а) Обозначим за K точку пересечения отрезков AM и BN. Треугольник ABN равнобедренный, так как в нем AK является биссектрисой и высотой. Следовательно, AK является и медианой, то есть K — середина BN. Получаем, что AN = AB = 6, откуда NC = AC − AN = 3.

Рассмотрим треугольник ABC, биссектриса делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам: BM : MC = AB : AC, учитывая, что длина BC равна 5, получаем: BM = 2; MC = 3.

В треугольнике MNC стороны NC и MC равны, следовательно, треугольник MNC — равнобедренный, с основанием MN. Значит, биссектриса угла C также является медианой и высотой. Таким образом, получаем, что биссектриса угла С делит отрезок MN пополам.

б) Рассмотрим треугольник PMN: отрезок PO перпендикулярен прямой MN и делит её пополам, следовательно, треугольник PMN — равнобедренный с основанием MN. Значит, PM = PN и отношение AP : PN = AP : PM.

В треугольнике AMC CP — биссектриса, поэтому AP : PM = AC : MC = 3 : 1.

Ответ: 3 : 1.

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.

а) Площадь треугольника A₁MB₂ в два раза меньше площади треугольника A₁MB, поскольку MB = 2MB₂, а высота, проведённая из вершины A₁, у этих треугольников общая:

Аналогично получаем ещё 5 равенств:

Складывая эти равенства почленно, получаем

б) Обозначим длины сторон BC, AC, AB треугольника ABC через a, b, c.

Докажем, формулу для квадрата медианы Для доказательства на продолжении отрезка AA₁ за точку A₁ отложим отрезок A₁P = AA₁. Получим параллелограмм ACPB со сторонами AC = PB = b и AB = CP = c и диагоналями BC = a и AP = 2AA₁. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон: откуда Аналогично доказывается, что а

Отрезок C₁A₂ — средняя линия треугольника ABM, значит,

Рассуждая аналогично, мы получим, что стороны шестиугольника втрое меньше медиан треугольника

Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника равна

Подставляя в эту формулу длины сторон треугольника ABC, получаем

Ответ:

а) Известно, что медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении 2 : 1, считая от вершины. Значит,

Поэтому треугольники AB₁B и CB₁B равнобедренные, причём ∠B₁AB = ∠ABB₁ и ∠B₁CB = ∠CBB₁. Сумма всех этих четырёх углов равна 180°. Тогда ∠ABC = ∠ABB₁ + ∠CBB₁ = 90°. Отсюда следует, что треугольник ABC прямоугольный.

б) Треугольник A₁BA прямоугольный. Поэтому

Аналогично, из прямоугольного треугольника C₁BC находим:

Сложим полученные равенства:

Ответ: 180.

а) Обозначим , тогда

и треугольник LCD — равнобедренный.

б) Пусть пересекает в точке Тогда

поэтому треугольники HLB и LCB подобны по двум углам. Отсюда

Поскольку получаем . Пусть тогда AB = 2x, BC = 3x. Поскольку AL : LC = AB : BC, находим , Следовательно,

Значит, , откуда

Ответ: 21 : 4 (или 4 : 21).

Приведём решение Александра Шевкина (Москва).

а) Пусть в треугольнике ABC половина угла B равна α (см. рис.). Тогда В равнобедренном треугольнике BLD имеем: По свойству внешнего угла треугольника поэтому треугольник DCL равнобедренный что и требовалось доказать.

б) Пусть Так как находим, что По свойству биссектрисы угла треугольника, поэтому Тогда

В треугольнике ABC по теореме Менелая Так как получаем, что тогда

Примечание.

Можно привести ещё одно решение пункта б). Воспользуемся результатами, полученными выше:

Проведём и пусть В треугольнике DCL: в подобном ему треугольнике ECA: Значит, Тогда по теореме о пропорциональных отрезках:

Приведём решение пункта б) Сергея Фефелова (Москва).

Пусть СМ биссектриса ABC, тогда по свойству биссектрисы Поскольку HL — биссектриса ALM, тогда , а значит,

а) Достроим треугольник ABC до параллелограмма ALBC, тогда M − точка пересечения его диагоналей.

. AL = BC = KC . AC = CD.

Тогда треугольники LAC и KCD равны по двум сторонам и углу между ними. Откуда LC = KD, а , что и требовалось доказать.

б) Пусть O₁ — центр квадрата CKFB. Тогда MO₁ — средняя линия треугольника AKB. Найдем теперь AK по теореме косинусов из треугольника ACK.

откуда

Очевидно, расстояние до другого центра сведется к нахождению DB, которое будет таким же.

Ответ:19.

а) Предположим для определённости, что точка E лежит на катете BC, а точка K — на катете AC. Проведём отрезок KE и заметим, что он является гипотенузой прямоугольного треугольника KCE, подобного треугольнику ABC.

Рассмотрим углы четырёхугольника ABEK. Если ∠ABE = α то

Значит,

Сумма двух противоположных углов в четырёхугольнике 180°, следовательно, четырёхугольник вписан в окружность.

б) Радиус окружности, проходящей через точки A, B и E, равен

Из подобия треугольников CEH и ABC находим

Тогда

Поэтому

Следовательно, искомый радиус равен

Ответ:

а) Возьмём на диагонали AC параллелограмма ABCD точку O (не посередине) и проведём через неё перпендикуляры NL и KM к сторонам параллелограмма (см. рис.). Прямоугольные треугольники CKO и AMO подобны.

Точно так же подобны треугольники CNO и ALO:

Отсюда следует подобие треугольников ONK и OLM. Тогда накрестлежащие углы OML и OKN равны, а поэтому прямые NK и ML параллельны. Следовательно, четырёхугольник KLMN — параллелограмм или трапеция.

Докажем, что это трапеция. Если KLMN — параллелограмм, то ON = OL.

В этом случае OC = OA, то есть O – середина AC. Противоречие. Значит, KLMN — трапеция.

б) Обозначим площадь параллелограмма S, а его острый угол – α. Угол между диагоналями NL и KM трапеции KLMN равен углу между перпендикулярными диагоналям прямыми BC и CD, то есть этот угол равен α.

Поэтому площадь трапеции равна:

Подставляя α = 60° и S = 16, получаем, что площадь трапеции равна

Ответ: 6.

а) Пусть P — основание перпендикуляра, опущенного из точки D на прямую AB, тогда DH = DP.

В равнобедренном треугольнике EAD, ∠AED = 30°.

В прямоугольном треугольнике EPD, откуда получаем, что FH = 2DH.

б) Пусть AM — высота треугольника ABC — пересекает ED в точке N.

Тогда

Пусть DH = EF = x, тогда FH = ED = 2x. Треугольники ABC и AED подобны, следовательно

Значит, площадь прямоугольника DEFH равна

Ответ:

а) Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и AD четырёхугольника ABCD соответственно. Тогда KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC. Значит, и KL || AC || MN, поэтому KLMN — параллелограмм. Его диагонали KM и LN делят друг друга пополам, что и требовалось доказать.

б) В треугольнике KLM имеем:

Значит, KL = 9. Тогда поэтому треугольник KLM прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине L. Четырёхугольник KLMN — прямоугольник, поэтому

Отрезок KL является средней линией треугольника ABC, поэтому Аналогично Тогда, имеем:

Где S — искомая площадь четырёхугольника ABCD. Аналогично Поэтому

Следовательно,

Ответ:

а) Заметим, что высота AA₁ треугольника ABC проходит через точку H. В четырёхугольнике AC₁HB₁ углы C₁ и B₁ — прямые, следовательно, около этого четырёхугольника можно описать окружность, причём AH — её диаметр. Вписанные углы AC₁B₁ и AHB₁ опираются на одну дугу, следовательно, ∠ AHB₁ = ∠AC₁B₁.

Углы BC₁C и BB₁C — прямые, значит, точки B, C, B₁ и C₁ лежат на окружности с диаметром BC. Следовательно,

Получаем, что ∠ACB = ∠AHB₁.

б) В треугольнике AB₁C₁ диаметр описанной окружности откуда

В прямоугольном треугольнике BB₁A имеем:

В прямоугольном треугольнике CC₁A имеем:

Получаем, что Треугольники ABC и AB₁C₁ имеют общий угол A и следовательно, они подобны. Тогда Значит, BC = 2B₁C₁ = 24.

Ответ: 24.

а) Пусть угол BAC = α. Углы BAC и KHB равны, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Рассмотрим четырёхугольник BKHM ∠BKH + ∠BMH = 90° + 90° = 180°, следовательно, четырёхугольник BKHM вписан в окружность. Значит, углы KHB и KMB — вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Таким образом, ∠BAC = ∠KHB = ∠KMB. Треугольники ABC и MBK имеют общий угол B и ∠BAC = ∠KMB, значит, эти треугольники подобны по двум углам.

б) Из прямоугольного треугольника BKH находим, что Для треугольника ABC справедливо равенство Учитывая, что ∠KHB = ∠BAC получаем: Стороны BC и BK — сходственные в подобных треугольниках ABC и MBK, следовательно, их коэффициент подобия Найдём отношение площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC:

Ответ:

Известно, что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины. Значит,

Поэтому треугольники AB₁B и CB₁B равнобедренные, причём ∠B₁AB = ∠ABB₁ и ∠B₁CB = ∠CBB₁. Сумма всех этих четырёх углов равна 180°. Тогда ∠ABC = ∠ABB₁ + ∠CBB₁ = 90°. Следовательно, треугольник ABC — прямоугольный.

б) Треугольник A₁BA прямоугольный. Поэтому

Аналогично из прямоугольного треугольника C₁BC находим:

Ответ: 125.

а) Обозначим точки пересечения прямой BM c прямыми AN и AC буквами P и R соответственно.

Пусть O – точка пересечения диагоналей параллелограмма. Тогда AO и BM — медианы треугольника ABD, значит,

Из подобия треугольников BPN и MPA находим, что

Значит, Из доказанного следует, что

б) Пусть площадь параллелограмма равна S . Из подобия треугольников MRA и BRC с коэффициентом следует, что высота треугольника BRC, проведённая к стороне BC, составляет высоты параллелограмма, проведённой к той же стороне. Следовательно, площадь треугольника BRC равна

Аналогично найдём площадь треугольника BNP . Его высота, проведённая к BN , составляет высоты параллелограмма, проведённой к стороне BC , а сама сторона BN в четыре раза меньше стороны параллелограмма BC. Поэтому

Следовательно, площадь четырёхугольника PRCN равна

Ответ: 14.

а) Обозначим точки пересечения лучей с отрезком BM — буквами P и R (см. рисунок), и пусть O — точка пересечения диагоналей параллелограмма, а N — точка пересечения луча AP и прямой BC.

Точка R делит медиану BM треугольника ABD в отношении 2 :1 считая от B. Следовательно, R лежит на медиане AO этого треугольника, то есть луч AR содержит диагональ AC .

б) Пусть L — точка пересечения AN и BD. Нужно найти площадь четырёхугольника LNCO. Пусть площадь параллелограмма равна S . Площадь треугольника BOC равна Найдём площадь треугольника BNL . Из подобия треугольников BPN и MPA следует, что

откуда

Теперь из подобия треугольников BNL и DAL следует, что их соответствующие высоты относятся как 1:4 , а поэтому высота треугольника BNL, проведённая к BN, составляет высоты параллелограмма, проведённой к стороне BC.

Поэтому

Следовательно, площадь четырёхугольника LNCO равна

Ответ: 9.

а) Пусть Из рисунка видно, что площадь шестиугольника равна сумме площадей Поскольку треугольник A₁B₁C₁ подобен треугольнику ABC c коэффициентом подобия его площадь Пусть K — точка пересечения медианы AA₁ и средней линии B₁C₁. Медиана и средняя линия делят друг друга пополам, поскольку они являются диагоналями параллелограмма AB₁A₁C₁. Откуда — медиана треугольника AB₁C₁. Заметим, что

то есть точка A₂ делит медиану AK треугольника AB₁C₁ в отношении 2 : 1. Значит, это точка пересечения медиан треугольника AB₁C₁. Площадь треугольника B₁C₁A₂ равна трети площади треугольника AB₁C₁, то есть равна Аналогично площади треугольников A₁C₁B₂ и A₁B₁C₂ равны Откуда площадь шестиугольника A₁B₂C₁A₂B₁C₂ равна

б) Пусть длины сторон BC, AC, AB треугольника ABC равны a, b, c. Докажем, что квадрат медианы AA₁ равен Для доказательства на продолжении отрезка AA₁ за точку A₁ отложим отрезок A₁P = AA₁. Получим параллелограмм ACPB со сторонами AC = PB = b и AB = CP = c и диагоналями BC = a и AP = 2AA₁. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон:

Аналогично а Пусть L — середина отрезка AB₁. Поскольку A₂ — точка пересечения медиан треугольника AB₁C₁, она лежит на отрезке C₁L и делит его в отношении 2 : 1, считая от точки C₁. Значит, Но треугольники AB₁C₁ и ABC подобны с коэффициентом 1/2, поэтому и Повторяя те же рассуждения для треугольника A₁B₁C получаем, что отрезок A₁C₂ равен Применяя аналогичные рассуждения, получим что стороны шестиугольника втрое меньше медиан треугольника ABC: Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника равна:

Подставляя числовые значения получаем, что сумма квадратов шести сторон треугольника равна

Ответ: 21,5.

а) как накрест лежащие. как углы равнобедренного треугольника BMD. Значит,

поэтому все три части угла равны (причем, очевидно, равны 30°).

б) Ясно, что расстояние от A до CM ровно вдвое больше, поскольку O (точка пересечения диагоналей) — середина AC. Значит,

Заметим, что откуда Далее Поэтому

Ответ: 3.

Прямые AD и BC параллельны, поэтому ∠ACB = ∠CAD.

Предположим, что ∠BAC = ∠ACD, тогда получаем, что прямые AB и CD параллельны и ABCD — параллелограмм. Значит, предположение неверно и ∠ABC = ∠ACD.

б) Треугольники ABC и DCA подобны. Следовательно, откуда

Опустим из вершины C перпендикуляр CK на основание AD. Тогда Значит, ABCK — прямоугольник.

Следовательно,

Пусть M и N — середины оснований AD и BC соответственно, MH — перпендикуляр к AD. Тогда ABMH — прямоугольник. Получаем, что

В прямоугольном треугольнике MNH имеем:

Ответ:

а) Пусть K — середина отрезка AM. Треугольник AMB равнобедренный, поэтому отрезок BK является в нём медианой, биссектрисой и высотой. Поскольку прямые DM и AM перпендикулярны, прямая KB|| MD и содержит среднюю линию треугольника AMD, то есть проходит через середину стороны AD. Аналогично, биссектриса угла MCD тоже проходит через середину стороны AD. Следовательно, биссектрисы углов B и C четырёхугольника ABCD пересекаются на стороне AD.

б) Пусть прямые AM и BN пересекаются в точке K, а прямые DM и CN — в точке L. Тогда четырёхугольник KMLN — прямоугольник.

Аналогично,

Тогда

Ответ: б) 98.

Заметим, что отрезок AC виден из точек K и M под углом 90°, поэтому точки М, К, С и А лежат на одной окружности, диаметром которой является отрезок АС. Аналогично, точки M, K, H, E лежат на окружности, диаметром которой является MK.

Пусть Тогда , так как они опираются на одну дугу KC в окружности, описанной вокруг четырёхугольника AMKC. Кроме того, так как они опираются на одну дугу KH в окружности, описанной вокруг четырёхугольника MKHE. Так как прямые EH и АС параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении EH и AC секущей OA. Это и требовалось доказать.

б) Используем подобие треугольников:

, кроме того, поэтому тогда EH = 

Тем самым искомое отношение длин сторон равно 3:4.

Укажем другое решение.

Приведём другое решение пункта б)

Пусть КС = 2x, тогда из треугольника KHC находим HC = X, из ΔOKC: ∠KOC = 30°, тогда OC = 4x, откуда

В силу подобия ΔOEH и ΔОАС получаем:

Ответ:

а) Обозначим высоту трапеции через h (рис. 1). Тогда расстояние от точки M до прямой AD равно Значит,

При этом

поэтому

б) Пусть прямые BC и MD пересекаются в точке K (рис. 2). Тогда 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.

Углы KOC и DOE равны как вертикальные, как накрест лежащие при параллельных прямых KC и AD и секущей CE. Значит, треугольники KOC и DOE подобны по двум углам, откуда Следовательно,

Ответ: б)

а) AMKC — вписанный четырехугольник, поскольку  — все точки лежат на окружности с диаметром AC. Аналогично MKEH — вписанный, причем в окружность с диаметром MK. Значит,

откуда

б) Обозначим за O точку пересечения AK и MC. Тогда Поэтому KOC — равнобедренный прямоугольный треугольник, и его высота KH совпадает с его медианой, то есть H — середина OC. Аналогично E — середина OA, поэтому EH — средняя линия треугольника AOC и

Ответ:

а) Продлим AB и DC до пересечения в точке O. Тогда треугольники OBC, OCE, OHA, OAD подобны по двум углам ( и прямому). Значит, OB:OC = OC:OE = OA:OD = OH:OA. Перемножая первые два и последние два отношения, находим OB:OE = OH:OD, откуда

б)

Ответ:BH:ED = 1:2

а) Треугольники АНС и ВНС прямоугольные (рис. 1), поэтому и Значит, треугольники MCN и MHN равны по трём сторонам, откуда

б) В прямоугольном треугольнике АВС имеем: (рис. 2).

В прямоугольном треугольнике МНР и MCQ с общим углом CMH получаем:

поэтому треугольники МНС и MРQ подобны с коэффициентом подобия

Площадь S треугольника МНС равна половине площади треугольника АНС, то есть

Найдём

Значит, площадь треугольника MPQ равна

Ответ: б) 50.

Примечание Дмитрий Гущина.

Площадь треугольника PQM равна половине произведения QC на PM. Для того, чтобы определить длины данных отрезков, можно два раза применить теорему Менелая:

откуда:

а) Имеем:

равнобедренный, следовательно,

Тогда

б) прямоугольный.

AM — биссектриса. Следовательно,

Ответ: 268, 8.

а) Обозначим , тогда , , , поэтому значит, треугольник LCD — равнобедренный.

б) Пусть H — точка пересечения DL с AB. Тогда

поэтому по двум углам. Отсюда

Поскольку , то Пусть BC = x, AB = 3x. По теореме о биссектрисе откуда находим , Тогда

Ответ: 7:9.

а) Прямая ML параллельна прямой AC, так как содержит среднюю линию треугольника ABC (см. рисунок). Следовательно,

Таким образом,

то есть точки A, B, C и L лежат на окружности с центром в точке M. Получаем:

а значит, треугольники AML и BLC подобны по двум углам.

б) Углы ALB и ACB опираются на одну дугу, значит, Коэффициент подобия треугольников BLC и AML равен

По условию

откуда

Значит, и площади треугольников AML и BLC относятся как

Ответ: б) 25 : 36.

а) По теореме Менелая и Поскольку находим:

б) По теореме Менелая Также имеем Заметим, что треугольники AB₁B и BCB₁ имеют общую высоту, следовательно: Поэтому Аналогично доказываем, что

Треугольники AOC и AC₁O имеют общую высоту, поэтому Аналогично доказываем, что Тогда

Ответ:

Приведём другое решение (Олег Цимбалист).

а) Из заданного по условию соотношения длин отрезков следует подобие треугольников и с коэффициентом подобия, равным 5, из которого, в свою очередь, следует параллельность отрезков и . Отрезок рассекает исходный треугольник на треугольник и трапецию , в которой точка О — это точка пересечения диагоналей.

Точка пересечения диагоналей трапеции лежит на прямой, проходящей через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и середины её оснований, из чего следует искомое утверждение.

б) Пусть в треугольнике ABC длина основания BC равна a, а высота, опущенная из вершины на основание BC, равна h. И пусть площадь треугольника АВС равна тогда

Высота отсеченной трапеции составит Диагонали трапеции отсекают от неё подобные треугольники и в которых

Высоты этих треугольников тоже соотносятся как 5:1, следовательно, высота треугольника составит 5/6 от высоты трапеции Поэтому площадь а площадь треугольника составит его 25-ю часть, то есть Наконец,

Итак, искомое соотношение равно 1:15.

а) Поскольку треугольник ABC — прямоугольный, то AK ⊥ DB. Поскольку M — середина AB, то CM — медиана прямоугольного треугольника, откуда CM = MB = AM. Тогда ∠MBC = ∠MCB = ∠DCH (поскольку ∠DCH и ∠MCB — вертикальные).

Поскольку AK ⊥ DB, DC = AC и KC = CB, то треугольники DCK и ACB равны. Значит, ∠CDK = ∠CAB. Так как ∠CDK = ∠CAB и ∠DCH = ∠CBA, то треугольники DCH и ABC подобны по двум углам. Значит, DCH — прямоугольный и CH ⊥ DK.

б) По теореме Пифагора AB = 338. Тогда CM = 169. Имеем то есть DH = 50, тогда HK = 288. Значит, Тогда

Ответ: 289.

а) Поскольку AM = MB, то MC — медиана треугольника ABC. Пусть AC = a, BC = b, тогда CM = 

Заметим, что (так как )

Тогда по теореме косинусов

б) Проведем к стороне AC высоты BH и MT. Имеем Тогда из подобия треугольников ABH и AMT, получаем, MT = 

Пусть точка P лежит на прямой MT, PO₂ ⊥ MP. Тогда TP =  Тогда MP = 

Заметим, что Тогда По теореме Пифагора Аналогично получаем, что

Ответ: б) 7.

а) Площадь треугольника A₁MB₂ в два раза меньше площади треугольника A₁MB, поскольку MB = 2MB₂, а высота, проведённая из вершины A₁, у этих треугольников общая:

Аналогично получаем ещё 5 равенств:

Складывая эти равенства почленно, получаем

б) Обозначим длины сторон BC, AC, AB треугольника ABC через a, b, c.

Докажем, что квадрат медианы AA₁ равен

Для доказательства на продолжении отрезка AA₁ за точку A₁ отложим отрезок A₁P = AA₁. Получим параллелограмм ACPB со сторонами AC = PB = b и AB = CP = c и диагоналями BC = a и AP = 2AA₁. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон: откуда

Аналогично доказывается, что а

Отрезок С₁А₂ — средняя линия треугольника ABM, значит,

Рассуждая аналогично, мы получим, что стороны шестиугольника втрое меньше медиан треугольника ABC: Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника равна

Подставляя в эту формулу длины сторон треугольника ABC, получаем ответ: сумма квадратов сторон шестиугольника равна

Ответ:

а) Из равнобедренности треугольников , следовательно, AC — биссектриса угла BAD.

б) Поскольку BA = BD = BC = 8,5, точки A, D и C лежат на окружности радиуса 8,5 с центром в точке B. Продолжим основание BC за точку B до пересечения с этой окружностью в точке E. Тогда EC — диаметр окружности, а ADCE — равнобедренная трапеция. Поэтому AE = CD, а так как точка A лежит на окружности с диаметром CE, получаем, что Из прямоугольного треугольника CAE находим, что Следовательно, CD = AE = 8.

Ответ: 8.

а) Обозначим ∠CBD = α. Треугольник BMD равнобедренный, поэтому ∠DBM = ∠BDM = ∠CBD = α.

Прямоугольные треугольники ACB и BDA равны по катету и гипотенузе, поэтому ∠ACB = ∠ADB = α.

Пусть H — точка пересечения BM и AC. Тогда BH — высота прямоугольного треугольника ABC, проведенная из вершины прямого угла. Значит, ∠ABH = ∠ACB = α. Следовательно,

б) Имеем

Из прямоугольного треугольника CMD находим

Пусть O — центр прямоугольника ABCD. Расстояние от центра O прямоугольника ABCD до прямой CM равно высоте OP треугольника CMO. Площадь треугольника CMO равна половине площади треугольника ACM:

Ответ:

а) Пусть E — середина KC. Тогда ME — медиана прямоугольного треугольника CMK, проведенная из вершины прямого угла. Значит, Кроме того, Значит, треугольник AME равен треугольнику CMK и тоже прямоугольный, следовательно,

б) Из прямоугольных треугольников ABC и KBC находим, что

Через вершину A проведем прямую, параллельную BC. Пусть T — точка пересечения этой прямой с прямой MK, а D — точка пересечения прямой BK с прямой AT.

Из равенства треугольников AMT и BMP (по стороне и двум углам) получаем, что а из подобия треугольников CKP и AKT следует, что Значит, B — середина CP.

Треугольник AKD подобен треугольнику CKB с коэффициентом поэтому а так как , AD — средняя линия треугольника BQP. Значит,

Следовательно,

Ответ: 14.

а) Пусть BC ∩ AE = L, тогда треугольники AED и LEC равны, так как DE = CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Следовательно, BE — медиана ABL. Далее, ΔABE ∼ ΔKBO, , и ΔLBE ∼ ΔCBO с тем же коэффициентом подобия Тогда

б) Поскольку ΔAED = ΔLEC, Далее, ΔKBC∼ΔABL. Значит, то есть Тогда

Ответ: 3 : 7.

а) Треугольники BCE и CDK равны по двум катетам, следовательно,

то есть прямая BE перпендикулярна прямой CK. Тогда в четырёхугольнике ABOK: ∠BAK = ∠BOK = 90°. Поэтому вокруг него можно описать окружность.

б) Введём систему координат как показано на рисунке. В этой системе

Уравнение прямой KC: уравнение прямой BE: Координаты точки O найдём из системы уравнений

Тогда расстояние между и равно

Ответ: б) 1.

Приведём другое решение п. а).

Повернём треугольник BCE на 90° по часовой стрелке и параллельным переносом совместим точку B с точкой C. Тогда треугольник BCE наложится на CKD, прямая BE совпадет с прямой CK. Поскольку после поворота прямые совпали, до поворота угол между ними был 90°.

Приведём другое решение п. б).

Прямоугольные треугольники BCE и BAK равны по двум катетам, значит, то есть на хорды AO и AB описанной около четырёхугольника ABOK окружности опираются равные углы. Таким образом,

а) Продлим боковые стороны трапеции. Так как то 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.

б) Опустим высоту MN в равнобедренном треугольнике AMD. MN — медиана, откуда тогда Поскольку MN — медиана, то угол Треугольник MND — прямоугольный и равнобедренный, тогда Заметим теперь, что тогда Имеем:

откуда тогда Тогда

Ответ: б)

а) Поскольку ABCD — равнобедренная трапеция, то

б) В треугольнике AMC: угол

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

Ответ: б) 4.

а) Проведем через точку прямую параллельную . На пересечении этой прямой и прямой отметим точку , — параллелограмм.

В треугольнике ACC₁:

Заметим, что поскольку , тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник ACC₁ — прямоугольный, угол ACC₁ прямой. Тогда угол COD прямой, что и требовалось доказать.

б)

Ответ: б) 60.

а) Продлим боковые стороны трапеции. Так как то 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.

б) Опустим высоту MN в равнобедренном треугольнике AMD. MN — медиана, откуда тогда Поскольку MN — медиана, то угол Треугольник MND — прямоугольный и равнобедренный, тогда Заметим теперь, что тогда Имеем:

откуда Тогда

Ответ: б)

а) Пусть CO пересекает AB в точке F, OB₁ пересекает AB в точке E, CO пересекает BB₁ в точке G, а углы A, B и C соответственно α, β и γ. Покажем, что отрезок AB₁ виден из точек O и B под одним и тем же углом — это будет означать, что точки A, B₁, B, O лежат на одной окружности.

В треугольнике CGB имеем:

Тогда

В треугольнике OGB имеем: тогда

Треугольник B₁OB равнобедренный, так как GO — серединный перпендикуляр к BB₁. Поэтому

В треугольнике ABC точка O — инцентр, поэтому Следовательно,

б) Площадь четырехугольника AOBB₁ найдем по формуле Заметим, что B₁O = OB, так как треугольник B₁OB равнобедренный, и что из треугольника EOB.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, в нем Далее опустим перпендикуляр OH на сторону BC. Тогда как радиус вписанной окружности. Тогда откуда

Далее имеем:

Тогда

Ответ: б) 18.

а) Рассмотрим треугольник AHC. В нем AA₁ и CC₁ — высоты. Тупой угол между высотами дополняет угол между сторонами, к которым они проведены, до 180°. Поэтому .

б) Рассмотрим треугольник AHC, в нем . Сторону AC найдём по теореме косинусов:

Тем самым,

Ответ: б)

Сформулируем теорему, которую мы применили для решения пункта б).

Расстояние от вершины треугольника до точки пересечения его высот равно произведению стороны, противолежащей этой вершине, на котангенс угла при этой вершине. Эту теорему можно доказать, рассматривая треугольники АСС₁ и ВНС₁. В силу их подобия имеем: откуда

Рекомендуем сравнить эту задачу с заданием 505425 из экзаменационного варианта ЕГЭ 2014 года.

Приведем другое решение пункта б):

Рассмотрим треугольник C₁CH, заметим, что угол C₁CH равен 30°. Поэтому в прямоугольном треугольнике CBA₁ катет BA₁ вдвое меньше гипотенузы: BA₁ = 4. Значит, АA₁ = 11. Из треугольника AA₁H находим Теперь по теореме Пифагора вычисляем:

Приведем ещё одно решение пункта б):

Заметим, что в треугольнике АНС точка В — ортоцентр. В силу свойства ортоцентра откуда получаем: (это же следует из подобия треугольников и ).

Из прямоугольного треугольника CBA₁ находим катет BA₁, противолежащий углу в 30°: BA₁ = 4. Из треугольника АВС находим высоту:

а) Углы ABD и ACD прямые, поэтому вершины четырехугольника ABCD лежат на окружности диаметром AD. Значит АВ = CD, поскольку .

б) Пусть ВН — высота трапеции ABCD. Трапеция вписана в окружность, поэтому она равнобедренная. Следовательно, AD = 2AH + BC. Тогда

,

откуда AH = 0,5; AD = 8.

Ответ: 8.

а) Точка О является центром окружности, описанной около треугольника АЕС, поэтому

б) Прямая ВD является серединным перпендикуляром к отрезку АС, поэтому точка О лежит на этой прямой.

Пусть точка М — середина отрезка ЕС. Тогда Прямоугольные треугольники ВМО и ВСD подобны, поэтому

Значит,

Ответ: 3 : 1.

а) Поскольку треугольник равнобедренный, а треугольники и равны по первому признаку, то углы и равны. Аналогично равны углы и и прямые параллельны.

б) Найдем радиус окружности. Пусть он равен Проводя высоту в трапеции по теореме Пифагора получаем а радиус окружности ровно в раз меньше. C другой стороны, Значит, треугольник  — равнобедренный прямугольный, и требуемая площадь

Ответ: б)

а) Пусть тогда откуда Тогда Но и есть диаметр описанной окружности треугольника

б) откуда и

Ответ: б)

а) Как известно, точка пересечения диагоналей трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой, поэтому и  — середины и соответственно. Из условий описанности находим откуда Значит, и

б) Опустим высоту на Пусть тогда

Итак, поэтому треугольники и подобны с коэффициентом

Ответ: б)