17. Планиметрическая задача: Треугольники и их свойства

$а)$ Пусть $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $AB$, тогда $DH = DP.$
В равнобедренном треугольнике $EAD$ угол $AED$ равен $30^\circ$.
В прямоугольном треугольнике $EPD$ находим $DP = \dfrac{1}{2} DE,$ откуда получаем, что $FH = 2DH.$ Что и требовалось доказать.

$б)$ Пусть $AM$ — высота треугольника $ABC$ — пересекает $ED$ в точке $N$. Тогда:
$$AM = AB \cdot \sin \angle ABC = 2, \quad BC = 2AB \cdot \cos \angle ABC = 4\sqrt{3}$$
Пусть $DH = EF = x$, тогда $FH = ED = 2x$. Треугольники $ABC$ и $AED$ подобны, следовательно:
$$\frac{AN}{AM} = \frac{ED}{BC} \Leftrightarrow \frac{2-x}{2} = \frac{2x}{4\sqrt{3}} \Leftrightarrow x = \frac{2\sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}} = 3-\sqrt{3}.$$
Таким образом, площадь прямоугольника $DEFH$ равна:
$$S = DE \cdot DH = 2x \cdot x = 2\cdot(3-\sqrt{3})^2 = 2\cdot(9-6\sqrt{3} + 3) = 24-12\sqrt{3}.$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $FH = 2DH.$
$б)$ Площадь прямоугольника $DEFH$ равна $24-12\sqrt{3}.$

$а)$ Пусть угол $BAC = \alpha.$ Углы $BAC$ и $KHB$ равны как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Рассмотрим четырехугольник $BKHM{:}$ в нем $\angle BKH + \angle BMH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ,$ следовательно, четырехугольник $BKHM$ вписан в окружность. Значит, углы $KHB$ и $KMB$ — вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Таким образом, $\angle BAC = \angle KHB = \angle KMB.$ Треугольники $ABC$ и $MBK$ имеют общий угол $B,$ а $\angle BAC = \angle KMB,$ значит, эти треугольники подобны по двум углам. Что и требовалось доказать.

$б)$ Сумма углов $K$ и $M$ четырехугольника $BKHM$ равна $180^\circ,$ поэтому он вписан в окружность. Прямоугольный треугольник $BKH$ вписан в эту же окружность, а потому радиус $r$ окружности равен половине гипотенузы $BH{:}$ $r = 1.$ Треугольник $MBK$ также вписан в эту окружность. Коэффициент подобия треугольников $ABC$ и $MBK$ равен отношению их радиусов описанных окружностей: $k = \dfrac{R}{r} = \dfrac{4}{1} = 4.$ Тогда для отношения площади треугольника $MBK$ к площади четырехугольника $AKMC$ получаем:
$$\frac{S_{MBK}}{S_{AKMC}} = \frac{S_{MBK}}{S_{ABC}-S_{MBK}} = \frac{S_{MBK}}{k^2 S_{MBK}-S_{MBK}} = \frac{1}{k^2-1} = \frac{1}{16-1} = \frac{1}{15}$$

Ответ:
$а)$ Треугольники $MBK$ и $ABC$ подобны по двум углам.
$б)$ Отношение площадей равно $\dfrac{1}{15}.$

$а)$ Из условия параллельности прямых $BD \parallel AM$ следует:
$$\angle BAM = \angle ABD \quad \text{и} \quad \angle MAC = \angle ADB$$ Треугольник $BAD$ равнобедренный $(AD = AB = 24)$, поэтому:$$\angle ADB = \angle ABD$$ Следовательно:$$\angle BAM = \angle MAC$$ Таким образом, $AM$ является биссектрисой угла $BAC$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Проверим тип треугольника:
$$AB^2 + BC^2 = 24^2 + 18^2 = 900 = 30^2 = AC^2$$
Значит, треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом при вершине $B$.

Найдем отрезки на стороне $BC$ по свойству биссектрисы:$$\frac{BM}{MC} = \frac{AB}{AC} = \frac{24}{30} = \frac{4}{5} \Rightarrow BM = 8, \quad MC = 10$$

Площадь треугольника $AMC$:
$$S_{AMC} = \frac{AB \cdot MC}{2} = \frac{24 \cdot 10}{2} = 120$$

Рассмотрим подобие треугольников:
$$\triangle MAC \sim \triangle DBC \quad \text{с коэффициентом} \quad k = \frac{BC}{MC} = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$$
Площадь треугольника $DBC$:
$$S_{DBC} = \left(\frac{9}{5}\right)^2 \cdot S_{AMC} = \frac{81}{25} \cdot 120 = 388.8$$

Искомая площадь четырехугольника $AMBD$:
$$S_{AMBD} = S_{DBC}-S_{AMC} = 388.8-120 = 268.8$$

Ответ:
$а)$ $AM$ является биссектрисой треугольника $ABC.$
$б)$ Площадь четырехугольника $AMBD$ равна $268.8.$

$а)$ Применим теорему Менелая для треугольников и трансверсалей:
$$\frac{CB}{BK} \cdot \frac{KO}{OA} \cdot \frac{AB_1}{B_1C} = 1 \quad \text{и} \quad \frac{BC}{CK} \cdot \frac{KO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = 1$$
По условию $\dfrac{AC_1}{C_1B} = \dfrac{AB_1}{B_1C},$ следовательно:
$$\frac{CB}{BK} = \frac{BC}{CK} \Leftrightarrow CK = BK$$
Таким образом, точка $K$ — середина $BC,$ что и требовалось доказать.

$б)$ При заданном отношении $1:4$ применим теорему Менелая: $$\frac{AB}{AC_1} \cdot \frac{C_1O}{OC} \cdot \frac{CK}{KB} = 1 \Rightarrow \frac{5}{1} \cdot \frac{C_1O}{OC} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{C_1O}{OC} = \frac{1}{5}$$ Аналогично: $$\frac{CA}{AB_1} \cdot \frac{B_1O}{OB} \cdot \frac{BK}{KC} = 1 \Rightarrow \frac{5}{1} \cdot \frac{B_1O}{OB} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{B_1O}{OB} = \frac{1}{5}$$
Рассмотрим отношения площадей:$$\frac{S_{AB_1B}}{S_{BCB_1}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{S_{AB_1B}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$ $$\frac{S_{CAC_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$
Для треугольников с общей вершиной $O$:
$$\frac{S_{AC_1O}}{S_{AC_1C}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ $$\frac{S_{AB_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ Итоговое отношение площадей: $$\frac{S_{AB_1OC_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{15}$$

Ответ:
$а)$ Прямая $AO$ делит сторону $BC$ пополам.
$б)$ Отношение площадей равно $1:15.$

$а)$ Рассмотрим следующие факты:

В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CM$ к гипотенузе равна половине гипотенузы: $CM = AM = MB$.
Углы при основании равнобедренного треугольника $CMB$: $\angle MBC = \angle MCB$.
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 углов $\angle DCH = \angle CBA$ (вертикальные) и $\angle CDH = \angle CAB$ следует подобие треугольников $DCH$ и $ABC$. Поэтому $\angle DHC = 90^\circ$, что означает $CM \perp DK$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Вычислим необходимые величины:
Гипотенуза $AB = \sqrt{130^2 + 312^2} = 338.$
Медиана $CM = \dfrac{AB}{2} = 169.$
Из подобия треугольников и свойств квадратов получаем:
$$DC^2 = DK \cdot DH \Rightarrow 130^2 = DK \cdot DH$$ $$HK = DK-DH = 288 \quad \text{(из пропорций)}$$ Высота $CH = \sqrt{DH \cdot HK} = \sqrt{50 \cdot 288} = 120.$
Искомое расстояние $MH = CM + CH = 169 + 120 = 289.$

Ответ:
$а)$ Прямые $CM$ и $DK$ перпендикулярны.
$б)$ Длина отрезка $MH$ равна $289.$

$а)$ Рассмотрим углы:

Так как $CP$ — биссектриса прямого угла $ACB$, то $\angle ACP = 45^\circ$
$CQ$ — биссектриса угла $NCM$, который равен $45^\circ$ (так как $CM = BC$ и $CN = AC$ создают конгруэнтный треугольник)
Следовательно, $\angle MCQ = 22.5^\circ$ и $\angle QCP = \angle ACP + \angle MCQ = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$
Таким образом, $CP \perp CQ$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Вычислим длины:
Найдем $CP$ как биссектрису треугольника $ABC$:
$$CP = \frac{2 \cdot AC \cdot BC}{AC + BC} \cdot \cos 45^\circ = \frac{2 \cdot 5 \cdot 3}{8} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{15\sqrt{2}}{8}$$
Аналогично найдем $CQ$ как биссектрису треугольника $NCM$:$$CQ = \frac{15\sqrt{2}}{8}$$
Так как треугольник $PCQ$ прямоугольный и равнобедренный $(CP = CQ),$ то: $$PQ = CP \cdot \sqrt{2} = \frac{15\sqrt{2}}{8} \cdot \sqrt{2} = \frac{15 \cdot 2}{8} = \frac{15}{4}$$

Ответ:
$а)$ Прямые $CP$ и $CQ$ перпендикулярны.
$б)$ Длина отрезка $PQ$ равна $\dfrac{15}{4}$.

$а)$ Докажем, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

Так как точки $A,$ $A_1,$ $C,$ $C_1$ лежат на одной окружности, то вписанные углы $AC_1C$ и $AA_1C$ опираются на одну дугу $AC$ и равны. Следовательно:

$$\angle AA_1C = \angle AC_1C = 90^\circ$$

Это означает, что медиана $AA_1$ является одновременно и высотой. В треугольнике, где медиана совпадает с высотой, треугольник равнобедренный. Поэтому:

$$AB = AC$$

$б)$ Найдем площадь треугольника $ABC$.

$1.$ Рассмотрим прямоугольный треугольник $BCC_1$. Медиана $C_1A_1$ равна половине гипотенузы $BC$: $$C_1A_1 = \frac{BC}{2} \Rightarrow BC = 2 \cdot A_1C_1 = 4$$

$2.$ Треугольники $ABA_1$ и $CBC_1$ подобны по двум углам (у них общий угол $B$ и прямые углы). Из подобия следует: $$\frac{AB}{BC} = \frac{AA_1}{CC_1} = \frac{3}{2}$$

$3.$ Находим стороны $AB$ и $AC$: $$AB = \frac{3}{2} \cdot BC = 6$$ $$AC = AB = 6$$
$4.$ В прямоугольном треугольнике $ACA_1$ находим $AA_1$ по теореме Пифагора: $$AA_1 = \sqrt{AC^2-A_1C^2} = \sqrt{36-4} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$$
$5.$ Площадь треугольника $ABC$:

$$S = \frac{AA_1 \cdot BC}{2} = \frac{4\sqrt{2} \cdot 4}{2} = 8\sqrt{2}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$б)$ Площадь треугольника $ABC$ равна $8\sqrt{2}.$

$а)$ Докажем, что $ADA_1B_1$ — параллелограмм.

$1.$ Проведем через точку $B$ прямую, параллельную $AC$, и отметим точку $T$ ее пересечения с $CC_1$.

$2.$ Треугольники $ACC_1$ и $BTC_1$ подобны (по двум углам), поэтому:
$$\frac{BT}{AC} = \frac{BC_1}{BA_1} = \frac{10}{21} \Rightarrow BT = \frac{10}{21}AC$$
$3.$ Треугольники $B_1CD$ и $BTD$ подобны, следовательно:
$$\frac{BD}{DB_1} = \frac{BT}{CB_1} = \frac{\frac{10}{21}AC}{\frac{5}{7}AC} = \frac{2}{3} = \frac{BA_1}{A_1C}$$
$4.$ Из равенства отношений следует, что $A_1D \parallel AC$.
$5.$ Из подобия треугольников $DBA_1$ и $B_1BC$ получаем:
$$DA_1 = \frac{BA_1}{BC} \cdot B_1C = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{2}AB_1 = AB_1$$
Таким образом, в четырехугольнике $ADA_1B_1$ противоположные стороны равны и параллельны, значит, это параллелограмм.

$б)$ Найдем длину отрезка $CD$.
$1.$ Пусть $AD \perp BC$, их точка пересечения — $H$.
$2.$ Из условия $AB_1 : B_1C = 2 : 5$ и $AC = 63{:}$ $$AB_1 = \frac{2}{7}AC = 18$$
$3.$ Так как $ADA_1B_1$ — параллелограмм, то: $$A_1D = AB_1 = 18$$
$4.$ Находим $A_1H$: $$A_1H = \frac{AB_1}{B_1C} \cdot A_1C = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$$
$5.$ В прямоугольном треугольнике $DHA_1{:}$ $$DH = \sqrt{A_1D^2-A_1H^2} = \sqrt{324-36} = \sqrt{288} = 12\sqrt{2}$$
$6.$ Находим $HC{:}$ $$HC = A_1H + A_1C = 6 + 15 = 21$$
$7.$ В прямоугольном треугольнике $CDH{:}$ $$CD = \sqrt{DH^2 + HC^2} = \sqrt{288 + 441} = \sqrt{729} = 27$$

Ответ:
$а)$ Четырехугольник $ADA_1B_1$ является параллелограммом.

$б)$ $CD = 27$.

$а)$ Докажем, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$1.$ Так как $CC_1$ — высота, то $\angle AC_1C = 90^\circ$.
$2.$ Точки $A,$ $A_1,$ $C,$ $C_1$ лежат на одной окружности, поэтому $\angle AA_1C = \angle AC_1C = 90^\circ$ $($опираются на одну дугу $AC).$
$3.$ Медиана $AA_1$ является одновременно и высотой, следовательно, треугольник $ABC$ равнобедренный с $AB = AC$.

$б)$ Найдем площадь треугольника $ABC.$

$1.$ Из подобия треугольников $ABA_1$ и $CBC_1$ следует:
$$\frac{AB}{CB} = \frac{AA_1}{CC_1} = \frac{5}{4}$$
$2.$ В прямоугольном треугольнике $BCC_1$ медиана $C_1A_1$ равна половине гипотенузы:
$$C_1A_1 = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 8$$
$3.$ Находим $AB{:}$
$$AB = \frac{5}{4} \cdot BC = 10$$
$4.$ Так как $AB = AC = 10$, то в прямоугольном треугольнике $ACA_1{:}$
$$AA_1 = \sqrt{AC^2-A_1C^2} = \sqrt{100-16} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21}$$
$5.$ Площадь треугольника $ABC{:}$
$$S = \frac{AA_1 \cdot BC}{2} = \frac{2\sqrt{21} \cdot 8}{2} = 8\sqrt{21}$$

Ответ:
$а)$ Треугольник $ABC$ равнобедренный с $AB = AC.$

$б)$ Площадь треугольника $ABC$ равна $8\sqrt{21}.$

$а)$ Докажем равенство углов $AEM$ и $KMC$.

$1.$ Рассмотрим серединный перпендикуляр $EK$ к отрезку $BM$:
Точки $E$ и $K$ равноудалены от концов отрезка $BM$
$\triangle EBK$ равнобедренный с $\angle EBK = 60^\circ$ (так как $\triangle ABC$ равносторонний)

$2.$ Из свойств симметрии: $$\angle EMK = 60^\circ$$
$3.$ Обозначим $\angle AEM = \alpha$, тогда: $$\angle AME = 180^\circ-60^\circ-\alpha = 120^\circ-\alpha$$
$4.$ Найдем $\angle KMC$: $$\angle KMC = 180^\circ-(120^\circ-\alpha)-60^\circ = \alpha$$

Таким образом, $\angle AEM = \angle KMC$, что и требовалось доказать.

$б)$ Найдем отношение площадей $\dfrac{S_{AEM}}{S_{MKC}}$.

$1.$ Пусть $AM = 2x$, $CM = 5x$, тогда $AC = 7x.$

$2.$ Обозначим $AE = y$, тогда $EB = AB-AE = 7x-y.$

$3.$ По теореме косинусов в $\triangle AEM$:
$$(7x-y)^2 = (2x)^2 + y^2-2 \cdot 2x \cdot y \cdot \cos 60^\circ$$ $$49x^2-14xy + y^2 = 4x^2 + y^2-2xy$$ $$45x^2 = 12xy$$ $$y = \frac{45}{12}x = \frac{15}{4}x$$
$4.$ Треугольники $AEM$ и $CMK$ подобны по двум углам:
$\angle AEM = \angle KMC$ $($из пункта $а)$
$\angle EAM = \angle KCM = 60^\circ$

$5.$ Коэффициент подобия: $$k = \frac{AE}{MC} = \frac{\frac{15}{4}x}{5x} = \frac{3}{4}$$
$6.$ Отношение площадей:$$\frac{S_{AEM}}{S_{MKC}} = k^2 = \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{9}{16}$$

Ответ:
$а)$ Углы $AEM$ и $KMC$ равны.

$б)$ Отношение площадей треугольников $AEM$ и $MKC$ равно $\dfrac{9}{16}.$