Тема 17. Задачи по планиметрии

17.08 Дополнительные построения в трапеции и параллелограмме

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#31232

В трапеции ABCD  AD ∥BC  , ∠BAD = 55∘ , ∠CDA = 70∘ . Докажите, что AD = BC +CD  .

Показать ответ и решение

Продлим боковые стороны AB  и CD  трапеции до пересечения в точке O  . Тогда ∠O= 180∘− 55∘− 70∘ =55∘.  Следовательно, △AOD  — равнобедренный и AD = OD  .

PIC

Так как соответственные углы ∠OBC = ∠OAD  (при AD ∥BC  и секущей AO  ), то          ∘
∠OBC  = 55 . Следовательно, △OBC  — равнобедренный и BC = OC  .

Тогда AD  =OD = OC + CD =BC + CD.  Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31052

Углы при одном из оснований трапеции равны 50∘ и 80∘ , а длины оснований равны 2 и 3. Найдите боковую сторону, прилегающую к углу   ∘
80 .

Показать ответ и решение

Пусть ABCD  — трапеция с основаниями AD  и BC  . Проведём через точку B  прямую BX  , параллельную прямой CD  . Получим параллелограмм XBCD  , а значит

                                                ∘
CD = BX, BC =XD = 2,AX = 3− 2 =1,∠CDA = ∠BXA = 80

PIC

Заметим, что в треугольнике ABX  угол ABX  равен

180∘− 50∘− 80∘ =50∘

Отсюда △ ABX  — равнобедренный и CD  =BX = AX = 1  .

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31054

Боковая сторона трапеции равна одному основанию и вдвое меньше другого основания. Докажите, что другая боковая сторона трапеции перпендикулярна одной из диагоналей.

Показать ответ и решение

Пусть ABCD  — трапеция с основаниями AD  и BC  . Тогда по условию AD =2AB = 2BC  . Если точка T  — середина AD  , то AT = TD  и ABCT  — параллелограмм, так как отрезок AT  равен и параллелен отрезку BC  . По свойству параллелограмма получаем AB = CT  .

Тогда с учетом условия AD = 2AB  получаем          1
CT = AB = 2AD  . Таким образом, △ ACD  — прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена. Что и требовалось доказать.

PIC

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31055

Трапеция ABCD  с основаниями BC  и AD  такова, что угол ABD  — прямой и BC + CD = AD.  . Найдите отношение оснований AD :BC.

Показать ответ и решение

Отметим на AD  такую точку R,  что AR = BC,  тогда ABCR  — параллелограмм и CD = DR.  По условию AB ⊥ BD.  По свойству параллелограмма AB ∥CR,  а значит CR ⊥ BD,  откуда с учетом равнобедренности △ CRD  отрезок BD  — серединный перпендикуляр к CR.  Из этого следует, что △ BCR  — равнобедренный, тогда BR = BC  =AR.  Далее имеем:

                        ∘                  ∘
∠BAR  =∠ABR,  ∠RBD  = 90 − ∠ABR, ∠BDR  = 90 − ∠BAR

Тогда △ BRD  — равнобедренный и RD = BR = AR  =BC.  Таким образом, AD = 2BC.

PIC

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31056

Вершина A  и середины сторон BC  и CD  параллелограмма ABCD  являются вершинами равностороннего треугольника. Найдите углы параллелограмма.

Показать ответ и решение

Пусть X  и Y  — середины CD  и BC  соответственно. Пересечём прямые XY  и AB  в точке T  . Так как ∠TBY  =∠Y CX  , ∠BY T =∠CY X  , BY  =CY  , то △ Y CX =△Y BT  , откуда Y X =Y T  . Тогда △ AY T  — равнобедренный, причём           ∘   ∘    ∘
∠AY T = 180 − 60 = 120 , из чего следует, что         ∘
∠YAT = 30 . Аналогично находим          ∘
∠DAX  =30 , значит, тупой угол параллелограмма равен   ∘
120 , а острый —   ∘
60 .

PIC

Ответ:

 120∘ и 60∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31226

В трапеции ABCD  с основаниями AD  и BC  известно, что           ∘
∠ABD  = 90 и BC = CD = 1.  Найдите основание AD.

Показать ответ и решение

Из условия следует, что △BCD  равнобедренный, следовательно, ∠CBD  = ∠CDB  = α.  Также ∠BDA  = ∠CBD  = α  как накрест лежащие при BC ∥AD  и секущей BD.

Проведем CE  ∥AB,  CE ∩ BD = F.  Тогда CE ⊥ BD.  Следовательно, в △CED  отрезок FD  — высота и биссектриса, значит, этот треугольник равнобедренный и ED = CD = 1.

PIC

Также по определению четырехугольник ABCE  — параллелограмм, следовательно, AE = BC = 1.  Тогда AD  =AE  +ED  = 1+ 1= 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31228

Вершину тупого угла A  параллелограмма ABCD  соединили с серединой M  его стороны CD  . Высота CH  параллелограмма пересекает отрезок AM  в точке F  . Найдите BF  , если AF = a,FM  =b  .

Показать ответ и решение

Продлим AM  до пересечения с лучом BC  в точке E  . Тогда △AMD   =△CME  (CM  =DM  , ∠A= ∠E  как накрест лежащие при AD ∥ BC  и секущей AE  , ∠AMD  = ∠CME  как вертикальные). Отсюда ME  =AM  =a +b  , CE = AD =x  . Заметим, что тогда BC = AD = CE =x  . Так как CF ⊥ BC  , то в △BF E  отрезок CF  — медиана и высота, следовательно, этот треугольник равнобедренный. Тогда BF = FE = FM + ME = b+(a+ b)=a +2b  .

PIC

Ответ:

 a+ 2b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31230

Середины боковых сторон трапеции соединили с ее вершинами так, как показано на рисунке. Могут ли полученные два отрезка лежать на параллельных прямых?

PIC

Показать ответ и решение

Предположим, что EB ∥DF  . Тогда ∠CEB = ∠EDF  как соответственные при этих параллельных прямых и секущей CD  . Также ∠EGD  =∠F DA  как соотвественные при этих параллельных прямых и секущей AD  , а ∠EGD = ∠EBC  как накрест лежащие при AD ∥ BC  и секущей BG  .

Тогда получаем, что △BCE = △EDG  , откуда BC = DG  . С другой стороны, DF  — средняя линия в △ABG  , откуда AD = DG  .

Следовательно, AD =DG = BC  , то есть параллельные стороны четырехугольника ABCD  равны. Значит, ABCD  — параллелограмм, а не трапеция. Получили противоречие.

PIC

Ответ: Не могут

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#16006

Найдите площадь трапеции, параллельные стороны которой равны 16 и 44, а непараллельные — 17 и 25.

Показать ответ и решение

Достроим трапецию до параллелограмма: провередем через D  прямую, параллельную AB  , F  — точка ее пересечения с прямой BC  . ABF D  — параллелограмм, следовательно, F D = AB  = 25  , CF = BF  − BC = AD  − BC = 44 − 16 = 28  .

PIC

Найдем косинус угла CF D  по теореме косинусов для треугольника CFD  :

                                                       CF 2 + DF 2 − CD2   282 + 252 − 172
CD2  = CF 2 + DF 2 − 2CF ⋅DF cos∠CF D  ⇒   cos∠CF  D = ----2CF-⋅DF------=  --2-⋅28⋅25---= 0,8

Учитывая, что синус угла, меньшего 180∘ , всегда неотрицателен, получаем

           ∘ ------2------
sin ∠CF D =   1− cos ∠CF D = 0,6

Тогда площадь трапеции можно записать следующим образом

SABCD  = SABFD − SCF D = BF ⋅F Dsin∠BF  D − 1CF ⋅F D sin∠CF  D = 44⋅25⋅0,6 − 1⋅28 ⋅25⋅0,6 = 450
                                            2                               2
Ответ:

450

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#16007

Найдите площадь трапеции с основаниями 11 и 4 и диагоналями 9 и 12.

Показать ответ и решение

Сделаем дополнительное постороение. Проведем через D  прямую, параллельную AC  , E  — точка ее пересечения с прямой BC  . Получаем AC ∥ DE  и AD ∥ CE  , следовательно, ACED  — параллелограмм. Тогда CE = AD  = 11  , DE  = AC = 12  .

PIC

Рассмотрим теперь треугольник BED  , длины его сторон образует пифагорову тройку 92 + 122 = (4+ 11)2  , следовательно, он прямоугольный с прямым углом D  . Пусть DH  высота из D  на BE  . Тогда можем записать площадь прямоугольного треугольника BED  двумя способами

SBED = 1
2DB DE = 1
2BE HD HD = DB--⋅DE-
  BE = 7,2

Тогда площадь трапеции

SABCD = 1
-
2(BC + AD) HD = 54

Ответ:

54

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#16013

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна 3, а большая образует угол 30∘ с одним из оснований. Найдите это основание, если на нем лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Показать ответ и решение

Пусть F  — точка пересечения биссектрис на основании AD  трапеции. Точка F  лежит на двух биссектрисах, следовательно, она равноудалена от прямых AB  , BC  и CD  . Опустим из F  перпендикуляры FG  на BC  и  FH  на CD  . Тогда F A = FG = F H  , причем FA = AB  (т.к. BF  — биссектриса прямого угла, следовательно ABF  — прямоугольный равнобедренный.

PIC

Получили 3 = AB = F A = FG = F H  . Из прямоугольного треугольника F HD  с углом D  , равным   ∘
30 , получаем

      ---FH----   --3---
F D = sin ∠HDF   = sin 30∘ = 6

Тогда искомое основание

AD  = AF + F D = 3+ 6 = 9
Ответ:

9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#19706

В трапеции известны длины диагоналей — 6  и 8  , а также длина средней линии — 5  . Найдите высоту трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть h  — высота трапеции ABCD  с диагоналями AC =  6  и BD  = 8  .

PIC

Проведем через вершину C  прямую, параллельную BD  . Пусть она пересекает прямую AD  в точке E  . Заметим, что BCED  — параллелограмм, так как его противоположные стороны параллельны (BC  ∥ AE  , BD  ∥ CE  ). Тогда BC  = DE  и CE = BD  = 8  . Теперь рассмотрим треугольник ACE  . Его сторона AE  равна сумме отрезков AD  и DE  , то есть AE  = AD + DE  = AD  +BC  = 2⋅ AD+2BC-= 2m  , где m  — длина средней линии трапеции, которая равна полусумме оснований. По условию m = 5   ⇒   AE  = 2m = 10  .

PIC

Заметим, что в треугольнике ACE

AC2  + CE2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100 = 102 = AE2

Тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник ACE  является прямоугольным.

Проведем в треугольнике ACE  высоту CH  . Заметим, что CH  также будет являтся высотой трапеции ABCD  , то есть CH  = h  . Но так как CH  — высота прямоугольного треугольника ACE  , то

          AC-⋅CE--  6-⋅8-
h = CH  =   AE    =  10 = 4,8
Ответ:

4,8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31058

Точка M  — середина стороны CD  параллелограмма ABCD  . Точка K  на стороне BC  такова, что ∠AMK  =90∘ . Найдите AK  , если BK = a  и CK = b  .

Показать ответ и решение

Продлим луч KM  до пересечения с прямой AD  в точке E  .

PIC

Рассмотрим треугольники CMK  и DME  . В них ∠CMK  = ∠DME  как вертикальные, ∠KCM  =∠EDM  как накрест лежашие, образованные параллельными прямыми BC  и AD  и секущей CD  , CM = DM  по условию. Значит, △ CMK  =△DME  по второму признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, значит, ME = MK  и DE = CK = b  .

Рассмотрим треугольник AKE  . В нем отрезок AM  является высотой и медианой, значит, треугольник AKE  — равнобедренный. Тогда

AK = AE = AD +DE = BC + CK =a +2b
Ответ:

 a+ 2b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31124

В равнобедренной трапеции ABCD  диагонали пересекаются под углом   ∘
60 и AB = BC = CD = 1.  Найдите основание AD.

Показать ответ и решение

В трапеции ABCD  имеем △ABD  = △ACD,  так как AB = CD,  ∠A  =∠D,  сторона AD  — общая. Тогда имеем:

                1
∠CAD  = ∠BDA  = 2 (180∘− 120∘)= 30∘

Для прямых BC ∥AD  и секущей AC  получаем

∠BCA  = ∠CAD  = 30∘

Так как по условию △ABC  равнобедренный, то

∠BAC = ∠BCA  = 30∘

Следовательно, в равнобедренной трапеции угол при основании равен  ∘
60 .

PIC

Заметим, что рисунок именно такой, поскольку если           ∘
∠BF A =120 ,  то в △ ABF  сумма углов превысит 180∘.

Проведем CE  ∥AB,  тогда четырехугольник ABCE  — параллелограмм и AE = BC  =1.  Углы ∠CED  = ∠BAD  как соответственные при CE ∥AB  и секущей AD.

Тогда в △CED  две стороны CE  и CD  равны и один из углов равен 60∘.  Следовательно, этот треугольник правильный, то есть ED = CD = 1.

Тогда искомое оcнование трапеции равно

AD  =AE  +ED  = 1+ 1= 2
Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31125

Точка на одном из оснований трапеции находится на одинаковом расстоянии от концов диагонали. Найдите это расстояние, если диагонали трапеции перпендикулярны, а её основания равны a  и b.

Показать ответ и решение

Пусть AE = EC = x,  диагонали трапеции ABCD  пересекаются в точке F.

Проведем CG  ∥BD,  тогда ∠ACG  = 90∘.  Значит,

∠CGA  = 90∘− ∠CAG = 90∘− ∠ACE  = ∠ECG

Следовательно, EG = EC = x.  Отсюда имеем:

AG  = AE +EG  =x + x= 2x

Так как DBCG  — параллелограмм, то DG  =BC  = a.  Тогда

AG  =AD  +DG  = b+ a  ⇒   b+ a= 2x  ⇒   x = 1(a + b)
                                            2

PIC

Замечание. В качестве самостоятельного упражнения предлагаем читателю подумать, почему точка E  не может принадлежать меньшему основанию.

Ответ:

 1
2 (a +b)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31129

Длина одной из боковых сторон трапеции равна a.  Параллельно этой стороне через середину другой боковой стороны провели прямую. Какой длины отрезок этой прямой заключен внутри трапеции?

Показать ответ и решение

Пусть в трапеции ABCD  боковая сторона AB  =a,  точка E  — середина стороны CD  и EF ∥ AB.

Проведем CG  ∥AB.  Кроме того, AD  ∥BC,  так как ABCD  — трапеция. Тогда ABCG  — параллелограмм по определению. Отсюда по свойству параллелограмма имеем:

CG = AB = a

PIC

Далее, прямая EF  ∥AB ∥ CG  и проходит через середину E  отрезка CD.  Тогда по теореме Фалеса точка F  — середина отрезка GD  и EF  — средняя линия в треугольнике DCG.  Следовательно, искомый отрезок равен

EF = 1CG = 1a
     2     2
Ответ:

 a
 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31229

Биссектриса угла между основанием и одной из диагоналей трапеции делит вторую ее диагональ пополам. Найдите первую диагональ трапеции, если ее основания равны a  и b  .

Показать ответ и решение

Пусть в трапеции ABCD  AD  = b,  BC = a,  AE  — биссектриса ∠CAD,  пересекающая BD  в ее середине — точке F,  а продолжение стороны BC  — в точке G.  Тогда ∠FAD  = ∠FGB  как накрест лежащие при AD  ∥BC  и секущей AG.  Следовательно, △ACG  — равнобедренный и AC = CG.

PIC

Далее имеем △AF D = △GF B,  так как BF = FD, ∠F DA = ∠FBG, ∠AF D = ∠GF B.  Следовательно, BG = AD = b  и AC = CG  =BG  − BC = b− a.

Заметим, что если AD  = a  и BC = b,  то AC  =a − b.  Следовательно, ответ AC  = |b− a|.

Ответ:

|b− a|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#19980

В трапеции ABCD  с основаниями AD  и BC  угол BAD  равен  ∘
60 ,  а отношение высоты трапеции к ее боковой стороне CD  равно 1:2.  Найдите длину отрезка, соединяющего середины оснований трапеции, если длина отрезка, соединяющего середины ее диагоналей, равна 10.

Показать ответ и решение

PIC

Опустим из точки C  высоту CH  на основание AD  . Рассмотрим случаи, где может лежать точка H  .

Случай 1. Точка H  лежит на продолжении прямой AD  за точку A  .

Заметим, что так как ∠BAD  =60∘ , то основание перпендикуляра, опущенного из точки B  на прямую AD  , лежит на луче AD  . Тогда точка H  не может лежать на продолжении прямой AD  за точку A  .

Случай 2. Точка H  лежит на отрезке AD  .

Тогда треугольник CDH  прямоугольный, так как ∠CHD = 90∘ . По условию CH :CD = 1:2  , так как CH  — высота трапеции. Тогда в прямоугольном треугольнике CDH  катет CH  равен половине гипотенузы CD  , то есть катет CH  лежит напротив угла ∠CDH  = 30∘ .

PIC

Продим боковые стороны трапеции AB  и DC  до пересечения. Пусть они пересекаются в точке O  . Тогда в треугольнике AOD  имеем равенства

               ∘                     ∘
∠OAD = ∠BAD = 60  и ∠ODA  = ∠CDH = 30

Значит, по сумме углов треугольника AOD

∠AOD = 180∘ − ∠OAD − ∠ODA =180∘− 60∘− 30∘ = 90∘

PIC

Пусть M  — середина AD  , N  — середина BC  . Тогда точки O  , M  и N  лежат на одной прямой, то есть MN  = OM − ON  . Заметим, что OM  — медиана прямоугольного треугольника AOD  из вершины прямого угла, значит, OM  = 1AD
      2  . Аналогично ON  — медиана прямоугольного треугольника BOC  , значит, ON = 1BC
     2  . Следовательно,

MN  = OM − ON = 1AD − 1BC = AD-−-BC
                2    2         2

Впомним, что длина отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции, равна полуразности ее оснований, то есть в трапеции ABCD  длина этого отрезка равна AD−2BC-=10  по условию. Значит,

MN  = AD-− BC-= 10
         2

Случай 3. Точка H  лежит на продолжении прямой AD  за точку D  .

Таким образом, треугольник CDH  является прямоугольным, так как ∠CHD  = 90∘ . По условию CH  :CD  =1 :2  , так как CH  — высота трапеции. Тогда в прямоугольном треугольнике CDH  катет CH  равен половине гипотенузы CD  , то есть катет CH  лежит напротив угла ∠CDH  = 30∘ . Тогда угол ADC  трапеции ABCD  равен

          ∘           ∘    ∘    ∘
∠ADC = 180 − ∠CDH = 180 − 30 = 150

PIC

Продим боковые стороны трапеции AB  и DC  до пересечения. Пусть они пересекаются в точке O  . Тогда в треугольнике AOD  имеем равенства

∠OAD = 180∘− ∠BAD = 120∘ и  ∠ODA = 180∘− ∠ADC =30∘

Значит, по сумме углов треугольника AOD

∠AOD = 180∘− ∠OAD − ∠ODA = 180∘ − 120∘− 30∘ = 30∘

Таким образом, треугольник AOD  — равнобедренный, то есть AO =AD  .

PIC

Пусть M  — середина AD  , N  — середина BC  . Тогда точки O  , M  и N  лежат на одной прямой, то есть MN  = ON − OM  . Заметим, что OM  — медиана треугольника AOD  , значит, AM  = 12AD  .

Рассмотрим треугольник OAM  и запишем для него теорему косинусов:

                                                              √ -
OM2 = AO2 +AM2 − 2AO ⋅AM  cos∠OAM   ⇔   OM2 = 7AD2-  ⇔   OM = AD--7
                                              4               2

Аналогично ON  — медиана треугольника BOC  , значит, ON = BC√7-
       2  . Следовательно,

               BC-√7  AD-√7   (BC-−-AD)√7-    √ -   √ -
MN = ON − OM =   2  −   2   =     2      =10⋅  7= 10  7
Ответ:

 10  или 10√7-

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#19981

Дана трапеция ABCD  . На боковой стороне CD  взята такая точка P  , что DP  : PC = BC : AD = 1 : 4  . На боковой стороне AB  взята такая точка K  , что BK  : KA = 1 : 16  .

а) Докажите, что BP  ∥ KD  .

б) Докажите, что CK  ∥ AP  .

Показать ответ и решение

PIC

а) Продлим прямую BP  до пересечения с AD  в точке T  . Рассмотрим треугольники BCP  и TDP  . Они подобны по двум углам, так как ∠BCP   = ∠TDP  как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми BC  и T D  и секущей CD  , ∠CBP   = ∠DT P  как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми BC  и T D  и секущей BT  .

PIC

Тогда

BC    CP    4             1          DT     1
----= ----= -   ⇒   DT  = -BC    ⇒   ----= --
TD    DP    1             4          AD    16

Рассмотрим угол BAT  . Прямые BP  и KD  высекают на нем отрезки AK  , AD  , KB  и DT  такие, что

BK--  -1   DT--       AD--  DT--
AK  = 16 = AD    ⇒    AK =  BK

Тогда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, прямые KD  и BP  параллельны.

б) Продлим прямую CK  до пересечения с AD  в точке L  . Рассмотрим треугольники BCK  и LAK  . Они подобны по двум углам, так как ∠BCK   = ∠ALK  как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми BC  и AL  и секущей CL  , ∠CBK   = ∠LAK  как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми BC  и AL  и секущей BA  .

PIC

Тогда

BC--= BK--= -1   ⇒   AL = 16BC    ⇒   AD--= 1
AL    KA    16                        AL    4

Рассмотрим угол CDL  . Прямые AP  и KC  высекают на нем отрезки DP  , AD  , CP  и AL  такие, что

DP    1   AD        DP    CP
----= - = ----  ⇒   ----= ---
CP    4   AL        AD    AL

Тогда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, прямые AP  и CK  параллельны.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#31053

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна 1, а большая боковая сторона образует угол 30∘ с одним из оснований. Найдите это основание, если на нём лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Показать ответ и решение

Пусть ABCD  — трапеция с основаниями AD  и BC  и ∠D =30∘ , а биссектрисы углов B  и C  пересекаются в точке X  . Так как биссектриса BX  отсекает от трапеции равнобедренный треугольник ABX  с прямым углом A  , то AX = AB = 1  и                         ∘
∠AXB  =∠ABX  = ∠CBX = 45 .

Далее посчитаем углы:

pict

Проведём высоту из вершины C  , она равна CY =AB = 1  , а значит

CD = sCinY30∘ = 2

Так как биссектриса CX  отсекает от трапеции равнобедренный треугольник CDX  , то имеем:

DX = CD = 2 ⇒   AD = AX + DX = 1+2 =3

PIC

Ответ: 3
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!