В трапеции ABCD с боковыми сторонами AB = 8 и CD = 5 биссектриса угла B пересекает биссектрисы углов A и C в точках M и N соответственно, а биссектриса угла D пересекает те же две биссектрисы в точках L и K, причем точка L лежит на основании BC.
а) Докажите, что прямая MK проходит через середину стороны AB.
б) Найти отношение KL : MN, если LM : KN = 4 : 7.
Решение.
а) Обозначим буквой E точку пересечения отрезков MK и AB. Углы ∠ALB и ∠LAD равны, как накрест лежащие углы; аналогично ∠CLD = ∠ADL, как накрест лежащие. Отсюда получаем, что ∠BAL = ∠BLA, ∠CDL = ∠CLD, то есть треугольники ABL и CLD равнобедренные (AB = BL, CL = CD). Тогда биссектрисы этих треугольников BM и CK являются также высотами и медианами. Значит, точки M и K являются серединами сторон AL и DL соответственно. Отсюда следует, что отрезок MK является средней линией треугольника ALD. Значит, MK || AD.
Теперь если рассмотреть треугольник ABL, получаем, что отрезок EM параллелен стороне BL и исходит из середины стороны AL. Отсюда следует, что EM является средней линией этого треугольника, а значит точка E — середина стороны AB. Что и требовалось доказать.
б) Рассмотрим 4-угольник MLKN. Из предыдущего пункта получили, что ∠M = 90°, ∠K = 90°, откуда следует, что
То есть у данного 4-угольника суммы противоположных углов дают 
откуда следует, что вокруг него можно описать окружность. Соединим точки N и L (пересечение с MK в точке F) — получим 2 прямоугольных треугольника NML и NKL. Тогда центр описанной окружности лежит на середине общей гипотенузы NL.
Теперь заметим, что треугольники MFL и NFK подобны по 2 углам (∠MFL = ∠NFK, как вертикальные; ∠MLF = ∠NKF, как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу MN). Тогда 
Аналогично треугольники NMF и KFL подобны по 2 углам (∠NFM = ∠KFL, как вертикальные; ∠MNF = ∠FKL, как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу ML). Тогда 
Поделим соотношения друг на друга:
Из подобия треугольников NLC и NFK (по 3-м углам) получим, что 
Аналогично из подобия треугольников NLB и NFM получим, что 
откуда следует:
Окончательно получаем, что
Ответ: 5 : 14.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б. | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б и использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
По теореме Фалеса получаем 
откуда
откуда MK = NL. Что и требовалось доказать.
и выпишем полученную систему двух уравнений:
из треугольника KON 
Далее получим, что 
откуда 
Что и требовалось доказать.
Теперь если рассмотреть треугольник KMN, то в нем CD является средней линией. Тогда 
Отсюда получаем, что 
Аналогично доказывается, что 
Аналогично доказывается из площадей треугольников MBO и NDO, что 
Значит, 
и KLMN — трапеция.
имеем
тогда 
Отметим на MN точку T такую, что 
На продолжении CB а точку B отметим точку K так, чтобы 
Тогда 
поэтому A лежит на биссектрисе угла KMN.
поэтому B и D — точки касания.
AM — общая). Значит, 
Кроме того, 
Тогда треугольники TNA и DNA равны по катету и гипотенузе, поэтому 
четырехугольник AODE — вписанный. Значит, 
(как хорды, стягивающие равные дуги в его описанной окружности. Равенство дуг следует из равенства углов AOE и DOE).
так, чтобы 
Тогда 
тогда треугольники 
и CBE равны по углам и одной стороне (сторона BE у них общая).
— центр окружности, описанной около треугольника АОВ, 
— около треугольника ВОС, 
— около треугольника СOD, 
— около треугольника AOD. И пусть 
— параллелограмм, 
Ясно, что также 
Основание перпендикуляра обозначим К. Так как АО = СО, 
— серединные перпендикуляры к отрезкам АО и СО, то 
Значит, 
т. е 
где 
Следовательно, 
ВО = 6.
т. е. 
Разделим обе части равенства на 
Получим:
или 
Найдите BC, если AB = 12.
выполняться не будет.
(по условию), 
как внутренние накрест лежащие при параллельных ВС и AD, секущей АМ. Значит, 
по свойству транзитивности равенства. Отсюда BM = AB = 12.
Тогда 
тогда 
откуда 
Следовательно, BM = 12, и 
Найдите диагональ LN.
значит, 
— тупой, 
— острый, 
— тупой, 
~
Значит, 
Треугольники АСD и АВD также равновелики как имеющие одно и тоже основание АD и равные высоты, проведенные к этой стороне. 
Значит, 
Угол между диагональю и основанием на 20 градусов больше угла между диагональю и боковой стороной. Найдите острый угол трапеции, если ее диагональ равна 2.
) проведена высота BH. Обозначим 
Тогда 
Кроме того, 
Тогда 
и по теореме, обратной к теореме Виета, получаем 
или 
Тогда угол между диагональю и основанием равен 30° или 60°.
то 
и 
В этом случае AD — большее основание.
то 
и 
В этом случае AD — меньшее основание, а острый угол трапеции равен 
E — точка касания на стороне CD, CE = 8, ED = 18. Пусть также O — центр вписанной окружности. Тогда треугольник COD прямоугольный (так как CO и DO — биссектрисы односторонних углов трапеции). OE — его высота, опущенная на гипотенузу, поэтому
Итак, радиус окружности равен 12. Поэтому высота трапеции равна 24.
откуда AB = 30.
из треугольника CDH получим 
а высота равна 5. Найдите площадь трапеции.
Проведем через C прямую, параллельную BD. Она пересечет продолжение AD в точке 
Тогда 
— параллелограмм, и площадь равна 
Опустим его высоту 
Тогда 
откуда 
и 
и 
и 
или 
как вертикальные, 
как внутренние накрест лежащие углы при параллельных ВС, DF и секущей CD.
отрезок AP — биссектриса (по условию), он же медиана (по только что доказанному). Следовательно, AP — высота 
т. е. 
Значит, параллелограмм ABEF — ромб (по признаку ромба). Отсюда следует, что ВР — биссектриса угла АВС. 
Коли это так, то S(PBC) = S(FPD).
Следовательно, 
получаем 
поэтому в четырехугольник ABCD можно вписать окружность.
(*). Пусть p — полупериметр каждого из данных треугольников, тогда из (*) получаем: 
откуда находим искомый радиус: 
(Известное свойство (*) нетрудно доказать, пользуясь тем, что площадь каждого из треугольников равна половине произведения сторон на синус заключенного между ними угла.) 
и 
описана около круга. 
а площадь вписанного круга равна 
Так как около окружности можно описать четырехугольник в том и только в том случае, если суммы противолежащих его сторон равны, то сумма оснований трапеции будет равна сумме ее боковых сторон, т. е. AD + BC = a + b.
значит, 
Так как BK || AC, то 
т. е. 
Следовательно, около 
можно описать окружность с центром в точке Н и радиусом R = BH = KH = DH. Итак, 
т. е. 
Отсюда вывод: в равнобочной трапеции, у которого диагонали взаимно перпендикулярны, высота равна средней линии этой же трапеции.
Значит, 
как внутренние накрест лежащие при параллельных ВА, СD и секущей ВD. Следовательно, 
В таком случае в 
где 
— равнобедренный, т. е. BH = DH, что и требовалось доказать.
Треугольники FCG также FDH подобны, их высоты относятся как 
Поскольку указанные пары треугольников имеют равные высоты, получаем: 
откуда
Отсюда 
откуда
— абсциссы вершин D и C соответственно, 
— середина отрезка 
Тогда: 
прямой АВ. 
то, зная координаты точек 
и 
можно получить уравнение биссектрисы. 
По признаку окружности , вписанной в четырехугольник: 
Значит, 
Она лежит на пересечении серединного перпендикуляра к прямой 
и прямой 
Угловой коэффициент 
прямой 
прямой, перпендикулярной CD, будет: 
или 
(ABCD — параллелограмм по признаку параллелограмма), что и требовалось доказать.
откуда 
Следовательно, 
Тогда: 
Но равновеликие 
и 
имеют общее основание AD, значит, их высоты, опущенные из точек B и C к этой стороне названных треугольников обязаны быть равными, откуда 
что в свою очередь свидетельствует о том, что точки A и D одинаково удалены от прямой 
и 
Очевидно, что 
Пусть 
Тогда: 
и 
треугольников BOC и AOD соответственно. 
как накрест лежащие, образованные при пересечении двух параллельных прямых третьей-секущей; 
как вертикальные, откуда: 
если 
из равенства треугольников ABK и CBK по первому признаку. Обозначим за E середину 
тогда 
(из параллельности стороны и серединного перпендикуляра к другой стороне). 
то 
тогда 
откуда треугольник CBM — равнобедренный. Значит, 
то есть 
и 
Найдем координаты пересечения этой прямой с осью x: 
тогда 
Итак, 
и уравнение прямой AO: 
Пусть B — точка их пересечения. Подставляя, имеем: 
и 
и уравнение прямой AO: 
и 
откуда 
и 
Так как PM и QN делят треугольник ABC на три равновеликие части, что 
Если сложить треугольники APM и QNC по большему катету, то получится треугольник подобный ABC, с коэффициентом подобия равным 
Значит, 
Имеем:
или 
и 
Тогда 
откуда 
и 
откуда 
Следовательно, треугольники ADE и BGF равны, и 
тогда из подобия треугольников AGL и ADE следует, что 
то есть 
Тогда 
или 
или 
Возможны следующие варианты:
и по теореме косинусов для треугольника MCK имеем
откуда 
поэтому M — середина AD.
откуда 
поэтому 
откуда 
Тогда 
Аналогично 
поэтому треугольники AKE и MCP имеют суммарную площадь 
Аналогично и треугольники BKM и EPD. Значит, на долю KMPE приходится 
что и требовалось.
и 
поэтому KMPE — параллелограмм. Причем 
откуда углы параллелограмма — 60° и 120°. В таком случае его большая диагональ равна по теореме косинусов 
Очевидно центр лежит на ней, при этом 
поэтому 
следовательно, CD — касательная.
поэтому 
по теореме косинусов находим 
Это и есть ответ.
и 
а расстояние между центрами равно 
Длина общей хорды в два раза больше высоты треугольника со сторонами 
проведенной к большей стороне. Значит, 
то условие задачи выполняется. Очевидно при увеличении CN будет уменьшаться AM и наоборот, поэтому ситуация равных отношений возможна лишь один раз. 
тогда 
Значит, 
тогда по теореме синусов 
откуда 
и Значит, 
Это будет третья медиана. Тогда 
? следоваельно в треугольнике ABP медиана PQ равна половине стороны AB, поэтому 
треугольник равнобедренный), окончательный ответ 
и 
— прямоугольные с общим острым углом 
и 
откуда 
а тогда 
наконец, углы MEF и MKC равны как вписанные, опирающиеся на дугу MF. Тогда 
а это соответственные углы при прямых EF и AB, которые пересекает секущая AC. Тем самым, данные прямые параллельны, и 
Подставляя полученное соотношение в равенство (1), находим: 
и 
— прямоугольные, 
Полагая PN = x, получаем: 
и 
также прямоугольные, 
Отсюда находим, что 
Подставляя (2), получим уравнение 
Его единственным решением является 
Пусть 
Значит, 
Значит, 
поэтому 
Следовательно, OE - средняя линия CKD и 
откуда 
— высоты. Тогда 
и поэтому 
то есть 
что и требовалось.
поэтому 
откуда 
Сумма всех углов пяти треугольников-лучей звезды равна 
из которых 
приходятся на углы, прилегающие к пятиугольнику (два набора его внешних углов). Поэтому сумма углов при вершинах равна 
Применяя формулу для медианы, преобразуем условие в двойное неравенство.
откуда 
Тогда по свойству секущих, проведенных из одной точки, имеем
Прямая, перпендикулярная 
откуда и следует подобие треугольников ABN и DCM по двум углам.
где k — коэффициент подобия треугольников из п. а). Значит, 
поэтому ударится о другой борт под углом 
Аналогично в следующий раз угол станет 
затем 
и 
Начиная с этого момента мяч будет лететь прочь от угла, а угол будет по-прежнему уменьшаться на 
Еще через 12 отражений он станет равен 
и после этого шарик уже не сможет удариться о борт, поскольку треугольника с углами 
и 
не существует. Итого будет 17 отражений.
откуда 
Поскольку 
прямая AC является касательной к окружности.
опирается на диаметр MA, он прямой. Тогда треугольник AFK тоже прямоугольный и середина AK — его центр описанной окружности. Поскольку треугольники ABD и BMC равны по двум катетам, а треугольники MBC и CDK равны по катету и острому углу, то 
так что центро окружности является точка D и 
откуда, учитывая 
и 
находим 
по теореме косинусов получаем 
Поскольку 
следует взять 
то есть 
и 
откуда 
и 
и 
так, что 
и 
Тогда 
и 
— параллелограммы (их диагонали делятся точками пересечения пополам). Тогда 
и 
как соответственные. Значит, треугольники 
и 
подобны, то есть 
Тогда и 
откуда следует подобие треугольников BKC и DKA по углу и двум парам пропорциональных сторон. Значит, 
то есть прямая BC параллельна прямой AD, что и требовалось доказать.
из подобия треугольников BLK и KMD по двум углам. Пусть 
Из условия описанности 
и напишем теорему косинусов для треугольников BCA и CAD:
Поскольку 
поэтому AB — высота трапеции. Радиус окружности, очевидно, равен половине этой высоты.
делят площадь ABCD пополам. Имеем:
Тогда:
Кроме того, 
и 
совпадают. Следовательно, 
пополам.
Далее, 
следовательно, прямая 
параллельна прямой AD. Значит, 
Следовательно, 
— равнобедренная трапеция, а углы BAD, ADC и BCD равны. Значит, в ABCD три равных угла: 108°, 108°, 108° и 36° или 108°, 84°, 84° или 84°.
Длины оснований BC и AD относятся как 
Через точку N и вершину D проведена прямая, пересекающая боковую сторону AB в точке M. 
поэтому 
По теореме Менелая для треугольника CAB и прямой NMT имеем: 
откуда 
поэтому:
и 
следует, что и их высоты относятся так же. С другой стороны, в каждой паре треугольников сумма высот дает высоту трапеции, поэтому 
Значит, треугольники DNH и DMS подобны с коэффициентом 
Тогда 
и 
б) 1.
Окружность ω с центром в точке M касается прямой AC и пересекает прямую KL в точках P и Q, 
тогда 
Значит, 
Тогда 
и радиус окружности равен 
б) 
Пусть 
тогда KN — высота равностороннего треугольника со стороной 
и равна 
По теореме Пифагора из треугольников CKM и DKL имеем 
и 
Тогда 
получаем 
Далее:
и 
б) 
а 
Поскольку C, T, A лежат на одной прямой, отсюда следует, что O, T, Q лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
будет угол 
а 
поскольку 
). Поэтому точки R, T, N лежат на одной прямой. Коэффициент подобия треугольников равен 
потому что это радиусы вписанной окружности треугольника ABC. Тогда 
Пусть 
тогда 
(здесь за x обозначена длина отрезка от вершины C до точек касания со сторонами CB и CA). По теореме Пифагора имеем 
и 
сторона 
Продолжения боковых сторон пересекаются в точке K, образуя прямой угол AKD. Окружность ω проходит через точки А и В и касается стороны CD в точке P.
поэтому 
Значит, 
откуда 
и 
По теореме Пифагора для треугольника BKC находим 
и T — середина AB, то прямая OT перпендикулярна прямой AK. Значит, TKPO — прямоугольник (его углы T, K и P — прямые). Значит, 
б) 10.
следовательно, 
Следовательно, 
и 
Отсюда AMOH — параллелограмм с прямым углом, следовательно, AMOH — прямоугольник. Значит, 
тогда
значит, прямая A1A2 параллельна прямой A5A3.
Пусть 
Тогда 
Тогда для треугольника A1A2A3 получаем:
Таким образом, 
таким образом, треугольники MHN и NLR подобны. Тогда 
Тогда 
откуда 
значит, 
Пусть 
сумма углов треугольника ACD равна 
Отсюда 
что и требовалось доказать.
Тогда большее основание AD равно 
Высота трапеции равна 
Следовательно, для площади трапеции получаем: 
Тогда высоты трапеций FLMP и KFPN равны, поэтому их площади относятся как 
Поэтому площадь треугольника FEP составляет 
высоты трапеции KLMN или 
высоты трапеции FLMP. Значит, по теореме о пропорциональных отрезках, 
то есть 
Теперь заметим, что треугольники LME и FPN подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Отсюда углы MEL и PNF равны, поэтому прямые LE и FN параллельны. Что и требовалось доказать.
Заметим, что 
Затем, треугольник LEK равнобедренный (высота в нем совпадает с медианой). Поэтому 
и 
Через середину отрезка CD проведена прямая, пересекающая стороны АС и ВС в точках M и N соответственно. Известно, что 
площадь треугольника MCN равна 
а расстояние от точки М до прямой АВ в два раза больше расстояния от точки N до этой же прямой. 
откуда 
Положим 
По условию, 
то есть 
то есть 
Следовательно, 
Решая систему на CM и CN получаем, что CM = 3, CN = 4. Запишем теорему косинусов для треугольников CNE и CME, получим, что 
Тогда диагонали четырехугольника DNCM точкой пересечения делятся пополам, значит, он является параллелограммом. Что и требовалось доказать. 
поэтому MA = 2DN = 6, 
В итоге, BC = 6, AC = 9, и площадь треугольника ABC равна 
а площадь треугольника KLD составляет 
Отсюда 
Треугольники BCK и LMD подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, значит, равны углы BKC и MDL. Отсюда следует параллельность прямых BK и DL. Что и требовалось доказать.
Значит, треугольники ECL и EAK подобны с коэффициентом 2 : 3, откуда AK = 6. KL — серединный перпендикуляр к AB, поэтому 
Наконец, треугольники BCK и LMD подобны с коэффициентом 1 : 2, поэтому 
и 
следовательно, 
По теореме косинусов получаем, что
тогда 
а значит, 
Находим: 
значит, 
= 3.6, EF = 
EH = 1.2.