а) Обозначим 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 отрезок 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, найдем по теореме синусов:

Из подобия треугольников CEH и ABC находим

Тогда

Поэтому

Следовательно, искомый радиус

Приведем решение п. б) присланное пользователем сайта.

Продолжим отрезок КН за точку Н и точку его пересечения окружностью назовем Р. Очевидно, следовательно, Заметим, что как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит, то есть — прямой. Таким образом, и CHPB — параллелограмм, в котором BP = CH = 5, а AP диаметр окружности. Найдем его из прямоугольного треугольника ABP:

Следовательно, искомый радиус

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: в нем ∠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, а ∠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 BP=PR=RM.

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 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.

Приведем 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:

Приведем решение Александра Шевкина (Москва).

а) Построим вспомогательную окружность с диаметром MK. Она пройдёт через точки E и H, так как

Построим вспомогательную окружность с диаметром AC. Она пройдёт через точки M и K, т. к.

По свойству вписанных углов , а , значит, . А это соответственные углы при прямых ЕН и АС и секущей AE. Из равенства этих углов следует параллельность прямых ЕН и АС, что и требовалось доказать.

б) Прямая MK, проходящая через основания высот треугольника ABC, отсекает треугольник KMB, подобный треугольнику ABC. Коэффициент подобия равен

Рассмотрим треугольники MOK и EOH. Они подобны по двум углам: (свойство вписанных углов), (вертикальные). Коэффициент подобия равен

Умножив полученные равенства

и

найдём отношение оно равно

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

Приведем другое решение п. б) предложенное Олегом Цимбалистом.

Пусть Тогда как внешний угол треугольника BLD. По теореме синусов для треугольника BHL, имеем

Заметим теперь, что а По теореме синусов для треугольника AHL, имеем

Значит,

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 MC = 169. Имеем то есть DH = 50, тогда HK = 288. Значит, Тогда MH = 120 + 169 = 289.

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, как угол в прямоугольном треугольнике, лежащий напротив катета, который в два раза меньше гипотенузы.

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 H пересечения его высот AA₁, BB₁, CC₁ 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 получаем уравнение Его положительным корнем является AH = 0,5, и тогда AD = 8.

Ответ: 8.

Приведем другую идею решения пункта б).

Так как BH — высота прямоугольного треугольника ABD, квадрат катета AB равен произведению проекции этого катета на гипотенузу, то есть проекции AH на AD. Но откуда получаем или

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)

а) Пусть и  — центры квадратов АСDE и CBFG. Тогда и  — средние линии треугольников АBD и АBG, поэтому достаточно доказать, что Если то Если же то образуются треугольники BCD и GCA, которые равны по двум сторонам ( ) и углу между ними:

Значит, Следовательно,

б) Треугольник АBC прямоугольный с прямым углом при вершине C, поскольку:

Треугольник DMG состоит из трёх треугольников: DCG, DCM и GCM. Прямоугольные треугольники DCG и АСB равны по двум катетам, поэтому Далее, Где  — точка пересечения прямых и BD. Аналогично Поэтому

Ответ: б)