Тема 17. Задачи по планиметрии
17.06 Подобие треугольников и пропорциональные отрезки
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#18334

Найдите x,  если KP  ∥DE.

PIC

Показать ответ и решение

По теореме Фалеса для угла BAC  и секущих его параллельных прямых KP  и DE :

    AK-   KD--      x   9
    AP  = P E   ⇔   4 = x
 2
x  = 36   ⇔   x= ±6  ⇒   x = 6
Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#18332

Найдите x,  если a∥ b.

PIC

Показать ответ и решение

По теореме Фалеса для угла BAC  и секущих его параллельных прямых a  и b  имеем:

6   x
3 = 5   ⇔   30 = 3x  ⇔   x= 10
Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31015

В треугольнике ABC  чевиана AD  делит сторону BC  на отрезки BD = 5  и CD  =4.  Известно, что ∠ABC  = ∠DAC.  Найдите AC.

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольники ABC  и DAC.  Они имеют общий угол C,  углы ABC  и DAC  равны по условию. Таким образом, △ ABC ∼ △DAC  по двум углам. Тогда коэффициент подобия k  этих треугольников равен

    AC    BC
k = CD- = AC-

PIC

Отсюда найдем искомый отрезок:

AC2 = CD ⋅BC = 4⋅(4+ 5)= 36  ⇒   AC = 6
Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31014

Найдите неизвестную сторону треугольника на картинке.

PIC

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольники ABD  и ACB  . Они имеют общий угол A  . Кроме того,

AD  :AB = 3:6= 6:12= AB :AC

Таким образом, △ ABD ∼ △ACB  по отношению двух сторон и углу между ними. Найдем коэффициент подобия k  этих треугольников:

k= BD-= AD-= AB-= 1
   BC   AB   AC   2

PIC

Тогда неизвестная сторона равна

BC = BD-= 5⋅2= 10
      k
Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#18335

Найдите отношение NC :KN.

PIC

Показать ответ и решение

Проведем через K  прямую, параллельную BM.  Пусть L  — ее точка пересечения с AC.

PIC

Тогда по теореме Фалеса для угла BAC  и секущих его параллельных прямых BM  и KL :

AK- = KB-- ⇔   -AL-= AK--= 1  ⇒   AL = LM  = AM--=2
AL    LM       LM    KB                       2

Теперь рассмотрим теорему Фалеса для угла KCL  и секущих его параллельных прямых KL  и NM  :

-NC-  KN--      -NC-  MC--   6
MC  =  LM   ⇔   KN  =  LM =  2 = 3

Получили, что NC  :KN  =3 :1.

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#2757

В трапеции основания равны 18 и 12, а боковые стороны 15 и 12. Боковые стороны продолжили до взаимного пересечения. Найдите сумму длин отрезков, на которые продолжены боковые стороны.

Показать ответ и решение

Пусть дана трапеция ABCD  , AD, BC  – основания, O  – точка пересечения продолжений боковых сторон. Обозначим OB  = x,OC   = y  .
 
PIC
 
Тогда △AOD    ∼  △BOC  по двум углам: ∠O  – общий, ∠OBC   =  ∠OAD  как соответственные при AD  ∥ BC  и AO  секущей. Следовательно:

---x---   12-   --y----
x + 12 =  18 =  y + 15   ⇔    x = 24;   y = 30;   ⇔    x + y = 24 + 30 = 54.
Ответ: 54

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#2235

В треугольнике ABC  на середине стороны AB  отмечена точка M.  Точка P  на продолжении стороны AC  за точку C  такова, что AC = CP.  Найдите меньший из отрезков, на которые прямая MP  делит сторону BC,  если BC  =3.

Показать ответ и решение

Пусть N  — точка пересечения прямых MP  и BC.

Решение 1.

По условию имеем:

AM :MB  = 1:1,  CP :PA = 1:2

Тогда по теореме Менелая для треугольника ABC  и прямой MP  :

    AM   BN   CP
    MB--⋅NC--⋅PA-= 1

BN--= MB--⋅ P-A = 1⋅ 2 = 2
NC    AM   CP    1 1

Так как BN  :NC = 2:1,  то искомый отрезок равен

     1
NC = 3BC = 1

PIC

Решение 2.

Проведем MK  ∥ BC.  Тогда по теореме Фалеса точка K  поделит AC  в том же отношении, что точка M  поделит отрезок AB.  Тогда AK = KC  и так как AC = CP,  то KC  = 1CP.
      2

Заметим, что △NP  C ∼ △MP K  по двум углам, так как ∠P  — общий и ∠NCP  = ∠MKP  как соответственные. Тогда имеем:

NC--= CP-   ⇔   NC--= 2KC- = 2
MK    KP        MK    3KC    3

Отсюда получаем NC = 2 MK.
     3  Далее, так как MK  — средняя линия в △ABC,  то MK  = 1BC.
      2  Тогда окончательно получаем

      2 1      1
NC =  3 ⋅2BC = 3BC = 1

Очевидно, что NC  <BN,  так как отрезок BN  в таком случае равен 23BC = 2.

Ответ: 1
Критерии оценки

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ

2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#75182

А вот и вторая геометрическая задачка из воспоминаний Деда Мороза: Две окружности разных радиусов пересекаются в точках F  и C,  причем их центры лежат по разные стороны от хорды F C.  Вне обеих окружностей взята точка A,  лежащая по ту же сторону от хорды FC,  что и центр меньшей окружности. Прямая AC  пересекает меньшую окружность в точках C  и B,  а большую — в точках C  и D.  Прямая AF  пересекает меньшую окружность в точках F  и E,  а большую — в точках F  и M.

а) Докажите, что AE ⋅AD  = AB ⋅AM.

б) Найдите сумму произведений длин противоположных сторон четырехугольника EBDM,  если ∠FMD  = ∠EBA  и MB ⋅ED  = 1234.

Показать ответ и решение

PIC

а) Вспомним теорему о двух секущих и распишем ее для обеих окружностей.
Для меньшей окружности справедливо:

AB ⋅AC = AE ⋅AF,

откуда

A--  AE-
AF = AB .

Для большей окружности справедливо:

AC ⋅AD = AF ⋅AM,

откуда

AC-= AM--.
AF   AD

Из двух пропорций, в которых левые части одинаковы, выводим:

AE   AM
AB-= AD--,

AE ⋅AD = AM ⋅AB.

Ч.Т.Д.

б)

1. В пункте а) мы доказали равенство:

AE-= AM--.
AB   AD

Из него по обратной теореме Фалеса следует, что MD  ∥ ED  и △AEB  ∼ △AMD.

2. Из подобия выводим равенства углов:

∠MDA   =∠EBA  и ∠AMD  = ∠AEB.

3. В условии пункта б) утверждается, что ∠FMD  = ∠EBA.  С учетом с прошлых двух тождеств этот тезис дает понять, что △AED  и △AMD  на самом деле равнобедренные.

4. Отсюда получаем, что трапеция EBDM  также равнобедренная. У любой равнобедренной трапеции сумма противоположных углов равна 180∘,  следовательно, она вписанная.

5. Для вписанного четырехугольника справедлива теорема Птолемея, гласящая о том, что сумма произведений длин противоположных сторон вписанного четырехугольника равна произведению длин его диагоналей, то есть

MD ⋅EB + DB ⋅EM  = MB  ⋅ED = 1234.

NOTA BENE: Заметим, что теоремы Птолемея нет в учебниках федерального перечня, поэтому перед её применением на ЕГЭ следует привести её доказательство.

Ответ: б) 1234

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#72213

В остроугольном треугольнике ABC  проведены высоты AK  и CM.  На них из точек M  и K  опущены перпендикуляры MM1  и KK1  соответственно.

а) Докажите, что прямые M1K1  и AC  параллельны.

б) Найдите отношение M1K1 :AC,  если sin ∠ABC =  1√-.
            3

Показать ответ и решение

а)

PIC

1. Треугольник по условию остроугольный, следовательно, основания его высот лежат на его сторонах.

2. Четырёхугольник AMKC  — вписанный, поскольку ∠AMC   = ∠AKC,  причём M  и K  лежат по одну сторону от AC.

Раз так, то ∠KAC  = ∠KMC  как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

3. Четырёхугольник M1MKK1  — вписанный, поскольку ∠MM1K   = ∠MK1K,  причём M1  и K1  лежат по одну сторону от MK.

Раз так, то ∠KMK1  = ∠KM1K1  как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

4. ∠KMK1  и ∠KMC  — один и тот же угол, а значит, ∠KM1K1   =∠KAC.

5. Уже это тождество в свою очередь означает параллельность AC ∥M1K1,  поскольку ∠KM1K1  = ∠KAC  как соответственные при AK.  Ч.Т.Д.

б)

1. Продлим MM1  и KK1  до точки пересечения F.

2. Сумма противоположных углов во вписанном четырёхугольнике равна    ∘
180 .  Раз так, то ∠MKC  = 180∘− ∠MAC.

3. Однако и ∠MKC   = 180∘− ∠MKB,  поскольку ∠MKC  и ∠MKB  — смежные.

4. Из прошлых двух пунктов ясно, что ∠MKB  = ∠BAC;  ∠MBK   =∠ABC,  а значит, △MBK   ∼△ABC.

5. Коэффициент подобия △MBK   ∼ △ABC  равен отношению BAKB-  △ABK  — прямоугольный, следовательно, BAKB-= cos(∠ABK  ).

6. Абсолютно аналогичные действия проворачиваем и с △F M1K1  и △F KM,  доказывая их подобие и вычисляем коэффициент этого подобия FM1-
 FK = cos(∠MF K ).

7. По сумме углов четырёхугольника MBKG  :

           ∘                             ∘
∠MGK  = 360 − ∠BMG  − ∠BKG  − ∠MBK  = 180 − ∠MBK.

8. ∠MGK  = ∠M1GK1  как вертикальные.

9. По сумме углов четырёхугольника FM1GK1  :

∠M1F K1 = 360∘− ∠GM1F  − ∠GK1F − ∠M1GK1  = ∠MBK.

То есть cos(∠MF  K)= cos(∠MBK  ).

10. Найдём cos(∠MF  K)  по ОТТ:

             ∘-----  √ -
cos(∠MF  K) =  1 − 1= √-2.
                  3    3

11. Пусть       √ -
AC = x  3,  тогда из найденного отношения        √ -
MK  = x  2,  а M  K  = 2x√-.
  1 1    3  То есть:

        2x
M1K1-= -√√3-= 2.
 AC    x  3  3
Ответ:

2 :3

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 10#30999

В треугольнике ABC  проведены высоты BB1  и CC1.  Найдите B1C1,  если       ∘
∠A =60 и BC  = 6.

Показать ответ и решение

PIC

Докажем, что треугольники ABC  и AC1B1  подобны. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник ACC1  . В нем

AC1
AC--=cos∠C1AC

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник ABB1  . В нем также

AB1-=cos∠B1AB
AB

Так как ∠C1AC = ∠A =∠B1AB  , то треугольники ABC  и AC1B1  подобны по отношению двух сторон и углу между ними. Тогда коэффициент подобия k  этих треугольников равен

k = B1C1= AB1-= AC1-= cos∠A
    CB     AB    AC

Отсюда искомый отрезок равен

B C = BCcos∠A =BC cos60∘ =6⋅ 1 = 3
 1 1                       2
Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#11704

Расстояния от точки M  , расположенной внутри прямого угла, до сторон угла равны 4 и 3. Через точку M  проведена прямая, отсекающая от угла треугольник, площадь которого равна 32. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри угла.

 

(МИОО 2013)

Показать ответ и решение

Пусть A  — вершина угла, B  и C  — точки пересечения прямой со сторонами угла, Y  — проекция M  на AB  ,   X  — проекция M  на AC  .

∠CAB  = ∠M  YB  = ∠CXM   = 90∘ ⇒ AY M X  — прямоугольник ⇒ AY  = M X = 4  , AX  = M Y = 3  . Обозначим BY  = x  .

BA  ∥ M X ⇒ ∠ABC  = ∠XM  C ⇒  △Y BM  ∼ △XM   C  по двум углам. Запишем подобие

 YB
Y-M- = XM
XC-- XC = XM  ⋅Y M
---YB---- = 12
x-

Тогда по условию

pict

PIC

Ответ:

 √ --
4  17  или 4√97
-----
 3  .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#2285

В треугольник со стороной a = 10  и высотой 6  , проведенной к этой стороне, вписан квадрат таким образом, что две соседние вершины квадрата лежат на стороне a  , а две другие вершины квадрата лежат на двух других сторонах треугольника соответственно. Найдите периметр квадрата.

Показать ответ и решение

PIC
 
Рассмотрим рисунок.
Пусть AC  =  10  , BH  =  6  – высота, M  N KL  – квадрат со стороной x  . Необходимо найти 4x  .
Так как N K  ∥ M L  , то N K ∥ AC  . Так как N M  ⊥ AC  и BH  ⊥  AC  , то N M  ∥ BH  . Так как отрезки параллельных прямых, заключенные между двумя параллельными прямыми, равны, то N M  = F H  = x  . Следовательно, BF  =  6 − x  . Заметим, что ∠BKN    =  ∠BCA  как соответственные при N K  ∥ AC  и BC  секущей. Следовательно, △BKF    ∼ △BCH  по двум углам. Значит,

BF--=  BK--     (1)
BH     BC
Аналогично △BKN     ∼ △BCA  , следовательно,
BK--   N-K--
BC  =  AC       (2)
Из (1)  и (2)  можно сделать вывод, что
BF     N K          6 − x    x              15
---- = -----  ⇒     ------=  ---  ⇒    x =  ---  ⇒    4x = 15.
BH      AC            6      10             4
Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#2237

В квадрате ABCD  на стороне       √ ---
CD  =   13  взята точка K  такая, что DK   =  23DC  . Найдите расстояние от точки B  до прямой AK  .

Показать ответ и решение

Обозначим сторону квадрата за 3x  , тогда DK  =  2x  , KC  =  x  . Необходимо найти BH  .
 
PIC
 
Заметим, что △ADK    ∼ △ABH  по двум углам (                      ∘
∠ADK    = ∠AHB    = 90 , ∠AKD    =  ∠HAB  как накрест лежащие). Следовательно,

BH-- = -AB-.
AD     AK
По теореме Пифагора        √ ---2-------2-  √ ---
AK  =    AD   + DK   =    13x  , следовательно,
       AD  ⋅ AB     9x2       9
BH   = --------- = √----- = √----x
          AK         13x      13
Так как       √ ---
AD  =   13 = 3x  , то     √13
x =  3   , следовательно,
BH  =  3.
Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#982

В треугольник вписан ромб таким образом, что один угол у них общий, а противоположная вершина ромба лежит на стороне треугольника и делит ее на отрезки длинами 14  и 6  . Найдите периметр треугольника, если сторона ромба равна 7  .

Показать ответ и решение

PIC

 

Рассмотрим рисунок. Так как по определению ромба SD  ∥ AF  , то SD  ∥ AC  , следовательно, ∠BSD    = ∠BAC  . Следовательно, по двум углам (∠B  у них общий) △BSD    ∼ △BAC  . Обозначим F C =  t  , BS  =  k  . Тогда имеем:

SD--= BD--   ⇒     -7---=  --14---  ⇒    t = 3.
AC    BC           7 + t   14 + 6

Аналогично FD  ∥ AB  и △DF   C  ∼ △BAC  . Следовательно,

DF--   F-C-        --7---   --t--   -3-            49-
BA   = AC     ⇒    7 + k =  t + 7 = 10   ⇒     k =  3 .
Следовательно, периметр треугольника ABC  равен
    49                      1
7 + ---+ 14 + 6 + 3 + 7 = 53--.
    3                       3
Ответ:

53 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#936

Окружность касается одного из катетов прямоугольного равнобедренного треугольника и проходит через вершину противолежащего острого угла. Найдите радиус окружности, если ее центр лежит на гипотенузе треугольника, а катет треугольника равен   --
√ 2 + 1  .

 

(Источник: Сборник задач по геометрии, И.Ф.Шарыгин, Р.К.Гордин)

Показать ответ и решение

В решении будем обозначать катет треугольника за a  . Пусть r  – радиус окружности. Если K  – точка касания окружности с катетом BC  , то OK  ⊥  BC  . Рассмотрим рисунок:
 
PIC
 
Заметим, что по двум углам △BOK     ∼ △BAC  , следовательно,

OK-- =  BK--
 AC     BC
Так как AC  = BC  , то OK   = BK   = r  .
По теореме Пифагора       √ --
AB  =   2a  . Так как O  лежит на AB  , то AO  =  r  , следовательно,        √ --
OB  =    2a − r  .
Тогда по теореме Пифагора из △BOK  :
                                                               √ --
    2       2      2         √ --     2    2    2            ----2--    √ --√ --
OB   =  OK   + BK      ⇒    (  2a − r) =  r +  r   ⇔     r = √2-+  1a =   2(  2 − 1)a.
Так как a = √2-+  1  , то получаем
     √--√ --     √ --       √ --
r =   2 ( 2 − 1)(  2 + 1) =   2.
Ответ:

 √--
  2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#934

В параллелограмме ABCD  точка M  — середина BC,  а точка K  — середина AD.  Найдите отношение длин отрезков, на которые прямые AM  и CK  разделили диагональ BD.

Показать ответ и решение

Пусть O  — точка пересечения AM  и BD,  а Q  — точка пересечения CK  и BD.

Так как у параллелограмма противоположные стороны равны, то AK  =KD  = BM  = MC.  Рассмотрим четырехугольник AMCK.  В нем противолежащие стороны AK  и MC  параллельны и равны, следовательно, это параллелограмм и AM  ∥KC.

PIC

Далее, OM  ∥QC  и BM  = MC,  следовательно, по теореме Фалеса BO  = OQ.

Кроме того, KQ  ∥AO  и AK  =KD,  следовательно, по теореме Фалеса OQ = QD.

Получили, что BO  = OQ = QD.

Ответ: 1:1:1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31018

На стороне AC  треугольника ABC  взята точка E  . Через точку E  проведены прямая ED  параллельно стороне BC  и прямая EF  параллельно стороне AB  (D  и F  — точки на этих сторонах). Докажите, что         √ ----------
SBDEF = 2 SADE ⋅SEFC  .

Показать ответ и решение

Пусть S    = S
 ADE    1  , S   = S
 EFC   2  , S     = S
 BDEF    0  . Требутся доказать, что S =2√S-S--
 0     12  .

PIC

Пусть EF = x  , DE = y  . Так как △EF C ∼ △ABC  (∠C  — общий, ∠EFC = ∠ABC = α  как соответственные при EF ∥AB  и секущей BC  ). Тогда, если AB :EF = k  , то AD = (k − 1)x  .

Аналогично △ADE  ∼△ABC  и

BC   AB     k              k                      1
-y-= AD- = k− 1  ⇒  BC = k−-1y  ⇒   FC =BC − y = k−-1y

Тогда с учетом ∠ADE  = ∠ABC = α  (как соотвественные при DE ∥ BC  и секущей AB  ) имеем:

S1 = 1AD ⋅DE ⋅sin ADE = 1(k − 1)xysinα
     21               12  1
S2 = 2EF ⋅F C⋅sinEF C =2 ⋅k−-1xysinα
       1                1   k2
SABC = 2AB ⋅BC ⋅sinABC = 2 ⋅ k− 1xysinα
                   1      (  k2           1  )  1
S0 =SABC − S1− S2 = 2xysinα⋅ k− 1-− (k− 1)− k−-1 = 2xysinα ⋅2

Тогда

    ∘ ---------   ∘ (-----------)--(------------)-
S0 = 2 1x2y2sin2α =2  1(k− 1)xysinα  ⋅ 1 ⋅-1--xy sinα  =2∘S1S2-
      4              2              2  k− 1

Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#2760

В прямоугольный треугольник ABC  с прямым углом C  и катетами AC  = 6  и BC  = 8  вписана прямоугольная трапеция M N KB  так, что M  N =  CK  , точки N  и K  лежат на катетах AC  и     BC  соответственно, а меньшее основание параллельно гипотенузе. Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

PIC

 

Рассмотрим рисунок. Заметим, что из условия следует, что основаниями трапеции будут N K  и M  B  . Если меньшее основание трапеции параллельно гипотенузе, то и большее ей параллельно, следовательно, и N K  ∥ AB  , и M B  ∥ AB  . Так как M  B  и AB  имеют общую точку B  , то M  лежит на AB  . Следовательно, отсюда однозначно определятся, как трапеция вписана в треугольник.

 

По теореме Пифагора гипотенуза AB  = 10  . Заметим, что ∠CAB   =  ∠CN  K  как соответственные при N K ∥ AB  и AC  секущей. Значит, прямоугольные треугольники CN  K  и AN  M  равны по катету и острому углу. Следовательно, AN  =  N K  . Введем обозначения: AN  = y  , CN   = x  , CK   = z  . Проведем KH   ⊥ AB  .
 
PIC

 

Тогда x + y =  6  . Так как M H  = N K  = y  (так как M N KH  прямоугольник), то AH   = x + y = 6  . Следовательно, HB  =  10 − 6 = 4  . Также KB   = CB   = CK  =  8 − z  . Следовательно, по теореме Пифагора из △KHB  :

(8 − z)2 = z2 + 42   ⇒    z = 3.
Заметим, что ∠KBH    = ∠CKN  как соответственные при AB  ∥ N K  и CB  секущей. Следовательно, прямоугольные △KBH    ∼  △KCN  . Значит,
KB--=  KH---=  HB--   ⇒    5-=  3-= 4-   ⇒    x = 9-  и  y =  15.
N K    CN      CK          y    x   3             4           4
Тогда площадь трапеции равна
S =  N-K-+-M--B-⋅ N M  = 69-.
         2                4
Ответ: 17,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#2671

Дан параллелограмм ABCD  . Из вершины острого угла A  проведены две прямые, делящие угол на три равные части, причем одна пересекает сторону BC  в точке N  , а другая – сторону CD  в точке L  , причем CN   = CL  =  2  . Известно также, что AB  = 5  . Найдите AN  + AL  .

Показать ответ и решение

PIC
 
Пусть Y  – точка пересечения прямых AN  и CD  , а T  – прямых AL  и BC  . Пусть 1
3 ∠A =  α  .
∠CT  L =  ∠DAL   =  α  как накрест лежащие при AD  ∥ BC  и секущей AT  . Также ∠CY  N  = ∠BAN    =  α  как накрест лежащие при AB  ∥ CD  и секущей AY  . Заметим, что ∠N  CY  = ∠LCT  как вертикальные. Следовательно, в △N  CY  и △LCT  равны два угла, следовательно, равны и третьи углы. Также у них N C = LC  , следовательно, по признаку “сторона и два прилежащих угла” эти треугольники равны. Значит, CY  =  CT  и N Y  = LT  .
Тогда △AN   T = △ALY  , так как N T =  LY  и прилежащие углы равны (∠N  T A = ∠LY  A  = α  по доказанному, ∠AN  T =  ∠ALY   = 180 ∘ − 2α  ). Отсюда AL  = AN   = N T =  LY  .
Тогда △ABN    =  △ADL  по этому же признаку (∠BAN   =  ∠DAL   =  α  , ∠ABN    = ∠ADL  как противоположные углы параллелограмма ⇒ ∠AN  B =  ∠ALD  ). Значит, AD  = AB   = 5  . Следовательно, ABCD  – ромб. Отсюда BN   = 5 − 2 = 3  .
 
PIC
 
Заметим, что △ABN    ∼ △Y  CN  по двум углам, следовательно,

AB     BN            5     3               10
---- = ----   ⇒     ----=  --  ⇒    CY  =  --.
CY     CN           CY     2               3
Тогда по доказанному выше AN   = AL  = LY  =  2 + 130=  136.  Тогда
AN  + AL  =  32.
             3
Ответ:

 32
---
 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#995

BB1   и CC1   – биссектрисы углом B  и C  соответственно треугольника ABC  . На продолжениях сторон AB  и AC  взяты точки M  и L  так, что BM   = BC   = CL  . Доказать, что M  L ∥ B1C1   .

 

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

Пусть ∠ABC    = 2α  , а ∠ACB    = 2β  . Тогда ∠M   BC  = 180∘ − 2α  и ∠LCB   =  180∘ − 2β  . Так как △M   BC  равнобедренный, то в нем ∠M   = ∠C  =  12 (180∘ − ∠M BC  ) = α  . Аналогично в △LCB  углы ∠CLB    = ∠CBL   =  β  .
 
PIC

 

∠M  BQ  = 180 ∘ − 2α − β = ∠BC   O
                                1  . Следовательно, по двум углам △M   BQ  ∼ △C   BO
               1  . Следовательно,

C  O    BO
--1-- = -----    (1)
 BQ     M  Q
Аналогично △LCQ    ∼ △B1CO  , следовательно,
CO--   B1O--
LQ  =  CQ       (2)

Заметим, что тогда △BOC    =  △BQC  по двум углам (∠OBC   =  ∠QCB   =  α  , ∠OCB    = ∠QBC    = β  по доказанному выше) и общей стороне. Следовательно, BQ  =  CO  , CQ  =  BO  . Значит, перемножив равенства (1)  и (2)  , получим:

C O  ⋅ CO    B O  ⋅ BO         C O     B O
-1--------=  -1--------  ⇒     -1---=  -1---    (3 )
BQ  ⋅ LQ     M Q ⋅ CQ          LQ      M Q
Заметим также, что ∠B  OC   = ∠BOC    = ∠BQC    = ∠M  QL    (∗)
   1   1  .
 
PIC
 
Следовательно, по двум пропорциональным сторонам (из (3)  ) и углу между ними △B1OC1   ∼  △M  QL  , откуда
∠OB   C  =  ∠QM   L = x,   ∠OC   B  = ∠QLM    =  y
     1  1                       1 1
Отсюда ∠C1B1C   + ∠M  LC  =  x + (180 ∘ − α − 2β) + y + β = 180 ∘ + x + y − α − β  .
Но из (∗)  следует, что 180 ∘ − α − β = ∠BOC    = ∠M  QL  = 180 ∘ − x − y  , откуда следует, что x + y = α +  β  . Следовательно,
∠C  B  C + ∠M  LC  =  180∘
   1  1
Следовательно, это односторонние углы при прямых B1C1   и M  L  и секущей AL  , значит, B1C1  ∥ M L  .
Ответ: Доказательство
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!