Практика к уроку «Планиметрия: треугольник, параллелограмм, трапеция»

а) Пусть $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $AB$.

Так как $BD$ — биссектриса угла $ABC$, то точка $D$ равноудалена от сторон угла $ABC$. Значит, $DH=DP$.

Так как $\triangle ABC$ равнобедренный и $\angle A=120^\circ$, то углы при основании равны: $$\angle ABC=\angle ACB=\frac{180^\circ-120^\circ}{2}=30^\circ.$$

Так как $DE\parallel BC$, то $\angle AED=\angle ABC=30^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $EPD$.

В нём $\angle E=30^\circ$, поэтому катет, лежащий напротив угла $30^\circ$, равен половине гипотенузы: $DP=\frac12DE$. Отсюда: $DE=2DP$.

Но в прямоугольнике $DEFH$ противоположные стороны равны, значит $FH=DE$. Также $DH=DP$.

Следовательно, $FH=2DH$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $AM$ — высота треугольника $ABC$, пересекающая $ED$ в точке $N$.

Так как $AB=6$ и $\angle ABC=30^\circ$, то

$AM=AB\cdot\sin\angle ABC$
$AM=6\cdot\frac12=3$.

Основание треугольника:

$BC=2AB\cdot\cos\angle ABC$
$BC=2\cdot6\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3$.

Пусть $DH=EF=x$. Тогда по пункту а): $FH=DE=2x$.

Так как $ED\parallel BC$, то треугольники $AED$ и $ABC$ подобны.

Высота маленького треугольника $AED$ равна: $AN=AM-DH=3-x$.

По подобию: $$\frac{AN}{AM}=\frac{ED}{BC}.$$

Подставим значения:

$\frac{3-x}{3}=\frac{2x}{6\sqrt3}$
$\frac{3-x}{3}=\frac{x}{3\sqrt3}$.

Умножим на $3$: $3-x=\frac{x}{\sqrt3}$.

Умножим на $\sqrt3$:

$3\sqrt3-x\sqrt3=x$
$3\sqrt3=x(\sqrt3+1)$
$x=\frac{3\sqrt3}{\sqrt3+1}$.

Рационализируем знаменатель:

$x=\frac{3\sqrt3(\sqrt3-1)}{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}$
$x=\frac{3\sqrt3(\sqrt3-1)}{2}$
$x=\frac{9-3\sqrt3}{2}$.

Теперь найдём площадь прямоугольника:

$S=DE\cdot DH$
$S=2x\cdot x=2x^2$.

Подставим $x=\frac{9-3\sqrt3}{2}$:

$$S=2\left(\frac{9-3\sqrt3}{2}\right)^2$$ $$S=\frac{(9-3\sqrt3)^2}{2}$$ $$S=\frac{81-54\sqrt3+27}{2}$$ $$S=\frac{108-54\sqrt3}{2}$$

$S=54-27\sqrt3$.

Ответ:

а) $FH=2DH$.
б) $54-27\sqrt3$.

а) Рассмотрим следующие факты.

В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CM$ к гипотенузе равна половине гипотенузы: $CM=AM=MB$. Значит, треугольник $CMB$ равнобедренный, поэтому $\angle MBC=\angle MCB$.

Треугольники $DCK$ и $ACB$ равны по двум сторонам и углу между ними: $DC=AC$, $KC=CB$, $\angle DCK=\angle ACB=90^\circ$.

Следовательно, $$\angle CDK=\angle CAB.$$

Из равенства вертикальных углов: $$\angle DCH=\angle CBA.$$

Также: $\angle CDH=\angle CAB$. Значит, треугольники $DCH$ и $ABC$ подобны. Поэтому $\angle DHC=90^\circ$.

Так как точка $H$ лежит на прямой $DK$ и на прямой $CM$, получаем: $CM\perp DK$. Что и требовалось доказать.

б) Вычислим необходимые величины.

По теореме Пифагора:

$AB=\sqrt{30^2+40^2}$
$AB=\sqrt{900+1600}$
$AB=\sqrt{2500}=50$.

Так как $M$ — середина гипотенузы, то $CM=\frac{AB}{2}=25$.

Из равенства треугольников $DCK$ и $ACB$ получаем: $DK=AB=50$.

Из подобия треугольников и свойств высоты в прямоугольном треугольнике:

$DC^2=DK\cdot DH$
$30^2=50\cdot DH$
$900=50DH$
$DH=18$.

Тогда $HK=DK-DH=50-18=32$.

Высота $CH$ прямоугольного треугольника $DCK$ равна:

$CH=\sqrt{DH\cdot HK}$
$CH=\sqrt{18\cdot32}$
$CH=\sqrt{576}=24$.

Искомая длина:

$MH=CM+CH$

$MH=25+24=49$.

Ответ:

а) $CM\perp DK$.
б) $MH=49$.

а) Докажем, что $ADA_1B_1$ — параллелограмм.

1. Проведём через точку $B$ прямую, параллельную $AC$, и отметим точку $T$ её пересечения с прямой $CC_1$.
2. Треугольники $ACC_1$ и $BTC_1$ подобны, поэтому: $\frac{BT}{AC}=\frac{BC_1}{AC_1}=\frac65$.

Следовательно, $BT=\frac65AC$.

3. Так как $AB_1:B_1C=2:3$, то $B_1C=\frac35AC$.

Треугольники $B_1CD$ и $BTD$ подобны, поэтому:

$\frac{BD}{DB_1}=\frac{BT}{CB_1}$
$\frac{BD}{DB_1}=\frac{\frac65AC}{\frac35AC}=2$.

Значит, $\frac{BD}{DB_1}=2$. Но по условию: $\frac{BA_1}{A_1C}=2$.

Следовательно, $$\frac{BD}{DB_1}=\frac{BA_1}{A_1C}.$$

Отсюда по теореме Фалеса в треугольнике $BCB_1$ получаем: $A_1D\parallel CB_1$.

Так как $CB_1$ лежит на прямой $AC$, то $A_1D\parallel AC$. Следовательно, $A_1D\parallel AB_1$.

4. Из подобия треугольников $DBA_1$ и $B_1BC$ получаем: $\frac{DA_1}{B_1C}=\frac{BA_1}{BC}$.

Так как $BA_1:A_1C=2:1$, то $\frac{BA_1}{BC}=\frac23$. Значит, $DA_1=\frac23B_1C$.

А так как $AB_1:B_1C=2:3$, то $AB_1=\frac23B_1C$. Следовательно, $DA_1=AB_1$.

Таким образом, в четырёхугольнике $ADA_1B_1$ стороны $DA_1$ и $AB_1$ параллельны и равны.

Значит, $ADA_1B_1$ — параллелограмм.

б) Найдём длину отрезка $CD$.

1. Пусть $AD\perp BC$, их точка пересечения — $H$.
2. Из условия $AB_1:B_1C=2:3$ и $AC=25$ получаем: $AB_1=\frac25AC=\frac25\cdot25=10$.

3. Так как $ADA_1B_1$ — параллелограмм, то: $A_1D=AB_1=10$.

4. Из условия $BA_1:A_1C=2:1$ и $BC=9$ получаем: $A_1C=\frac13BC=\frac13\cdot9=3$.

5. Найдём $A_1H$:

$A_1H=\frac{AB_1}{B_1C}\cdot A_1C$
$A_1H=\frac23\cdot3=2$.

6. В прямоугольном треугольнике $DHA_1$:

$DH=\sqrt{A_1D^2-A_1H^2}$
$DH=\sqrt{10^2-2^2}$
$DH=\sqrt{100-4}$
$DH=\sqrt{96}=4\sqrt6$.

7. Найдём $HC$:

$HC=A_1H+A_1C$
$HC=2+3=5$.

8. В прямоугольном треугольнике $CDH$:

$CD=\sqrt{DH^2+HC^2}$
$CD=\sqrt{(4\sqrt6)^2+5^2}$
$CD=\sqrt{96+25}$

$CD=\sqrt{121}=11$.

Ответ:

а) Четырёхугольник $ADA_1B_1$ является параллелограммом.
б) $CD=11$.

а) Докажем равенство площадей $S_{AMOE}$ и $S_{COD}$.

1. Обозначим высоту трапеции через $h$.

Так как $M$ — середина боковой стороны $AB$, то расстояние от точки $M$ до основания $AD$ равно $\frac{h}{2}$.

2. Найдём площади: $$S_{AMD}=\frac12\cdot AD\cdot\frac{h}{2}=\frac{h\cdot AD}{4}.$$

Так как $E$ — середина $AD$, то $ED=\frac{AD}{2}$. Тогда: $$S_{CED}=\frac12\cdot h\cdot\frac{AD}{2}=\frac{h\cdot AD}{4}.$$

Значит, $S_{AMD}=S_{CED}$.

3. Заметим, что:

$S_{AMD}=S_{AMOE}+S_{MOD}$,
$S_{CED}=S_{COD}+S_{MOD}$.

4. Так как $S_{AMD}=S_{CED}$, то:

$S_{AMOE}=S_{COD}$.

Что и требовалось доказать.

б) Найдём долю площади $AMOE$ от площади трапеции.

1. Проведём прямую $MD$ до пересечения с продолжением $BC$ в точке $K$.
2. Докажем, что $\triangle AMD\cong\triangle BMK$:

$\angle MAD=\angle KBM$ как накрест лежащие при $AD\parallel BC$, $\angle AMD=\angle BMK$ как вертикальные, $AM=BM$, так как $M$ — середина $AB$.

Следовательно, $BK=AD=6$. Тогда: $CK=BC+BK=5+6=11$.

3. Рассмотрим подобные треугольники $DOE$ и $KOC$.

Так как $ED\parallel CK$, то $\triangle DOE\sim\triangle KOC$. Следовательно: $\frac{OE}{OC}=\frac{ED}{CK}$.

Так как $ED=\frac{AD}{2}=3$, то $\frac{OE}{OC}=\frac{3}{11}$. Значит, $\frac{OC}{CE}=\frac{11}{14}$.

4. Найдём площади.

Площадь трапеции:

$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot h$
$S_{ABCD}=\frac{6+5}{2}\cdot h=\frac{11h}{2}$.

Площадь треугольника $CDE$:

$S_{CDE}=\frac12\cdot ED\cdot h$
$S_{CDE}=\frac12\cdot3\cdot h=\frac{3h}{2}$.

Так как $O$ лежит на $CE$ и $\frac{OC}{CE}=\frac{11}{14}$, то $S_{COD}=\frac{11}{14}S_{CDE}$.

Значит, $S_{COD}=\frac{11}{14}\cdot\frac{3h}{2}=\frac{33h}{28}$.

По пункту а): $S_{AMOE}=S_{COD}$, поэтому $S_{AMOE}=\frac{33h}{28}$.

5. Найдём искомую долю:

$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{33h}{28}}{\frac{11h}{2}}$
$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\frac{33h}{28}\cdot\frac{2}{11h}$

$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\frac{3}{14}$.

Ответ:

а) $S_{AMOE}=S_{COD}$.
б) площадь четырёхугольника $AMOE$ составляет $\frac{3}{14}$ от площади трапеции $ABCD$.

а) Докажем перпендикулярность диагоналей $AC$ и $BD$.

1. Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $BD$, и отметим точку $C_1$ на пересечении с продолжением $AD$.

Тогда: $CC_1\parallel BD$. Следовательно, четырёхугольник $BCC_1D$ — параллелограмм.

2. В полученном треугольнике $ACC_1$:

$AC=12$,
$CC_1=BD=5$,
$AC_1=AD+DC_1$.

Так как $BCC_1D$ — параллелограмм, то $DC_1=BC$. Значит, $AC_1=AD+BC=13$.

3. Проверим соотношение сторон:

$AC^2+CC_1^2=12^2+5^2=144+25=169$
$AC_1^2=13^2=169$

Следовательно, $$AC^2+CC_1^2=AC_1^2.$$

4. По обратной теореме Пифагора: $\angle ACC_1=90^\circ$.

Так как $CC_1\parallel BD$, то диагональ $BD$ тоже перпендикулярна диагонали $AC$.

Значит, $AC\perp BD$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём площадь трапеции.

Так как диагонали трапеции перпендикулярны, её площадь можно найти по формуле: $$S=\frac12\cdot AC\cdot BD.$$

Подставляем значения:

$S=\frac12\cdot12\cdot5$

$S=30$.

Ответ:

а) диагонали $AC$ и $BD$ перпендикулярны.
б) площадь трапеции равна $30$.

а) Докажем, что $\angle AOE=90^\circ$.

1. Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $AEC$, так как она является точкой пересечения серединных перпендикуляров к двум его сторонам.
2. По свойству центрального угла:

$\angle AOE=2\angle ACE$.

3. В квадрате $ABCD$ точка $E$ — середина стороны $BC$.

Так как $BC=8$, то $BE=EC=4$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CEC_0$, где направление $CE$ горизонтально, а диагональ $CA$ образует с каждой стороной квадрата угол $45^\circ$.

Значит, $\angle ACE=45^\circ$.

Тогда: $\angle AOE=2\cdot45^\circ=90^\circ$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём $BO$ и $OD$.

1. Диагональ $BD$ квадрата является серединным перпендикуляром к диагонали $AC$, поэтому точка $O$ лежит на $BD$.
2. Так как сторона квадрата равна $8$, то $BD=8\sqrt2$.

3. Рассмотрим точку $M$ — середину $EC$.

Так как $E$ — середина $BC$, то $BE=EC=4$. Следовательно, $EM=MC=2$, а $BM=BE+EM=4+2=6$.

4. Прямоугольные треугольники $BMO$ и $BCD$ подобны по двум углам:

$\angle BMO=\angle BCD=90^\circ$,
$\angle MBO=\angle DBC$.

5. Из подобия: $\frac{BO}{BD}=\frac{BM}{BC}$.

Подставим значения: $\frac{BO}{BD}=\frac{6}{8}=\frac34$. Значит, $BO=\frac34BD$. $$BO=\frac34\cdot8\sqrt2=6\sqrt2.$$

6. Тогда:

$OD=BD-BO$

$OD=8\sqrt2-6\sqrt2=2\sqrt2$.

Ответ:

а) $\angle AOE=90^\circ$.
б) $BO=6\sqrt2$, $OD=2\sqrt2$.

а) Заметим сначала, что $AE^2+EK^2=(2\sqrt5)^2+(\sqrt5)^2=20+5=25$.

Также $AK^2=5^2=25$. Значит, $$AE^2+EK^2=AK^2.$$

По обратной теореме Пифагора получаем: $\angle AEK=90^\circ$.

Тогда $\angle BEA=90^\circ-\angle CEK$, а также $\angle CKE=90^\circ-\angle CEK$. Следовательно, $\angle BEA=\angle CKE$. Кроме того, $\angle ABE=\angle ECK=90^\circ$.

Значит, треугольники $ABE$ и $ECK$ подобны по двум углам.

Из подобия имеем: $$\frac{BE}{CK}=\frac{AE}{EK}.$$

Подставим известные длины: $$\frac{BE}{CK}=\frac{2\sqrt5}{\sqrt5}=2.$$

Следовательно, $BE=2CK$, то есть $CK=\frac12BE$.

Что и требовалось доказать.

б) Коэффициент подобия треугольников $ABE$ и $ECK$ равен $2$.

Пусть $AB=2x,\quad BE=2y,\quad EC=x,\quad CK=y$.

Из равенства сторон квадрата получаем: $AB=BC$.

Так как $BC=BE+EC$, то $2x=2y+x$. Отсюда: $x=2y$.

Теперь используем прямоугольный треугольник $ABE$: $$AE^2=AB^2+BE^2.$$

Подставим: $$(2\sqrt5)^2=(2x)^2+(2y)^2.$$

Получаем:

$20=4x^2+4y^2$,
$5=x^2+y^2$.

Так как $x=2y$, то

$5=(2y)^2+y^2$,
$5=4y^2+y^2$,
$5=5y^2$,
$y=1$.

Тогда $x=2$. Значит,

$AB=2x=4$,
$CK=y=1$,
$BC=AB=4$.

Четырёхугольник $ABCK$ — прямоугольная трапеция, поэтому её площадь равна: $S=\frac{AB+CK}{2}\cdot BC$.

Подставим значения:

$S=\frac{4+1}{2}\cdot4$,
$S=\frac52\cdot4$,

$S=10$.

Ответ:

а) $CK=\frac12BE$.
б) площадь четырёхугольника $ABCK$ равна $10$.

а) Докажем перпендикулярность $AB$ и $BD$.

1. Из свойства угла между касательной и хордой:

$\angle CBM=\angle BAM$
$\angle OMB=\angle BAM$.

2. Из параллельности сторон параллелограмма:

$BC\parallel AD$ поэтому $\angle CBM=\angle BMA$ как накрест лежащие.

3. Так как $BM$ — биссектриса угла $B$, то $\angle ABM=\angle CBM$.

4. Из равенств углов получаем: $$\angle BAM=\angle ABM=\angle AMB=60^\circ.$$

Следовательно, треугольник $ABM$ равносторонний.

5. Так как $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма, то $BO=OD$.

Также $OM\parallel AB$, поэтому $OM$ — средняя линия треугольника $ABD$. Следовательно, $AM=MD$ и $OM=\frac12 AB$.

Так как $\triangle ABM$ равносторонний, то $AB=AM=BM$. Значит, $AM=MD$ и $\angle AMB=60^\circ$.

6. Так как точки $A$, $M$, $D$ лежат на одной прямой, то $\angle BMD=180^\circ-60^\circ=120^\circ$.

В треугольнике $BMD$ получаем: $BM=MD$, а внешний угол равностороннего треугольника равен $120^\circ$. Тогда $\angle ABD=90^\circ$.

Следовательно, $AB\perp BD$.

б) Найдём площадь $KODM$.

1. Так как $OM=3$, а $OM$ — средняя линия треугольника $ABD$, то $AB=2OM=6$.

Так как $\triangle ABM$ равносторонний, $BM=AB=6$. Также $MD=AM=AB=6$.

2. Найдём площадь треугольника $BMD$:

$S_{BMD}=\frac12\cdot BM\cdot MD\cdot\sin120^\circ$
$S_{BMD}=\frac12\cdot6\cdot6\cdot\frac{\sqrt3}{2}$
$S_{BMD}=9\sqrt3$.

3. Применим теорему Менелая для $\triangle BMD$ и секущей $OK$:

$$\frac{OD}{OB}\cdot\frac{BK}{KM}\cdot\frac{MA}{AD}=1.$$

Так как $OD=OB$, а $AM=MD$, то $AD=2AM$, значит $\frac{MA}{AD}=\frac12$.

Получаем:

$1\cdot\frac{BK}{KM}\cdot\frac12=1$
$\frac{BK}{KM}=2$.

Следовательно, $BK:KM=2:1$.

Значит, $\frac{KM}{BM}=\frac13$, а площадь четырёхугольника $KODM$ составляет $\frac23$ площади треугольника $BMD$.

4. Вычислим площадь:

$S_{KODM}=\frac23S_{BMD}$
$S_{KODM}=\frac23\cdot9\sqrt3$

$S_{KODM}=6\sqrt3$.

Ответ:

а) $AB\perp BD$.
б) $S_{KODM}=6\sqrt3$.