441ФИПИ FDB483№ 23Повышенная Высота $AH$ ромба $ABCD$ делит сторону $CD$ на отрезки $DH = 24$ и $CH = 1$. Найдите высоту ромба.
- 1
Сторона ромба равна стороне $CD$, которая состоит из двух данных отрезков:$$CD = DH + CH = 24 + 1 = 25$$
- 2
Все стороны ромба равны, поэтому $AD = 25$. Треугольник $ADH$ прямоугольный, так как $AH$ — высота ромба.$$AD^2 = AH^2 + DH^2$$
Ещё 1 шаг — в полном решении
442ФИПИ 006642№ 24Повышенная Сторона $AD$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AB$. Точка $M$ — середина стороны $AD$. Докажите, что $BM$ — биссектриса угла $ABC$.
- 1
Поскольку $M$ — середина стороны $AD$, имеем $AM = \dfrac{AD}{2}$. По условию $AD = 2AB$, поэтому $AM = AB$.$$AM = \dfrac{AD}{2} = \dfrac{2AB}{2} = AB$$
- 2
Треугольник $ABM$ равнобедренный, так как в нём равны стороны $AB$ и $AM$. Поэтому углы при основании равны.$$\angle ABM = \angle BMA$$
Ещё 2 шага — в полном решении
443ФИПИ 079233№ 24Повышенная Сторона $BC$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AB$. Точка $K$ — середина стороны $BC$. Докажите, что $AK$ — биссектриса угла $BAD$.
- 1
Так как $K$ — середина стороны $BC$, имеем $BK = \dfrac{BC}{2}$.
- 2
По условию $BC = 2AB$, поэтому $BK = \dfrac{2AB}{2} = AB$.
Ещё 4 шага — в полном решении
444ФИПИ 0796BC№ 24Повышенная Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрали произвольную точку $F$. Докажите, что сумма площадей треугольников $BFC$ и $AFD$ равна половине площади параллелограмма.
- 1
Обозначим через $h_1$ расстояние от точки $F$ до прямой $BC$, а через $h_2$ — расстояние от точки $F$ до прямой $AD$.
- 2
Площади треугольников, взятых с основаниями $BC$ и $AD$, равны:$$S_{BFC}=\frac12 BC\cdot h_1,\qquad S_{AFD}=\frac12 AD\cdot h_2$$
Ещё 3 шага — в полном решении
445ФИПИ 13AC23№ 24Высокая Сторона $AB$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AD$. Точка $L$ — середина стороны $AB$. Докажите, что $DL$ — биссектриса угла $ADC$.
- 1
Обозначим $\overrightarrow{DA}=\vec a$, $\overrightarrow{DC}=\vec b$. В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому $DC=AB$. По условию $AB=2AD$, следовательно, $|\vec b|=2|\vec a|$.$$|\vec b|=2|\vec a|$$
- 2
Так как $L$ — середина стороны $AB$, а $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\vec b$, имеем $\overrightarrow{AL}=\frac12\vec b$.$$\overrightarrow{AL}=\frac12\vec b$$
Ещё 3 шага — в полном решении
446ФИПИ 18E434№ 24Повышенная Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $BC$ и $AD$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезки $BK$ и $DM$ равны.
- 1
Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, поэтому отрезки $BO$ и $DO$ равны.$$BO=DO$$
- 2
Рассмотрим треугольники $BOK$ и $DOM$. Углы $BOK$ и $DOM$ вертикальные, следовательно, они равны.$$\angle BOK=\angle DOM$$
Ещё 3 шага — в полном решении
447ФИПИ 2EF3D2№ 24Повышенная В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали пересекаются в точке $P$. Докажите, что площади треугольников $APB$ и $CPD$ равны.
- 1
Рассмотрим треугольники $APD$ и $CPB$. Углы $APD$ и $CPB$ — вертикальные, поэтому они равны. Кроме того, углы $ADP$ и $CBP$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $DB$.$$\angle APD=\angle CPB,\quad \angle ADP=\angle CBP$$
- 2
Следовательно, треугольники $APD$ и $CPB$ подобны по двум углам.$$\triangle APD\sim\triangle CPB$$
Ещё 3 шага — в полном решении
448ФИПИ 367AFE№ 24Повышенная Сторона $CD$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $BC$. Точка $N$ — середина стороны $CD$. Докажите, что $BN$ — биссектриса угла $ABC$.
- 1
Так как $N$ — середина стороны $CD$, то $CN = \dfrac{CD}{2}$.
- 2
По условию $CD = 2BC$, поэтому $CN = \dfrac{CD}{2} = BC$.
Ещё 4 шага — в полном решении
449ФИПИ 36C482№ 24Высокая Биссектрисы углов $C$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $L$, лежащей на стороне $AB$. Докажите, что $L$ — середина $AB$.
- 1
Так как $DL$ — биссектриса угла $D$, точка $L$ равноудалена от прямых $DA$ и $DC$.
- 2
Поскольку $AB \parallel CD$ и точка $L$ лежит на $AB$, расстояние от $L$ до прямой $DC$ равно расстоянию между параллельными прямыми $AB$ и $CD$. Обозначим это расстояние через $h$.
Ещё 4 шага — в полном решении
450ФИПИ 3842C4№ 24Повышенная Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $BC$ и $AD$ в точках $L$ и $N$ соответственно. Докажите, что отрезки $CL$ и $AN$ равны.
- 1
Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, точка $O$ является серединой отрезков $AC$ и $BD$.$$OA=OC,\quad OB=OD$$
- 2
Рассмотрим поворот на $180^\circ$ вокруг точки $O$. Так как $O$ — середина диагонали $AC$, точка $C$ переходит в точку $A$. Аналогично, точка $B$ переходит в точку $D$.
Ещё 2 шага — в полном решении
451ФИПИ 4E334E№ 24Повышенная Сторона $BC$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $CD$. Точка $K$ — середина стороны $BC$. Докажите, что $DK$ — биссектриса угла $ADC$.
- 1
Так как $K$ — середина стороны $BC$, имеем $BK = KC = \dfrac{BC}{2}$. По условию $BC = 2CD$, поэтому $KC = CD$.$$KC = \frac{BC}{2} = CD$$
- 2
Следовательно, треугольник $DCK$ равнобедренный с равными сторонами $KC$ и $CD$. Поэтому его углы при основании равны.$$\angle KDC = \angle DCK$$
Ещё 3 шага — в полном решении
452ФИПИ 632804№ 24Повышенная Биссектрисы углов $B$ и $C$ четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$, лежащей на стороне $AD$. Докажите, что точка $O$ равноудалена от прямых $AB$, $BC$ и $CD.
- 1
Точка $O$ лежит на биссектрисе угла $B$ четырёхугольника $ABCD$. Поэтому по свойству биссектрисы она равноудалена от сторон этого угла — прямых $AB$ и $BC$.$$\operatorname{dist}(O,AB)=\operatorname{dist}(O,BC)$$
- 2
Точка $O$ также лежит на биссектрисе угла $C$. Следовательно, она равноудалена от сторон угла $C$ — прямых $BC$ и $CD$.$$\operatorname{dist}(O,BC)=\operatorname{dist}(O,CD)$$
Ещё 1 шаг — в полном решении
453ФИПИ 730010№ 24Повышенная Биссектрисы углов $A$ и $B$ четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K$, лежащей на стороне $CD$. Докажите, что точка $K$ равноудалена от прямых $AB$, $BC$ и $AD$.
- 1
Точка $K$ лежит на биссектрисе угла $A$, сторонами которого являются лучи $AB$ и $AD$. По свойству биссектрисы расстояния от точки $K$ до прямых $AB$ и $AD$ равны.$$d(K,AB)=d(K,AD)$$
- 2
Точка $K$ также лежит на биссектрисе угла $B$, сторонами которого являются лучи $BA$ и $BC$. Поэтому расстояния от точки $K$ до прямых $BA$ и $BC$ равны. Прямые $BA$ и $AB$ совпадают.$$d(K,AB)=d(K,BC)$$
Ещё 1 шаг — в полном решении
454ФИПИ 7A5DF6№ 24Повышенная На средней линии трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ выбрали произвольную точку $F$. Докажите, что сумма площадей треугольников $BFC$ и $AFD$ равна половине площади трапеции.
- 1
Обозначим длины оснований трапеции $AD$ и $BC$ через $a$ и $b$, а её высоту — через $h$.
- 2
Так как $F$ лежит на средней линии трапеции, расстояние от точки $F$ до каждого из оснований равно половине высоты трапеции, то есть $\dfrac{h}{2}$.
Ещё 5 шагов — в полном решении
455ФИПИ 8A0155№ 24Повышенная На средней линии трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ выбрали произвольную точку $K$. Докажите, что сумма площадей треугольников $BKC$ и $AKD$ равна половине площади трапеции.
- 1
Обозначим высоту трапеции $ABCD$ через $h$. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и проходит на одинаковом расстоянии от них. Поэтому расстояния от точки $K$ до прямых $BC$ и $AD$ равны $\dfrac{h}{2}$.$$d(K,BC)=d(K,AD)=\dfrac{h}{2}$$
- 2
Основанием треугольника $BKC$ является $BC$, а его высота равна расстоянию от точки $K$ до прямой $BC$.$$S_{BKC}=\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot\dfrac{h}{2}=\dfrac{BC\cdot h}{4}$$
Ещё 3 шага — в полном решении
456ФИПИ 955204№ 24Повышенная Точка $E$ — середина боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD$. Докажите, что площадь треугольника $ECD$ равна половине площади трапеции.
- 1
Обозначим основания трапеции $AD=a$ и $BC=b$, а её высоту — $h$. Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(a,0)$, $B=(u,h)$, $C=(u+b,h)$, где число $u$ характеризует наклон боковых сторон.$$AD\parallel BC$$
- 2
Так как $E$ — середина отрезка $AB$, её координаты равны средним арифметическим координат точек $A$ и $B$.$$E=\left(\dfrac{u}{2},\dfrac{h}{2}\right)$$
Ещё 4 шага — в полном решении
457ФИПИ 991A27№ 24Повышенная Биссектрисы углов $A$ и $D$ четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $M$, лежащей на стороне $BC$. Докажите, что точка $M$ равноудалена от прямых $AB$, $AD$ и $CD$.
- 1
Точка $M$ лежит на биссектрисе угла $A$, то есть угла $BAD$. По свойству биссектрисы расстояния от точки $M$ до сторон этого угла равны:$$\rho(M,AB)=\rho(M,AD)$$
- 2
Точка $M$ также лежит на биссектрисе угла $D$, то есть угла $CDA$. Поэтому расстояния от точки $M$ до сторон этого угла равны:$$\rho(M,AD)=\rho(M,CD)$$
Ещё 1 шаг — в полном решении
458ФИПИ 9A9096№ 24Высокая Сторона $AB$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $BC$. Точка $L$ — середина стороны $AB$. Докажите, что $CL$ — биссектриса угла $BCD$.
- 1
Так как $L$ — середина стороны $AB$, имеем $BL=\dfrac{AB}{2}$. По условию $AB=2BC$, следовательно, $BL=BC$.$$BL=\dfrac{AB}{2}=BC$$
- 2
В параллелограмме противоположные стороны равны и параллельны, поэтому $CD=AB=2BC$. Обозначим через $\vec b$ и $\vec d$ векторы $\overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{CD}$ соответственно.
Ещё 3 шага — в полном решении
459ФИПИ ABC508№ 24Повышенная Точка $K$ — середина боковой стороны $CD$ трапеции $ABCD$. Докажите, что площадь треугольника $KAB$ равна половине площади трапеции.
- 1
Пусть $AD=a$, $BC=b$, а высота трапеции равна $h$. Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(a,0)$, $B=(x,h)$, $C=(x+b,h)$.
- 2
Так как $K$ — середина отрезка $CD$, его координаты равны средним арифметическим координат соответствующих концов отрезка:$$K\left(\frac{a+x+b}{2},\frac{h}{2}\right)$$
Ещё 3 шага — в полном решении
460ФИПИ B14289№ 24Повышенная Биссектрисы углов $A$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $K$, лежащей на стороне $BC$. Докажите, что $K$ — середина $BC$.
- 1
Так как $AK$ — биссектриса угла $DAB$, то $\angle BAK=\angle KAD$.
- 2
В параллелограмме $AD\parallel BC$, а точки $B$, $K$, $C$ лежат на одной прямой. Поэтому $\angle KAD=\angle AKB$ как накрест лежащие углы.
Ещё 6 шагов — в полном решении