнобедренный с углом при вершине 20∘.  Значит, углы при основании равны (180∘− 20∘)÷ 2 =80∘.

То есть ∠AA′B = 80∘.  Следовательно, треугольник A ′AD  тоже равнобедренный и A′A= AD.

Так как ∠A ′AB = 80∘,  то ∠CAA  ′ = 120∘− 80∘ = 40∘,  следовательно, треугольник CA ′A  тоже равнобедренный и    ′    ′
CA  = AA = AD  =2.  Следовательно,

BC − AB = BC − A′B =CA ′ = AD = 2
Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#980

На стороне BC  равностороннего треугольника ABC  взята точка M,  а на продолжении стороны AC  за точку C  — точка     N,  причем AM = MN.  Докажите, что BM = CN.

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Показать ответ и решение

PIC

Так как BM  + MC  равно стороне правильного треугольника ABC,  то условие BM  = CN  равносильно тому, что CN  +MC  тоже будет равно стороне правильного треугольника ABC.

Поэтому отметим на AC  точку M ′ такую, что CM  = CM ′.  Тогда нам необходимо доказать, что M ′N  равно стороне правильного треугольника, например, AC.

Заметим, что треугольник MCM  ′ равнобедренный с углом при вершине 60∘,  следовательно, он равносторонний. Значит, MM  ′ = MC.

Так как AM  = MN,  то треугольник AMN  равнобедренный и ∠MAN   = ∠MNA.

           ∘    ∘     ∘
∠MCN   =180 − 60 = 120,  аналогично      ′      ∘
∠AM  M  = 120 .  Следовательно,

∠AMM  ′ = 180∘ − ∠MAN − 120∘ =180∘− ∠MNA  − 120∘ = ∠NMC

Следовательно,        ′
△AMM    = △NMC  по двум сторонам (              ′
AM  = MN, MM   = MC  ) и углу между ними. Отсюда    ′
AM  = CN.  Следовательно,

AC = AM ′+ M ′C = CN + M ′C = M ′N
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#981

Биссектриса равнобедренного треугольника, проведенная из вершины, вдвое меньше другой биссектрисы. Найдите углы треугольника.

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Показать ответ и решение

PIC

Пусть ABC  — равнобедренный треугольник с основанием AC.  Пусть BH  = 1CK,
      2  где BH  и CK  — биссектрисы. Пусть половина угла B  равна β,  а половина угла C  равна α.  Так как BH  также является и высотой, то 2α +β = 90∘.

Достроим △ABC  до параллелограмма ABCN,  продлив медиану BH  за точку H  на HN  = BH.  Мало того, так как BN  ⊥ AC,  то ABCN  — ромб. Тогда

∠ACN  = ∠ACB  = 2α

Проведем KM  ∥ BN,  M  лежит на прямой CN.  Тогда, так как к тому же KB ∥ MN,  KBNM  — параллелограмм, следовательно,

KM  = BN = KC

Значит, △CKM  равнобедренный и ∠KMC   = ∠KCM  = 3α.  Но ∠KMC   = ∠BNC  как соответственные при KM  ∥BN  и секущей CM.  Следовательно,

3α = ∠BNC  = ∠NBC  =β

Так как уже говорилось, что          ∘
β +2α = 90,  то находим      ∘       ∘
α = 18, β = 54 .  Следовательно, углы треугольника   ∘   ∘
36 , 36 и    ∘
108 .

Ответ:

36∘,36 ∘,108∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#2281

На катетах AC  и BC  прямоугольного треугольника вне его построены квадраты ACDE  и BCKF.  Из точек E  и F  на продолжение гипотенузы опущены перпендикуляры EM  и FN.  Докажите, что EM + FN  =AB.

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Показать ответ и решение

PIC

Пусть ∠BAC  =β,  ∠ABC  =α.  Тогда α +β = 90∘.  Проведем CH  ⊥AB.  Тогда ∠ACH  = α,  ∠BCH  = β.

1) △ACH  = △EMA.  Действительно, ∠EAM  = 180∘− 90∘ − β = 90∘− β = α,  EA  =AC.  Следовательно, по гипотенузе и острому углу они равны.

2) △BCH   =△F NB  аналогично по гипотенузе и острому углу.

Следовательно, EM  = AH,  FN = HB.  Таким образом,

AB = AH + HB  =EM  + FN
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#2282

Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD  пересекаются в точке E,  AB  =AD,  CA  — биссектриса угла C,  ∠BAD  = 140∘,  ∠BEA  = 110∘.  Найдите угол CDB.

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Показать ответ и решение

PIC

Так как △BAD  равнобедренный и ∠BAD  = 140∘,  то ∠ABD  = ∠ADB  = 20∘.  Тогда ∠BAE  = 180∘ − 110∘− 20∘ = 50∘,  ∠DAE  = 140∘− 50∘ = 90∘.

Проведем AK  ⊥ CB,  AH ⊥ CD.  Так как A  лежит на биссектрисе угла C,  то A  равноудалена от сторон угла C,  следовательно, AK = AH.  Следовательно, △AKB   = △AHD  по катету и гипотенузе. Следовательно, ∠KAB  = ∠HAD  = x.  Так как △KAC  = ∠HAC  (также по катету и гипотенузе), то

50∘+ x= ∠KAC  = ∠HAC  = 90∘− x  ⇒   50∘+ x= 90∘− x  ⇒   x= 20∘

Следовательно, из △HAD   :

∠CDB  = 90∘− 20∘− 20∘ =50∘.
Ответ:

50∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#2662

В треугольнике ABC  точка N  — середина стороны AB,  а точка K  на стороне BC  — основание биссектрисы, проведенной из вершины A.  Оказалось, что KB = KN.  Известно, что AC = 11, AB = 14.

а) Найдите длину стороны BC.

б) Найдите радиус вписанной в треугольник ABC  окружности.

 

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

PIC

1) Проведем KO ⊥ AB  и KQ  ⊥AC.  Так как K  лежит на биссектрисе угла A,  то она равноудалена от сторон этого угла, то есть KO  = KQ.  Также из равенств △KOA  и △KQA  следует, что AO = AQ.

Так как биссектриса треугольника разбивает сторону, к которой она проведена, на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то

BK   14
KC-= 11   ⇒   BK = 14x, KC  = 11x

Так как △BKN  равнобедренный, то KO  является также и медианой, следовательно, ON = 3,5= OB.

Следовательно, AO = 7+ 3,5= 10,5,  значит, AQ = 10,5,  значит, QC  =0,5.

Тогда по теореме Пифагора из △BOK  и △CQK  :

(14x)2− 3,52 =OK2  = QK2 = (11x)2− 0,52  ⇒   x = 2
                                             5

Следовательно, BC = 25x= 10.

2) Из предыдущего пункта следует, что              √--
OK = QK  =0,7 39.  Тогда

        1           1           1    √--           35√--
S△ABC = 2 ⋅OK  ⋅AB + 2 ⋅QK ⋅AC  = 2 ⋅0,7 39⋅(14+ 11)= 4 39

Радиус вписанной окружности равен:

                      √ --
   ------S△ABC------  --39
r = 0,5(AB +BC  +AC ) =  2
Ответ:

1) 10

2) √--
-39
 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#18205

Внутри прямоугольника ABCD  взята точка M.  Докажите, что существует выпуклый четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями длины AB  и BC,  стороны которого равны AM,  BM,  CM,  DM.

Показать ответ и решение

Проведем через точку M  прямую, параллельную AB  и CD.  Отметим на ней точку L  так, чтобы LM  = AB = CD.

PIC

В четырехугольнике ABLM  по постороению сторона LM  равна и параллельна стороне AB,  следовательно, ABLM  — параллелограмм и BL  =AM.  По аналогичным соображениям CDML  — тоже параллелограмм и LC = MD.

Рассмотрим четырехугольник BLCM.  Его стороны равны BM,  MC,  BL = AM  и LC = MD,  а диагонали BC  и LM  = AB.  Диагонали LM  и BC  перпендикулярны, так как AB ⊥ BC  и LM  ∥AB.  Этот четырехугольник удовлетворяет всем необходимым условиям.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#18206

Отрезки AB  и CD  длины 1 пересекаются в точке O,  причём          ∘
∠AOC = 60 .  Докажите, что AC + BD ≥ 1.

Показать ответ и решение

Проведем через точку A  прямую, параллельную BD.  Отметим на ней точку   ′
B так, чтобы    ′
AB  = BD.

PIC

В четырехугольнике    ′
AB DB  по постороению сторона    ′
AB равна и параллельна стороне DB,  следовательно,    ′
AB DB  — параллелограмм и  ′
B D = AB = CD = 1.    ′
B D ∥AB,  следовательно,    ′              ∘
∠B DC  = ∠BOD  =60 как накрест лежащие.

Рассмотрим треугольник B′DC.  В нем угол между равными сторонами DB ′ и DC  равен 60∘,  значит, это треугольник равносторонний и B ′C = CD = B ′D = 1.  По неравенству треугольника для △ AB′C  получаем AB ′+AC  ≥B ′C,  причем    ′
AB  = DB.  Тогда             ′
DB  +AC  ≥B C = 1,  что и требовалось доказать. Единственный случай, в котором неравенство обращается в равенство, достигается, когда   ′
B попадает на прямую AC.  Это равносильно тому, что AC  ∥DB  (т.к. отрезок    ′
AB мы строили как параллельный DB  ).

PIC

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#18207

На сторонах BC  и CD  квадрата ABCD  выбраны точки P  и Q  соответственно таким образом, что

а) ∠P AQ = ∠QAD.  Докажите, что AP = DQ + BP.

б) ∠P AQ = 45∘.  Докажите, что P Q= BP + DQ.

Показать ответ и решение

а) Обозначим ∠DAQ  = ∠QAP = α, ∠PAB  = β.  Тогда ∠AQD  = ∠QAB  = α+ β  как накрест лежащие при параллельных прямых AB  и CD.

На продолжении отрезка CB  за точку B  отметим такую точку Q ′,  что Q′B =QD.

PIC

Тогда прямоугольные треугольники QDA  и Q ′BA  равны по двум катетам (AB = AD, Q ′B = QD  ), следовательно, их соответствующие острые углы тоже равны ∠AQ ′B = ∠AQD  = α+ β, ∠BAQ ′ = ∠DAQ =α.

Рассмотрим треугольник AP Q′.  В нем Q′P = AP,  так как ∠AQ ′P = α + β = ∠BAQ ′+ ∠P AB = ∠PAQ ′.  Получаем        ′    ′
AP = Q P = Q B +BP  = DQ + BP,  что и требовалось доказать.

б) Обозначим ∠DAQ  =α, ∠PAB  = β.  Тогда                                        ∘    ∘    ∘
α + β = ∠DAQ + ∠PAB = ∠DAB  − ∠QAP  = 90  − 45 = 45 .

На продолжении отрезка CB  за точку B  отметим такую точку Q ′,  что Q′B =QD.

PIC

Тогда прямоугольные треугольники QDA  и Q ′BA  равны по двум катетам (AB = AD, Q ′B = QD  ), следовательно, их соответствующие острые углы и гипотенузы тоже равны ∠BAQ ′ = ∠DAQ = α, AQ = AQ′.

Рассмотрим треугольники APQ ′ и APQ.  Они равны по углу (∠QAP  =45∘ =α + β = ∠BAQ ′+ ∠P AB = ∠PAQ ′ ) и прилегающим к нему сторонам (AP  — общая, AQ = AQ ′ ). Тогда их оставшиеся стороны тоже равны и         ′          ′
P Q= P Q = PB + BQ  = PB + QD,  что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75435

В равностороннем треугольнике ABC  провели медианы AE  и BD.  На медиане AE  отметили точку G  так, что AG  :GE = 1:2.

а) Докажите, что описанная вокруг треугольника GEB  окружность делит отрезок AB  в отношении 1 :3,  считая от вершины A.

б) Известно, что эта же окружность пересекает BD  в точке I.  Ёe радиусы JI  и JE  пересекают медианы AE  и BD  в точках L  и K.  Найдите отношение IL :KE.

Показать ответ и решение

а)

1. Пусть медианы △ABC  пересекаются в точке F.  По свойству данной точки AF :F E = 2:1.

2. Раз AF :F E = 2:1  и AG :GE  =1 :2,  то G  — это середина отрезка AF.

3. По определению DG  — это средняя линия △AF C,  которая параллельна F C.

4. Проведём высоту CL  в △ABC.  FC  лежит на высоте треугольника CL,  следовательно, FC ⊥ AB  и DG ⊥ AB.

5. Продлим DG  до пересечения с AB  в точке H.

PIC

6. Поскольку DH  ∥CL  и D  — середина боковой стороны AC,  то DH  — это средняя линия △ACL  и AH  = HT.

7. В равностороннем треугольнике высоты и медианы совпадают, стало быть, L  — середина AB,  откуда AH :HB  = 1:3.

8. Теперь нам осталось доказать, что H  — это и есть та самая точка пересечения окружности и отрезка AB  (не считая точки B  ).

9.                   ∘
∠GHB  + ∠GEB  =180 ,  откуда HBEG  — вписанный и H  — действительно точка пересечения окружности с отрезком AB.  Ч.Т.Д. б)

1. Провед̈eм перпендикуляры IN  и EM  на AE  и BD  соответственно.

2. Поскольку △ABC  равносторонний, то AE  и BD  ещё и биссектрисы. Таким образом, ∠FAB = ∠F BA = 602∘= 30∘.

3. По сумме углов △AF B :

∠AF B =180∘− 30∘− 30∘ = 120∘.

4. Вписанный ∠EBI  и центральный ∠EJI  опираются на одну дугу, стало быть ∠EJI = 2⋅∠EBI = 60∘.

5. Поскольку                   ∘
∠LF K + ∠LJK = 180 ,  то LFKJ  —- вписанный и                   ∘
∠F LJ +∠F KJ = 180 .

6. ∠NLI = ∠F LJ  как вертикальные.

∠MKE  = 180∘− ∠FKJ  =∠F LJ,

то есть ∠NLI  =∠MKE.

7. ∠INL = ∠EMK   = 90∘,  поскольку IN  и EM  — перпендикуляры.

8. Из прошлых двух пунктов выводим подобие △INL ∼ △EMK  по двум углам. Раз так, то IL:EK  = IN :EM.

PIC

9. ∠GEB  = 90∘,  следовательно, GB  — диаметр и ∠GIB  = 90∘.

10. ∠GIB = ∠ADB  и G  — середина AF,  стало быть GI  — средняя линия △ADF.

11. Из прошлого пункта следует, что △GIF  ∼ △ADF  с коэффициентом подобия 1 :2.

12. ∠DAF  = ∠EBF,  ∠ADF  = ∠BEF,  AD  =EB.  Эти три тезиса в сумме говорят о равенстве △ADF  = △BEF.

13. Из прошлых двух пунктов следует, что △GIF  ∼ △BEF  с тем же коэффициентом подобия 1:2.

14. IN  и EM  — высоты данных треугольников, следовательно, их длины связаны тем же коэффициентом подобия 1 :2.

15. Из пунктов 14) и 8) следует, что IL:KE  = 1:2.

Ответ:

б) 1 :2

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31057

Диагональ AC  выпуклого четырёхугольника ABCD  делится точкой пересечения диагоналей пополам. Известно, что ∠ADB  =2∠CBD.  На диагонали BD  нашлась точка K,  для которой CK = KD  +AD.  Докажите, что ∠BKC  = 2∠ABD.

Показать ответ и решение

Пусть O  — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD,  тогда AO  =CO.

На продолжении отрезка KD  за точку D  отложим отрезок DE,  равный AD.  Тогда CK  = KE.

PIC

Пусть ∠CBD  = α.  Тогда по условию ∠ADB  =2α.  Так как ∠ADB  — внешний угол равнобедренного треугольника ADE,  то ∠AEB = ∠AED  = α = ∠CBE.  Следовательно, AE  ∥BC.  Тогда ∠EAC  = ∠BCA.  Таким образом, треугольники AOE  и COB  равны по второму признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, AE = BC.  Тогда ABCE  — параллелограмм. Значит, ∠CEB  =∠ABD  как накрест лежащие.

Так как ∠BKC  — внешний угол равнобедренного треугольника CKE,  то

∠BKC  = 2∠CEB  = 2∠ABD
Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#2117

К двум окружностям, пересекающимся в точках M  и K,  проведена общая касательная. Докажите, что если A  и B  — точки касания, то ∠AMB  + ∠AKB  = 180∘.

Показать ответ и решение

Соединим точки M  и K  прямой, тогда эта прямая пересечет отрезок AB  в середине, в точке O.  Сделаем симметрию относительно точки O  , получим следующую картинку:

PIC

Тогда в силу симметрии OK  = OK ′,  следовательно, по признаку (диагонали AB  и KK ′ точкой пересечения делятся пополам)       ′
AKBK – параллелограмм. Следовательно,              ′
∠AKB   =∠AK  B.

Докажем, что             ′      ∘
∠AMB  + ∠AK  B = 180 .  Для этого достаточно доказать, что четырехугольник        ′
AMBK — вписанный.

По признаку около четырехугольника можно описать окружность, если, например,    ′        ′
∠K  AB = ∠K MB.

Заметим, что    ′
∠K  AB  — угол между касательной AB  и хордой    ′
AK ,  следовательно, он равен половине маленькой дуги  ⌣ ′
AK  .

С другой стороны, ∠KMB  — вписанный угол, опирающийся в такой же окружности на такую же дугу  ⌣
KB  (т.к. хорды    ′
AK и KB  равны, то и дуги, стягиваемые этими хордами, равны). Значит, ∠KMB  также равен половине дуги  ⌣
KB .

Но ∠KMB  — это то же самое, что и    ′
∠K  MB.  Таким образом, мы доказали, что углы   ′
∠K AB  и    ′
∠K MB  равны половине от одинаковых дуг  ⌣
AK ′ и ⌣
KB  соответственно, то есть они равны, чтд.

 

Эта же задача с другим решением представлена в разделе “Задачи с окружностями”.

Ответ: Доказательство
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!