Планиметрия №18: ключевые факты и конфигурации

1. 1. По теореме Фалеса параллельная прямая отсекает на сторонах пропорциональные отрезки.
2. 2. Если на одной стороне отношение 1:2 (считая от вершины), то на секущей стороне то же отношение 1:2.
3. 3. Это прямое следствие подобия образовавшегося малого треугольника исходному с коэффициентом 1/3.

Ответ: 1:2, то же отношение переносится параллельной прямой

1. 1. Доказательство. Пусть P — середина боковой стороны AB. Тогда в треугольнике ABC отрезок PM соединяет середины сторон AB и AC, значит это средняя линия: PM ∥ BC и PM = BC/2 = 2,5.
2. 2. В треугольнике ABD отрезок PN соединяет середины сторон AB и BD, значит PN — средняя линия: PN ∥ AD и PN = AD/2 = 6,5.
3. 3. Через точку P проходят две прямые: PM ∥ BC и PN ∥ AD. Но BC ∥ AD по условию (это основания трапеции), значит через P проходят две прямые, параллельные одной и той же прямой. По аксиоме параллельности такая прямая единственна, поэтому PM и PN — это одна и та же прямая, а точки P, M, N лежат на ней. Следовательно MN ∥ BC ∥ AD, что и требовалось.
4. 4. Вычисление. Точки M и N лежат на прямой PN, причём PM = 2,5 и PN = 6,5 отсчитываются от P в одну сторону — обе средние линии направлены от AB в сторону оснований.
5. 5. Значит MN = PN − PM = 6,5 − 2,5 = 4.
6. 6. Общая формула, которую стоит запомнить: отрезок между серединами диагоналей трапеции равен полуразности оснований, (AD − BC)/2. Здесь (13 − 5)/2 = 4 — сошлось.
7. 7. Где теряют баллы. Путают этот отрезок со средней линией трапеции, которая равна полусумме оснований: (13 + 5)/2 = 9. Средняя линия соединяет середины боковых сторон, а не диагоналей. Вторая потеря — в пункте «а» пишут «очевидно, MN ∥ AD» без построения точки P: за доказательство без обоснования балл не ставят.

Ответ: Ответ: MN = 4

1. 1. Доказательство. В одной окружности равные хорды стягивают равные дуги. Раз AB = BC = CD = DE, то дуги AB, BC, CD и DE равны между собой; обозначим величину каждой через 2α.
2. 2. Хорда AC стягивает дугу AB + BC = 4α, хорда CE стягивает дугу CD + DE = 4α. Равные дуги стягиваются равными хордами, значит AC = CE. Доказано.
3. 3. Вычисление. Свяжем хорду с радиусом. Для хорды, стягивающей дугу в 2α, верно: хорда = 2R·sin α — это прямое следствие теоремы синусов для вписанного угла, опирающегося на эту дугу (вписанный угол равен половине дуги, то есть α).
4. 4. Для стороны: 6 = 2R·sin α. Для диагонали AD, которая стягивает дугу AB + BC + CD = 6α: 12 = 2R·sin 3α.
5. 5. Делим второе равенство на первое: 12/6 = sin 3α / sin α, то есть sin 3α = 2·sin α.
6. 6. Раскрываем синус тройного угла: sin 3α = 3·sin α − 4·sin³α. Подставляем: 3·sin α − 4·sin³α = 2·sin α, откуда sin α·(1 − 4·sin²α) = 0.
7. 7. Синус нулю не равен (иначе хорда была бы нулевой), поэтому sin²α = 1/4 и sin α = 1/2, то есть α = 30°.
8. 8. Возвращаемся: 6 = 2R·sin 30° = 2R·0,5 = R. Значит R = 6.
9. 9. Проверка осмысленности: при α = 30° каждая из четырёх дуг равна 60°, вместе 240°, на пятую дугу EA остаётся 120° — картинка непротиворечива, пятиугольник существует.
10. 10. Где теряют баллы. Считают, что равные хорды делят окружность на равные части все пять, и объявляют пятиугольник правильным. Пятая сторона EA в условии не задана и отличается от остальных: её дуга 120°, а хорда 2R·sin 60° = 6√3. Ещё одна потеря — применяют формулу «хорда = 2R·sin α», не пояснив, откуда она берётся; одна строка со ссылкой на вписанный угол закрывает вопрос.

Ответ: Ответ: R = 6

1. 1. а) Так как AB = CD, равны и дуги, стягиваемые этими хордами.
2. 2. Тогда равны вписанные углы ∠BCA и ∠CAD (опираются на равные дуги), то есть накрест лежащие углы при прямых BC, AD и секущей AC равны, значит BC ∥ AD.
3. 3. Вписанная трапеция равнобокая.
4. 4. б) Разместим трапецию симметрично относительно серединного перпендикуляра к основаниям и найдём радиус описанной окружности по координатам вершин: при данных BC = 3, AB = 22, R = 77√73/58 большее основание равно 8.

Ответ: См. решение