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
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
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
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
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
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
Известно, что около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность и что продолжения сторон $AB$ и $CD$ четырёхугольника пересекаются в точке $M$. Докажите, что треугольники $MBC$ и $MDA$ подобны.
- 1
Так как точки $A$, $B$, $M$ лежат на одной прямой, а точки $C$, $D$, $M$ — на другой, углы $\angle BMC$ и $\angle DMA$ являются вертикальными.$$\angle BMC = \angle DMA$$
- 2
Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, поэтому сумма его противоположных углов равна $180^\circ$.$$\angle ABC + \angle CDA = 180^\circ$$
Ещё 2 шага — в полном решении
В треугольнике $ABC$ с тупым углом $\angle ACB$ проведены высоты $AA_1$ и $BB_1$. Докажите, что треугольники $A_1CB_1$ и $ACB$ подобны.
- 1
Так как $AA_1$ и $BB_1$ — высоты, то $AA_1 \perp BC$ и $BB_1 \perp AC$. Следовательно, углы $\angle AA_1B$ и $\angle AB_1B$ прямые.$$\angle AA_1B = \angle AB_1B = 90^\circ$$
- 2
Четырёхугольник $AA_1BB_1$ вписан в окружность, так как сумма противоположных углов равна $180^\circ$.
Ещё 3 шага — в полном решении
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
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
Окружности с центрами в точках $E$ и $F$ пересекаются в точках $C$ и $D$, причём точки $E$ и $F$ лежат по одну сторону от прямой $CD$. Докажите, что прямые $CD$ и $EF$ перпендикулярны.
- 1
Так как точки $C$ и $D$ лежат на окружности с центром $E$, отрезки $EC$ и $ED$ являются радиусами этой окружности.$$EC = ED$$
- 2
Точки $C$ и $D$ также лежат на окружности с центром $F$, поэтому отрезки $FC$ и $FD$ являются радиусами этой окружности.$$FC = FD$$
Ещё 3 шага — в полном решении
В треугольнике $ABC$ с тупым углом $ABC$ проведены высоты $AA_1$ и $CC_1$. Докажите, что треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$ подобны.
- 1
Поскольку $AA_1$ и $CC_1$ — высоты, имеем $AA_1 \perp BC$ и $CC_1 \perp AB$. Так как угол $ABC$ тупой, точки $A_1$ и $C_1$ лежат на продолжениях сторон $BC$ и $AB$ за точку $B$.
- 2
Из свойств перпендикуляров следует, что отрезок, соединяющий основания высот, параллелен третьей стороне: $A_1C_1 \parallel AC$.
Ещё 3 шага — в полном решении
Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что отрезки $BP$ и $DQ$ равны.
- 1
В параллелограмме диагонали точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $O$ является серединой диагоналей $AC$ и $BD$.
- 2
Рассмотрим центральную симметрию с центром $O$. При этой симметрии точка $B$ переходит в точку $D$, так как $O$ — середина отрезка $BD$.
Ещё 3 шага — в полном решении
Известно, что около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность и что продолжения сторон $AD$ и $BC$ четырёхугольника пересекаются в точке $K$. Докажите, что треугольники $KAB$ и $KCD$ подобны.
- 1
Точки $K$, $A$, $D$ лежат на одной прямой, а точки $K$, $B$, $C$ — на другой. Поэтому угол $KAB$ является смежным с углом $DAB$, а угол $KCD$ — смежным с углом $BCD$.
- 2
Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, поэтому его противоположные углы supplementary:$$\angle DAB+\angle BCD=180^\circ$$
Ещё 3 шага — в полном решении
Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрали произвольную точку $E$. Докажите, что сумма площадей треугольников $BEC$ и $AED$ равна половине площади параллелограмма.
- 1
Обозначим через $H$ высоту параллелограмма $ABCD$, проведённую между параллельными сторонами $BC$ и $AD$. Пусть $h_1$ и $h_2$ — расстояния от точки $E$ до прямых $BC$ и $AD$ соответственно.$$h_1+h_2=H$$
- 2
Рассмотрим треугольник $BEC$. Выберем сторону $BC$ в качестве основания. Его высота равна $h_1$, поэтому его площадь равна:$$S_{BEC}=\frac12 BC\cdot h_1$$
Ещё 3 шага — в полном решении
Окружности с центрами в точках $I$ и $J$ пересекаются в точках $A$ и $B$, причём точки $I$ и $J$ лежат по одну сторону от прямой $AB$. Докажите, что прямые $AB$ и $IJ$ перпендикулярны.
- 1
Так как точки $A$ и $B$ лежат на окружности с центром $I$, отрезки $IA$ и $IB$ являются радиусами этой окружности. Поэтому $IA=IB$.
- 2
Аналогично, точки $A$ и $B$ лежат на окружности с центром $J$, поэтому $JA$ и $JB$ являются радиусами. Следовательно, $JA=JB$.
Ещё 3 шага — в полном решении
Биссектрисы углов $A$ и $B$ в параллелограмме $ABCD$ пересекаются в точке $N$, лежащей на стороне $CD$. Докажите, что $N$ — середина $CD$.
- 1
Обозначим длину стороны $AB$ через $a$. Пусть $\vec e$ — единичный вектор, направленный вдоль $AB$, а $\vec u$ — единичный вектор, направленный вдоль $AD$.$$AB=a\vec e,\quad AD=b\vec u$$
- 2
Направление внутренней биссектрисы угла $A$ задаётся суммой единичных векторов вдоль его сторон, поэтому она имеет направление $\vec e+\vec u$. Направление внутренней биссектрисы угла $B$ задаётся векторами $-\vec e$ и $\vec u$, поэтому…$$AN:\ \vec e+\vec u,\qquad BN:\ -\vec e+\vec u$$
Ещё 5 шагов — в полном решении
Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $CD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что отрезки $AE$ и $CF$ равны.
- 1
Рассмотрим треугольники $AOE$ и $COF$.
- 2
Точка $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма, поэтому диагонали делятся точкой пересечения пополам: $AO = OC$.$$AO = OC$$
Ещё 4 шага — в полном решении
Биссектрисы углов $C$ и $D$ четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$, лежащей на стороне $AB$. Докажите, что точка $P$ равноудалена от прямых $BC$, $CD$ и $AD$.
- 1
Точка $P$ лежит на биссектрисе угла $C$, сторонами которого являются прямые $BC$ и $CD$. По свойству биссектрисы расстояния от точки $P$ до этих прямых равны.$$\rho(P,BC)=\rho(P,CD)$$
- 2
Точка $P$ также лежит на биссектрисе угла $D$, сторонами которого являются прямые $CD$ и $AD$. Поэтому расстояния от точки $P$ до этих прямых равны.$$\rho(P,CD)=\rho(P,AD)$$
Ещё 1 шаг — в полном решении
В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали пересекаются в точке $O$. Докажите, что площади треугольников $AOB$ и $COD$ равны.
- 1
Рассмотрим треугольники $AOD$ и $COB$. Углы $AOD$ и $COB$ вертикальные, поэтому они равны. Кроме того, углы $ADO$ и $CBO$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD$.$$\angle AOD=\angle COB,\quad \angle ADO=\angle CBO$$
- 2
Следовательно, треугольники $AOD$ и $COB$ подобны по двум углам. Соответствующие стороны пропорциональны.$$\frac{AO}{CO}=\frac{DO}{BO}$$
Ещё 2 шага — в полном решении