Всего: 51 1–20 | 21–40 | 41–51
Добавить в вариант
В трапеции ABCD точки K, N, M принадлежат отрезку BC, BK = KN = NM = MC = 1, а точки L, O, P, Q принадлежат отрезку AD, AL = LO = PO = QP = QD = 3. Прямые BC и AD параллельны. Точка K соединена с точками A, L, O, P, Q, D. Точка L соединена с точками B, K, N, M, C. Докажите, что точки пересечения прямых BL и AK, KO и LN, KQ и LC лежат на одной прямой. Найдите длину отрезка этой прямой между боковыми сторонами трапеции.
отсюда треугольник FKG подобен треугольнику OKQ, следовательно, прямая FG параллельна OQ.
и 
и 
считая от концов ребра длины b (см. верхний рис.). Соединив точки деления, получим сечение, которое является параллелограммом со сторонами длины ka и 
в силу подобия треугольников. На самом деле, это сечение является прямоугольником, поскольку стороны параллелограмма параллельны перпендикулярным рёбрам тетраэдра по обратной теореме Фалеса и, следовательно, тоже перпендикулярны. Осталось подобрать k таким образом, чтобы стороны прямоугольника были равны, то есть 
откуда 
При этом сторона получившегося квадрата будет равна 
где x — некоторый параметр (см. средний рис.). В тетраэдре OABC есть три пары скрещивающихся перпендикулярных рёбер: ребро OC перпендикулярно плоскости OAB, следовательно, перпендикулярно ребру AB, лежащему в этой плоскости; аналогично рёбра OA и OB перпендикулярны рёбрам BC и AC соответственно. Покажем, что можно подобрать параметр 
так, что сторона одного из построенных квадратных сечений будет в 100 раз больше стороны другого. Рассмотрим пару перпендикулярных скрещивающихся рёбер CO и AB длин x и 
По доказанному утверждению длина стороны соответствующего квадратного сечения равна 
Сторона соответствующего квадратного сечения будет равна 
Она непрерывна при 
Далее, 
поэтому 
то есть 
По теореме о промежуточном значении непрерывной функции на отрезке 
существует такое x*, что 
Для найденного x* возьмём получившийся тетраэдр ОAB. Искомый тетраэдр подобен OABC с коэффициентом подобия 
x*.На высоте AH остроугольного треугольника ABC отмечена точка L. Оказалось, что 
Точка P — основание перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую AL. Докажите, что прямая KL касается описанной окружности треугольника CLP.
(М. Стынян)
и 
и, значит, угол между прямыми KL и LF равен углу между прямыми LD и LG, таким образом, прямые KL и LF перпендикулярны. 
четырехугольник CLPF является описанным и отрезок LF является диаметром окружности, описанной вокруг него. Тогда отрезок LF является и диаметром описанной окружности треугольника CLP, а поскольку он перпендикулярен прямой KL, она является касательной к этой окружности. 
очевидно. Отсюда вытекает подобие треугольников ALH и BFC. Рассмотрим поворотную гомотетию с коэффициентом 
и углом 
переводящую треугольник ALH в треугольник BFC. Эта гомотетия точку K переведет в точку L, а точку L — в точку F. Поэтому прямые 
и 
перпендикулярны, так как переходят друг в друга. 
является диаметром окружности, а KL перпендикуляр, следовательно, касательная.
Равенство углов 
и четырехугольник MBKP — параллелограмм (диагонали пересекаются и делятся точкой пересечения пополам). Ещё дважды применяя теорему Фалеса, получим 
В прямоугольном треугольнике ABC точка M — середина гипотенузы BC, а точки P и T делят катеты AB и AC в отношении
Обозначим за К точку пересечения отрезков ВТ и РM, за E — точку пересечения отрезков СР и МТ, и за О — точку пересечения отрезков СР и ВТ. Доказать, что четырёхугольник ОКME — вписанный.
Треугольник AMC равнобедренный, поэтому треугольники МАТ и MCH равны по одноимённым углам и прилежащим к ним сторонам. Отсюда, в частности, следует равенство углов АMТ и СМН. По обратной теореме Фалеса, ВТ и МН параллельны, поэтому угол СВТ равен углу СMH и углу АMT.
Выразим длины этих отрезков через длину ВТ. 
Треугольник ТМН равнобедренный, следовательно, 
следовательно, 
следовательно, 
следовательно, 
равна половине длины 
а длина AQ вдвое больше длины 
Следовательно, длина стороны AB равна 
Следовательно, 
a высота из вершины I равна 
Эта высота и отрезки IP и IQ равны, как радиусы вписанной окружности, поэтому 
откуда Пусть АН, ВР и СТ — высоты, а М — середина стороны ВС в остроугольном треугольнике АВС. Прямая РМ пересекает продолжение стороны АВ за вершину В в точке Y, а прямая ТН пересекает продолжение стороны АС за вершину С в точке Х. Доказать, что прямые ВС и XY параллельны.
Значит, 
Заметим, что треугольник АТР подобен треугольнику АВС. Действительно, углы СТВ и СРВ прямые, поэтому четырёхугольник СРТВ вписанный, следовательно, 
Аналогично, 
поэтому треугольники АТР и ABC подобны с парами соответственными сторонами AB и AP, AC и AT. Тогда 
По теореме, обратной теореме Фалеса, отсюда следует параллельность прямых ВС и XY, что и требовалось доказать.Дана трапеция ABCD с основаниями AB и CD такая, что AB + CD = AD. Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Прямая, параллельная основаниям трапеции и проходящая через точку O, пересекает боковую сторону AD в точке K. Докажите, что 
и 
она существует, так как 
Из этого равенства следует, что 
так же равно 
в силу подобия треугольников AOB и COD. Из равенства
и 
Кроме того, из параллельности прямых AB, OK и CD следует, что 
и 
Отсюда следует, что развернутый угол AKD равен 
Поэтому 
пересекаются в точке O. На AB отметили точку E такую, что прямая EO параллельна основаниям трапеции. Оказалось, что EO — биссектриса угла CED. Докажите, что трапеция — прямоугольная.
Докажем, что отрезок EB является его медианой отсюда последует, что он также является и высотой, и трапеция окажется прямоугольной (в силу того, что 
а также треугольники ABC и AEO подобны с коэффициентом 
Эти коэффициенты подобия равны, поскольку параллельные прямые BC и AD высекают на прямых AC и BD пропорциональные отрезки (также это можно вывести из подобия треугольников AOD и COB). 
либо 
— 2 балла;В треугольнике BMW, где BM < BW < MW, BO — высота, BH — медиана. Точка K симметрична точке M относительно точки O. Перпендикуляр к MW, проведённый через точку K, пересекает отрезок BW в точке P. Докажите, что если MP и BH перпендикулярны, то угол B треугольника BMW равен 90 градусам.
то 
(по теореме Фалеса). Следовательно, HR — средняя линия в треугольнике MPW и поэтому отрезок HR параллелен стороне BW.В остроугольном треугольнике SAP проведена высота AK. На стороне PA выбрали точку L, а на продолжении стороны SA за точку A — точку M так, что 
и 
Прямые SL и PM пересекают прямую AK в точках N и O соответственно. Докажите, что 2ML = NO.
А по теореме Фалеса имеем, что 
Аналогично, из подобия треугольников SAN и SML имеем 
а из теоремы Фалеса, что 
Отсюда, поскольку 
имеем 
В остроугольном треугольнике ABC проведена биссектриса AL. На продолжении отрезка LA за точку A выбрана точка K так, что 
Описанные окружности треугольников BLK и CLK пересекают отрезки AC и AB в точках P и Q соответственно. Докажите, что прямые PQ и BC параллельны.
(Д. Ю. Бродский)
По свойству биссектрисы AL треугольника ABC получаем 
или 
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем 
или 
откуда, по обратной теореме о пропорциональных отрезках, следует, что QP и BC параллельны.
откуда 
По обратной теореме о пропорциональных отрезках получаем параллельные линии QP и BC.
следует, что четырехугольник B1QPC1 вписанный, поэтому 
На стороне BC квадрата ABCD отмечены точки E и F так, что 
На стороне CD отмечена точка G так, что 
На стороне AD отмечены точки H и I так, что 
Отрезок BG пересекает отрезки AE, IF и HC в точках J, K и L соответственно. Площадь какого из четырехугольников больше — EFKJ или GDHL?
Тогда 
и 
и 
Из равенств 
и по теореме Фалеса 
Значит, треугольники BJE, BKF и BLC подобны. Далее находим 
и получаем
На стороне CD отметим точку O — середину отрезка CG, то есть 
Тогда 
и по теореме Фалеса 
Рассмотрим треугольники QHD и QMC. Они подобны с коэффициентом, равным 
Следовательно, 
Тогда 
и 
имеют общую грань. Сечение одного из этих кубов некоторой плоскостью — треугольник площади 16. Сечение другого той же плоскостью — четырехугольник. Какое наибольшее значение может принимать его площадь.
Тогда 
То есть наша задача равносильна задаче о нахождении максимального коэффициента подобия.
и 
C одной стороны, нам надо минимизировать z, а с другой — максимизировать площадь. Очевидно, для этого x и y должны быть максимальны, то есть равны ребру ℓ.
то есть 
откуда 
Подставляя эти значения в формулу, получаем: 
а значит, данное уравнение на k имеет не больше одного решения. Конкретное решение в большинстве вариантов легко подбирается из этого равенства, так как оно целочисленное.
что оказывается верным. Ответ получается как разность площадей двух треугольников и равен 
В куске породы, имеющем форму правильной шестиугольной призмы, образовались два кристалла-двойника ACEG1 и B1D1F1G, вросшие друг в друга (см. рисунок). Каждый из кристаллов имеет форму правильного тетраэдра с вершиной в центре основания своего двойника и ребром 1 см. Определить, какую форму имеет общая часть этих кристаллов, и найти ее объем (замечание: кристаллы в форме тетраэдров образуют сфалерит, шеелит, редко-алмаз).
и по теореме Фалеса 
Таким образом, грань GB1D1F1 пересекает ребро ACEG1 в точке, делящей ребро в отношении 1:2 считая от G1, то есть 
Проведя аналогичное рассуждение для других сечений, получим, что общая часть тетраэдров имеет форму параллелепипеда, все стороны которого являются ромбами со сторонами 
и острым углом 
найдем, построив проекцию ребра 
см3. В куске породы, имеющем форму правильной шестиугольной призмы, образовались два кристалла-двойника ACEG1 и B1D1F1G, вросшие друг в друга (см. рисунок). Каждый из кристаллов имеет форму правильного тетраэдра с вершиной в центре основания своего двойника и ребром 3 см. Определить, какую форму имеет общая часть этих кристаллов, и найти ее объем (замечание: кристаллы в форме тетраэдров образуют сфалерит, шеелит, редко-алмаз).
Проведя аналогичное рассуждение для других сечений, получим, что общая часть тетраэдров имеет форму параллелепипеда, все стороны которого являются ромбами со сторонами 1 и острым углом 60°.
см3.От прямой линии, проходящей через точки пересечения медиан и биссектрис тупоугольного треугольника, двумя его сторонами отсекается отрезок длинной на 1 см меньше, чем одна из длин сторон данного треугольника. Найдите наименьшую из возможных длин сторон этого треугольника, если их длины выражаются натуральными числами (в см) и образуют арифметическую прогрессию.
—
тогда по условию длины AB, AC, BC — арифметическая прогрессия, то есть 
Следовательно, периметр ABC равен 
и 
—
(по свойству), следовательно, 
(по теореме, обратной к Т. Фалеса, для 
и 
то ED не может на 1 см быть меньше BC, иначе получится, что 
Поэтому, возможны два варианта:
и 
где x — натуральное число. Из неравенства тупоугольного треугольника 
откуда 
и 
следовательно, 
имеют общую грань. Сечение одного из этих кубов некоторой плоскостью — треугольник площади 16. Сечение другого той же плоскостью — четырёхугольник. Какое наибольшее значение может принимать его площадь?
и 
с общей гранью ABCD. Пусть также треугольное сечение первого куба — это KLM, где точка K лежит на 
точка L на AB, а точка M — на AD. Одна из сторон четырёхугольного сечения второго куба — отрезок LM. Две другие — продолжения отрезков KLи
на грани второго куба, назовём эти отрезки LPи
Чтобы сечение было четырёхугольным, точки P и Q должны находиться на одной грани второго куба, а это может быть только грань 
и z. Найдём формулу площади этого треугольника. Это можно делать по-разному, например, через векторное произведение, или посчитав двумя способами площадь тетраэдра, образованного вершинами треугольника и вершиной куба, но мы вычислим эту площадь по формуле Герона, зная стороны треугольника: 
и 
С одной стороны, нам надо минимизировать z, а с другой — максимизировать площадь. Очевидно, для этого x и y должны быть максимальны, то есть равны ребру 
то есть 
Подставляя эти значения в формулу, получаем: 
Большая окружность вписана в ромб, каждая из двух меньших окружностей касается двух сторон ромба и большой окружности, как на рисунке справа. Через точки касания окружностей со сторонами ромба провели четыре штриховые прямые, как на рисунке. Докажите, что они образуют квадрат.
(Е. Бакаев)
как касательные, проведённые из одной точки. Из равенства RQ = RS по теореме Фалеса получаем KL = LM.
(они измеряются половинами равных дуг), то есть QL — биссектриса угла KQR. Аналогично SL — биссектриса угла ASM. Следовательно. точка L равноудалена от прямых KQ, AB и SM, т. е. KL = LM. 
как вписанные опирающиеся на симметричные дуги, поэтому прямоугольные треугольники QUW и QUS равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, UW = US. Аналогично и смежная с UW сторона полученного прямоугольника равна US.