Диагональ AC прямоугольника ABCD с центром O образует со стороной AB угол 30°. Точка E лежит вне прямоугольника, причём ∠BEC = 120°.
а) Докажите, что ∠CBE = ∠COE.
б) Прямая OE пересекает сторону AD прямоугольника в точке K. Найдите EK, если известно, что BE = 40 и CE = 24.
Решение. а) По теореме о внешнем угле треугольника,
∠BOC = ∠BAO + ∠АBO = 2 · 30° = 60°.
Поэтому
Значит, точки B, E, C, O лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы CBE и COE опираются на одну и ту же дугу, следовательно, ∠CBE = ∠COE.
б) По теореме косинусов
Вписанные углы BEO и CEO опираются на равные хорды BO и CO, значит, EO — биссектриса угла BEC. Пусть M — точка её пересечения со стороной BC. По формуле для биссектрисы треугольника получаем:
По свойству биссектрисы треугольника 
значит, 
По теореме о произведении пересекающихся хорд EM · MO = BM · CM, откуда находим, что
Треугольники COM и AOK равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому OK = OM. Следовательно, EK = EM + 2OM = 15 + 98 = 113.
Ответ: 113.
Примечание.
Зная длину отрезка СМ = 21, можно искать ME, применяя теорему косинусов к треугольнику СМЕ. Пусть в нем МЕ = х, тогда
Поскольку треугольник СМЕ остроугольный, решение х = 9 постороннее. Посторонние корни появляются из-за того, что по стороне, прилежащему к ней углу и противолежащей данному углу стороне треугольник определен неоднозначно. Аналогично для треугольника BME: можно найти два корня уравнения на длину EM: 15 и 25, больший корень является посторонним.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта a) 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) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
и KL || AC || MN, поэтому KLMN — параллелограмм. Его диагонали KM и LN делят друг друга пополам, что и требовалось доказать.
поэтому треугольник KLM прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине L. Четырёхугольник KLMN — прямоугольник, поэтому
Аналогично 
Тогда имеем:
Поэтому
KL || AC, LM || BD, тогда 
Следовательно,
Из доказанного следует, что BP = PR = RM.
следует, что высота треугольника BRC, проведённая к стороне BC, составляет 
высоты параллелограмма, проведённой к той же стороне. Следовательно, площадь треугольника BRC равна 
высоты параллелограмма, проведённой к стороне BC, сама сторона BN в четыре раза меньше стороны параллелограмма BC. Поэтому
Пусть RM = y, тогда BR = 2y, BM = 3y.
Пусть BP = z, тогда PM = 2z, BM = 3z.
Найдём площадь треугольника BNL. Из подобия треугольников BPN и MPA следует, что
высоты параллелограмма, проведённой к стороне BC.
как вписанные, 
по сумме углов треугольника, 
из параллельности BE и CF. Следовательно, CO — биссектриса угла BCF, значит, 
Аналогично, BO — биссектриса угла CBE, а значит, прямые CE и BF перпендикулярны и делятся точкой O пополам, следовательно, CBEF — ромб. Что требовалось доказать.
Пусть OH — высота треугольника BOC, значит, 
Следовательно, 
как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых секущей, 
как углы равнобедренного треугольника BMD. Значит, 
Далее имеем: 
откуда 
Далее 
Поэтому
откуда
Значит, ABCK — прямоугольник.
откуда находим:
Значит,
как накрест лежащие при параллельных прямых KC и AD и секущей AB, 
как вертикальные, AM = BM. Значит, треугольники AMD и BMK равны, откуда BK = AD = 4.
как накрест лежащие при параллельных прямых KC и AD и секущей CE. Значит, треугольники KOC и DOE подобны по двум углам, откуда 
Следовательно,
откуда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, заключаем, что прямые BH и ED параллельны.
Далее имеем: 
следовательно, AC — биссектриса угла BAD.
Из прямоугольного треугольника CAE находим, что 
Следовательно, CD = AE = 8.
были ее радиусами. Тогда углы BCA и CAD равны как накрест лежащие, а углы BCA и BAC равны, поскольку треугольник ABC равнобедренный. Получаем: 
то есть AC — биссектриса угла BAD.
По теореме синусов:
площади трапеции ABCD.
и четырехугольник KCLA — трапеция. Прямая BE содержит точку пересечения боковых сторон трапеции и середину ее основания AL. Тогда по замечательному свойству трапеции она содержит и середину основания КС — точку O. Таким образом, 
Из подобия треугольников KBC и ABL следует, что 
то есть 
Тогда 
Треугольники LBE и CBO подобны с тем же коэффициентом подобия. Тогда 
поэтому BC — средняя линия треугольника AQD, тогда 
Углы MCD и MBA прямые, из чего следует, что MC и MB — медианы и высоты, тогда треугольники QMD и QMA равнобедренные, то есть 
а значит, 
что и требовалось доказать.
тогда 
MN — медиана, 
поэтому угол 
Треугольник MND прямоугольный и равнобедренный, тогда 
Заметим теперь, что 
Имеем:
Тогда 
откуда 
Треугольники BCO и MOD равны, поскольку 
угол CBO равен углу ODM, а угол C равен углу M. Тогда 
откуда O — середина BD, CO — искомое расстояние. Из равенства треугольников BCO и MOD следует равенство отрезков CO и OM, откуда 
откуда CD = 10. В треугольнике BCD точка О — середина отрезка BD, поэтому CO — медиана. Найдем ее длину по формуле длины медианы:
На пересечении этой прямой и прямой AD отметим точку 
— параллелограмм. 
поскольку 
тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник ACC1 прямоугольный, угол ACC1 прямой. Тогда угол COD прямой, что и требовалось доказать.
и точка M внутри трапеции, такая, что 
MN — медиана, откуда 
Имеем:
Тогда 
Его положительным корнем является AH = 0,5, и тогда AD = 8.
откуда получаем 
или 
Аналогично треугольник EOC — равнобедренный, в нем 
поэтому 
Треугольники AOD и COD равны по трем сторонам, поэтому 
а значит, точка O лежит на диагонали BD.
тогда 
Углы COM и DCO равны как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых OM и DC секущей OC. Луч OM — биссектриса угла EOC, поэтому 
Находим:
Тогда получим:
Из первого уравнения найдем 
и подставим во второе. Получим: 
откуда 
Тогда 
поэтому 
и прямые параллельны.
Значит, треугольник CHA равнобедренный прямоугольный, 3x = 9, x = 3. По теореме Пифагора получаем 
Тогда радиус окружности 
а 
откуда 
Значит, 
и 
Пусть 
тогда 
поэтому треугольники KAD и KBC подобны с коэффициентом 
Отрезок MN — средняя линия трапеции ABCD, она параллельна основанию BC, а тогда 
как односторонние углы при пересечении параллельных прямых секущей. Следовательно, 
Для смежных углов справедливо равенство 
а потому 
В четырёхугольнике MPQN сумма противоположных углов равна 180°, поэтому вокруг него можно описать окружность. Тем самым, точки M, N, P и Q лежат на одной окружности, что и требовалось доказать. 
как соответственные углы при пересечении параллельных прямых секущей. В пункте а) было показано, что 
это означает, что 
и, следовательно, точки A, D, P и Q также лежат на одной окружности. 
и 
Значит, треугольники DPC и AQB подобны по двум углам. Следовательно, 
поскольку по условию отрезки DP и PC перпендикулярны. 
Осталось найти косинус угла CDA. Для этого на отрезке AD отметим точку E такую, что 
Тогда 
Для треугольника CDE запишем теорему косинусов:
Отсюда найдем
по теореме синусов для треугольника MPN можем найти радиус окружности, описанной около четырехугольника MPQN:
найдем MQ по теореме синусов для треугольника MQN:
Пусть 
тогда 
а 
По свойству вписанного в окружность четырехугольника, 
Угол PQN является смежным с ним, значит, 
Поскольку сумма углов PMN и PQN равна 180°, около четырехугольника PQNM можно описать окружность.
причем AD = 2BC. Расстояние от точки D до прямой AB равно 10. Найдите расстояние от точки K до стороны AB.
Следовательно,
поэтому отрезок BC является средней линией треугольника AED. Заметим, что 
откуда 
Таким образом, точка K лежит на средней линии трапеции. Тогда K — середина CD. Из подобия прямоугольных треугольников DH1E и KH2E, где DH1 и KH2 — перпендикуляры к AB, имеем: 
Треугольники BLC и BEP подобны, следовательно, 
Таким образом, 
тогда 
следовательно, отрезок EL является медианой треугольника CEK.
откуда 
тогда 
а значит,
и 
Утроенный квадрат отношения расстояния от точки А до прямой CD к расстоянию от точки С до прямой AD равен 2, СD = 20.
к 
Высоты треугольника обратно пропорциональны сторонам, к которым они проведены, значит, отрезки AD к CD относятся как 
Пусть AH — высота треугольника ADC. Тогда 
следовательно, треугольники BMN и NKA подобны по соотношению двух сторон и равенству углов, заключенных между этими сторонами. Тогда 
следовательно, прямая BM параллельна прямой AN.
и 
Из точек 
Тогда 
Следовательно,
KM = 12, NL = 8.
поэтому 
Отсюда, по теореме косинусов, диагонали четырехугольника PBQC равны 
Без ограничения общности можно считать, что 
Далее, по формуле площади четырехугольника
угол CMD равен 
Поэтому угол 
Но одновременно с этим он прямой. Таким образом, 
и прямые AB и CD параллельны.
тогда 
Углы CDN и ADM равны как вертикальные, тогда 
и 
Тогда 
Таким образом, треугольники ABM и BCN равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, BM = BN.
Треугольник ACM также вписан в окружность, поэтому 
Таким образом, 
Имеем:
Значит, 
поэтому 
следовательно, 
а 
и 
Но углы PCN и NAQ равны из параллельности прямых BС и AD. Значит, равны и углы PRN и NSQ, а значит, прямые PR параллельны SQ. Заметим, что точка N отлична от середины диагонали, следовательно, NP не равно NQ. Следовательно, в четырехугольнике SPRQ две стороны параллельны, но при этом он не является параллелограммом, поскольку его диагонали не делятся точкой пересечения пополам, значит, он является трапецией. Что и требовалось доказать.
Площадь трапеции равна 
Аналогично 
поэтому 
Далее,
Окончательно получаем, что 
Отсюда 
Таким образом, высота трапеции равна 
AK = 3EL.
А угол EOA такой же. Что и требовалось доказать.
Отсюда треугольники EMA и KML подобны по двум сторонам и углу между ними, причем коэффициент подобия равен 2. Заметим еще, что MO — диаметр окружности, описанной около треугольника KML. Поэтому, из теоремы синусов, 
Из предыдущего получаем что 
Значит, угол AHB тоже равен 90°. Поэтому угол четырехугольника с вершиной H — прямой. Аналогично остальные углы этого четырехугольника прямые. Что и требовалось доказать. 
Тогда и вторая диагональ прямоугольника равна a − b. Прямые GH и EF параллельны сторонам ABCD, поэтому угол между ними равен α. Тогда площадь прямоугольника равна 
Из условия получаем равенство: 
Упрощая, получаем равенство 
откуда a = 3b.
и площадь трапеции FCDE равна 
и 
угол D равен β, тогда 
следовательно, 
Пусть EH — высота трапеции CFED, тогда 
следовательно, 
Аналогичным способом вычислим длину BC: 
Треугольник ABM равнобедренный, поэтому углы BAM и BMA равны 
каждый. Таким образом, 
Что и требовалось доказать. 
то есть 
Угол KMN равен 
Применим теперь теорему косинусов для треугольника DMN: 
получим KN = 37, откуда KN = 
Пусть площадь параллелограмма ABCD равна 
Треугольник ALD имеет общие с параллелограммом ABCD высоту и основание, следовательно, 
Таким образом, 
Таким образом, треугольник ALC равнобедренный, 
следовательно, EL проходит через точку O. Получаем:
и BO : AE = 1 : 2, что и требовалось доказать.
и 
площади квадрата ABCD.
и 
Тогда
и 
Поскольку 
получаем: 
Четырехугольник AMND вписан в окружность с диаметром MD, тогда 
Следовательно, треугольники ABN и DCM подобны по двум углам, и отношение их высот равно отношению сторон, к которым эти высоты проведены.
что и требовалось доказать.
и 
Основания KL и CD параллельны, поэтому
тогда 
и 
Пусть отрезок LH — высота трапеции KCDL, следовательно, 
Тогда 
то есть 
а значит, 
Тогда 
и 
Находим основание BC:
откуда
Далее, 
поэтому прямая FB есть биссектриса внешнего угла F треугольника QFC, а потому 
откуда находим:
поэтому 
Но вписанный угол, равный 135°, опирается на дугу в 270°, а потому точки B, F, D лежат на одной окружности с центром A, и тогда 
Таким образом,
Применяя обобщенную теорему синусов к треугольнику ABF, находим радиус описанной вокруг него окружности:
треугольники AO1P и AO2R, тогда
откуда 
следовательно, вокруг четырехугольника BPFQ можно описать окружность, тогда углы BFP и BQP равны как углы, опирающиеся на одну дугу, поэтому 
тогда 
и вокруг четырехугольника APFD можно описать окружность. Следовательно, углы AFP и ADP равны как углы, опирающиеся на одну дугу. Пусть 
тогда из прямоугольного треугольника ADP 
Аналогично, точки A, B, C, H лежат на окружности с диметром AC, значит, 
Отсюда 
Таким образом, отрезки BH и ED параллельны по признаку параллельности.
По теореме синусов для окружности AECD получаем: 
Исключим АС, поделив одно равенство на другое, находим: 
откуда
Аналогично ND = 8. Значит, 
и 
тогда
Следовательно,
Через точку P проведена прямая, перпендикулярная стороне AD и пересекающая прямые CD и BC соответственно в точках 
следовательно, 
и 
Значит, треугольник DPK равнобедренный. Находим:
Следовательно, 
а потому треугольник QCK равнобедренный. Следовательно, 
откуда 
Площадь треугольника QCK равна 
точка O — точка пересечения AС и BD. Точка P — точка пересечения MN и AD, отрезок OH — высота треугольника AOD. Тогда
где 
и 
Треугольники AOH и ODH подобны, следовательно, 
где 
то есть 
Находим:
Тогда 
откуда 
или 
Заметим, что 
Получаем 
следовательно, 
откуда 
и 
если известно, что 
и 
поэтому 
и 
следовательно, треугольник AMO равнобедренный, а значит, 
Тогда 
откуда следует, что отрезок MO параллелен стороне AD, поскольку накрест лежащие углы при секущей AO равны. Аналогично отрезок NO параллелен стороне BC. Следовательно, поскольку стороны BC и AD параллельны, точки М и N лежат на прямой, параллельной основаниям и проходящей через точку O. Что и требовалось доказать.
тогда 
и 
Треугольник AOC равнобедренный, поэтому
и 
следовательно, 
значит, 
Поэтому
значит, 
Тогда по теореме Пифагора в треугольнике CHD:
Значит, 
— это половина угла в египетском треугольнике напротив большего катета. Проведём в таком треугольнике биссектрису и воспользуемся её свойством:
при этом 
следовательно, 
В равнобедренном треугольнике AMO положим 
тогда 
Далее, пусть 
По свойству равнобедренной трапеции 
то есть 
тогда в равнобедренном треугольнике CNO имеем:
то есть 
В прямоугольном треугольнике AOP находим, что 
Тогда треугольники AOP и COE равны по гипотенузе и острому углу. Откуда 
и 
получаем уравнение:
не подходит, поскольку угол α острый. Следовательно, 
а потому искомое отношение равно 1 : 2.
Для треугольников AMO и CFO по теореме косинусов:
Имеем:
Значит, 
тогда 
Значит, 
Тогда из треугольника MOL:
поэтому 
откуда 
Тогда
и удалена от AD на R. Точка Q равноудалена от сторон AD и CD квадрата ABCD, значит, точка Q лежит на диагонали BD и делит её в отношении 1 : 2, считая от D. Аналогично точка P, диаметрально противоположная точке L, лежит на диагонали BD и делит её в отношении 1 : 2, считая от B. Следовательно, 
Тогда 
и
то есть 
Прямоугольные треугольники EDK и ECB подобны с коэффициентом 
следовательно, 
откуда находим:
По теореме Пифагора в треугольнике ABD находим 
По свойству касательной и секущей получаем: 
то есть 
Решением этого уравнения является 
(не подходит) или 
откуда DQ = QP = PB, что и требовалось доказать.
Находим:
следовательно,
Значит, 
поскольку треугольники KOF и NCF подобны, и 
поскольку треугольники KOQ и NDQ равны. Если 
то 
и
Кроме того, 
Тогда
а потому
CN = AN = 24. 
Следовательно, 
Аналогично все углы четырёхугольника KLMN прямые. Следовательно, это прямоугольник. 
и 
Заметим, что точки K и M лежат на средней линии трапеции PQ. Получаем 
тогда 
то есть 
Находим:
где 
Значит, 
и 
Таким образом, 
и 
Треугольники PCO и DEO подобны, причем
Кроме того, 
и 
значит, S1 и S3 — корни уравнения 
Корнями этого же уравнения являются S2 и S4, откуда следует, что 
или 
Из условия 
получаем 
следовательно, отрезок AO является медианой треугольника ABD.
тогда
и 
поэтому
и 
Из подобия треугольников BEF и DEA получаем:
значит, 
Но из пункта а) следует, что CF = AD, поэтому 
значит, 
Тогда треугольники 
поскольку треугольник ABD равен треугольнику BCD. Таким образом,
значит, 
по обратной теореме Пифагора. Тогда 
Следовательно, треугольники ABE и ECK подобны по двум углам. Из подобия имеем:
поскольку 13 = 9 + 4. Значит, треугольник AKE прямоугольный с прямым углом 
по теореме, обратной теореме Пифагора. Из рисунка видно, что 
является внешним для прямоугольного треугольника ABK 
по определению квадрата), следовательно, он равен сумме двух несмежных с ним углов:
откуда x = 3y. По теореме Пифагора для треугольника ABK получаем:
то есть
пополам. Отрезок DN перпендикулярен отрезку AM и делит сторону AB в отношении AN : NB = 5 : 1.
откуда
тогда 
Кроме того, 
равен 
как вертикальный, а 
и 
равны как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых секущей, тогда равны и 
и 
Следовательно, подобны треугольники ABK и PCK по трем углам, а потому треугольник PCK равнобедренный. Запишем пропорцию:
Треугольники ABK и ADP подобны по трем углам, поэтому 
откуда
тогда 
как углы равнобокой трапеции при общем основании, значит, 
(см. рис. 1). Треугольник BMO равнобедренный по признаку, откуда
параллельны прямые AO и KN. Отрезки AO и BO параллельны одной и той же прямой, поэтому точки A, O и B лежат на одной прямой.
Далее, из подобия пар треугольников PMO и KQO и MOB и MQN следует, что
то есть
Из (1) и (3) получаем:
(отрицательный корень не подходит). Значит, 
Аналогично в треугольнике AOC отрезок PK — средняя линия, она параллельна стороне AC и 
Тогда отрезки MN и PK параллельны и равны, значит, четырехугольник MNKP — параллелограмм.
Аналогично 
Кроме того, KN = LM, то есть равны треугольники AKN и CLM. Отсюда AN = CL, тогда треугольники ANO и CLO равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Итак, AO = CO, LO = NO, значит, точка O является центром и ромба, и параллелограмма.
Запишем отношения площадей:
Следовательно, 
По теореме Менелая для треугольника BMD и секущей OK получим:
Найдем площадь четырехугольника KODM:
Тогда из подобия треугольников BEC и FED по двум углам получаем, что 
то есть 
По теореме Менелая для треугольника ACD и секущей OE находим:
В треугольниках ABE и EDF углы при основании равны, а потому 
Углы BCA и CAD равны как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых секущей. Кроме того,
тогда 
Следовательно, точки A, F, С и D лежат на одной окружности.
и 
В равнобедренной трапеции диагонали равны, то есть 
Тогда искомое расстояние равно
Следовательно, треугольник AMO равнобедренный и 
Аналогично 
Поскольку 
получаем: 
Тогда 
Тогда 
По теореме косинусов для треугольников AMO и CNO имеем:
