Планиметрическая задача

а)

Так как $BD \parallel AM$, то $$\angle MAB = \angle ABD,\; \text{как накрест лежащие}$$ $$\angle CAM = \angle ADB,\; \text{как соответственные}$$

Из условия $AD = AB \quad \Longrightarrow \quad \Delta BAD$ — равнобедренный.

Тогда $\angle ADB = \angle ABD$, а значит $$\angle BAM = \angle MAC \quad \Longrightarrow \quad AM \text{ --- биссектриса}$$

б) $$AC^2 = BC^2 + AB^2 \quad \Leftrightarrow \quad 30^2 = 18^2 + 24^2$$

Равенство верно, тогда, по теореме обратной т.Пифагора $\Delta ABC$ — прямоугольный.

По свойству биссектрисы в $\Delta ABC$ $$\dfrac{BM}{MC} = \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{24}{30} = \dfrac{4}{5}$$

Пусть $MC = x \; \Longrightarrow \; BM = 18-x$
Тогда $$\dfrac{18-x}{x} = \dfrac{4}{5} \quad \Longrightarrow \quad x = 10$$ Далее, $S_{\Delta AMC} = S_{\Delta ABC} - S_{\Delta AMB}$:
$$S_{\Delta AMC} =\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot BC - \dfrac{1}{2}\cdot AB \cdot BM = \dfrac{1}{2}\cdot 24\cdot 18 - \dfrac{1}{2}\cdot 24 \cdot 8 = 120$$ Так как $AM \parallel DB,$; то $\Delta ACM \sim \Delta DCB,\; k=\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{5}{9}$ $$S_{\Delta DBC} = \left(\dfrac{9}{5} \right)^2\cdot S_{\Delta AMC} = \left(\dfrac{9}{5} \right)^2\cdot 120 = 388,8$$ Тогда $$S_{AMDB} = S_{\Delta DBC} - S_{\Delta AMC} = 388,8 - 120 = 268,8$$

Ответ:    $268,8$

а)

$\angle BDA = 90^\circ,$ так как опирается на диаметр AB.
Тогда $BD$ — высота прямоугольного $\Delta ABC \quad \Longrightarrow \quad BD^2 = CD \cdot AD$. $$\angle EOB = \angle AOD, \text{ как вертикальные углы}$$ $$EO = AD, \; AO=OB, \text{ как радиусы}$$ Следовательно, $\Delta EOB = \Delta DOA$

Значит, $EB = AD$, тогда $$BD^2 = CD\cdot AD = CD \cdot BE.$$

б) $\Delta ABC$ — прямоугольный, тогда по т.Пифагора $$AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}$$ Далее, $$\angle ABC = \angle ADB=90^\circ$$ $$\angle BAC \text{ --- общий}$$ Следовательно, $\Delta ABC \sim \Delta ADB$

Тогда $$\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{BC}{AC} \quad \Longrightarrow \quad BD =\dfrac{AB\cdot BC}{AC}=\dfrac{10\cdot 5}{5\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$$ $$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{AB}{BC} \quad \Longrightarrow \quad AD =\dfrac{BD\cdot AB}{BC}=\dfrac{2\sqrt{5}\cdot 10}{5}=4\sqrt{5}=EB$$ Тогда $$CD = AC - AD = 5\sqrt{5}-4\sqrt{5}=\sqrt{5}$$

По теореме Менелая для $\Delta ABC$ и прямой $OF$: $$\dfrac{BO}{OA}\cdot\dfrac{AD}{DC}\cdot\dfrac{CF}{FB}=1 \quad \Longleftrightarrow \quad 1\cdot\dfrac{4\sqrt{5}}{\sqrt{5}}\cdot\ \dfrac{CF}{BF}=1 \quad \Longleftrightarrow \quad BF =4CF.$$ Тогда $$BF = \dfrac{4}{3}BC = \dfrac{20}{3}, \quad CF = \dfrac{5}{3}$$

Далее, $$S_{\Delta FBE} = \dfrac{1}{2}\cdot FB \cdot BE \cdot \sin \angle FBE$$ Найдем $\sin \angle FBE$: $$\sin \angle FBE = \sin(\angle FBD +\angle DBE)=\sin(\angle FBD+90^\circ)=\cos \angle FBD = \dfrac{BD}{BC} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.$$ Таким образом $$S_{\Delta FBE} = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{20}{3} \cdot 4\sqrt{5} \cdot \dfrac{2\sqrt{5}}{5} = \dfrac{80}{3}.$$

Ответ: $\quad \dfrac{80}{3}$

а)

Пусть $E$ — середина $KC$. Тогда $ME$ — медиана прямоугольного $\Delta CMK$.
Пусть $ME = x$, тогда $ME = CE = EK = x=\dfrac{1}{2}CK$
А тогда $$AK = \dfrac{1}{2}CK = x$$ %Значит %$$$$ $$CM=MA \quad (M \text{--- середина гипотенузы \(AB\)} ) \; \Longrightarrow \Delta CMA \text{ --- равнобедренный}$$ Тогда $\angle MCA = \angle MAC$.

Далее, $$\angle MCA = \angle MAC$$ $$MC = MA$$ $$CK=EA=2x$$ Тогда $\Delta AME = \Delta CMK$ %

Следовательно, $\angle AME = \angle CMK = 90^\circ$. $$ME = \dfrac{1}{2}AE, \; AE \text{--- гипотенуза} \Longrightarrow \angle BAC = 30^\circ.$$

б)

По теореме Менелая для $\Delta ABC$ и прямой $KM$: $$\dfrac{AM}{MB}\cdot \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CK}{KA} =1 \; \Longleftrightarrow \; \dfrac{1}{1}\cdot \dfrac{BP}{PC}\cdot\dfrac{2}{1}=1 \; \Longrightarrow \dfrac{BP}{PC} = \dfrac{1}{2}$$ В прямоугольном $\Delta ABC$ $$\tg \angle BAC = \dfrac{BC}{AC} \; \Longleftrightarrow \; \tg 30^\circ = \dfrac{BC}{3x} \; \Longleftrightarrow \; BC=\sqrt{3}x$$ $BC = \sqrt{21} \; \Longrightarrow \; \sqrt{21}=\sqrt{3}x \; \Longrightarrow \; x=\sqrt{7}$
$PB=BC=\sqrt{21}$.
Проведем прямую через точку $A$ параллельно $BC$, которая пересечет $BQ$ в точке $T$. % $$\angle KAT = \angle KCB, \text{ как накрест лежащие}$$ $$\angle CKB = \angle AKT, \text{ как вертикальные}$$ Следовательно, $\Delta KAT \sim \Delta KCB$

Тогда $$\dfrac{AK}{KC}=\dfrac{AT}{BC}=\dfrac{x}{2x}=\dfrac{1}{2}$$ Получим $$AT=\dfrac{1}{2}BC =\dfrac{\sqrt{21}}{2}$$ $AT = \dfrac{1}{2}BC, \; AT \parallel BC \; \Longrightarrow \; AT$ — средняя линия $\Delta BPQ$.
Тогда $$\dfrac{BK}{KT}=\dfrac{BC}{AT} = \dfrac{2}{1} \; (\Delta KAT \sim \Delta KCB)$$ Найдем $BK$ из $\Delta BKC$: $$BK = \sqrt{BC^2 + CK^2}= \sqrt{21 + 28} = 7$$ Тогда $KT = \dfrac{BK}{2} = \dfrac{7}{2}, \quad BT = BK + KT = \dfrac{21}{2}$

Так как $BQ = 2BT \; (AT \text{ --- средняя линия})$, то получим, что
$$BQ = 2\cdot\dfrac{21}{2} = 21$$ А тогда $$KQ = BQ - BK = 21 - 7 = 14$$

Ответ: $\quad 14$

а)

Пусть $F$ — точка пересечения $AB$ и $CD$.

$CE \perp CD, \quad AH \perp CD,$ тогда $CE \parallel AH$.

Заметим, что прямоугольные треугольники $FBC, FCE, FHA, FAD$ подобны, так как у них общий острый угол $F$. Следовательно, $$\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{FC}{FE}=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{FH}{FA}$$ Заметим, что $$\dfrac{FB}{FC} \cdot \dfrac{FC}{FE} = \dfrac{FA}{FD}\cdot \dfrac{FH}{FA}$$ А тогда $$\dfrac{FB}{FE}= \dfrac{FH}{FD}$$ По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезков, получаем, что прямая $BH$ параллельна прямой $ED$

б) $\angle BCD = 135^\circ$, тогда $\angle FDA = 45^\circ$. Значит $\Delta FAD$ — равнобедренный.

В $\Delta FAD$ $AH$ — высота и медиана, тогда $FH=AH=DH$. Значит $\dfrac{FH}{FD}=\dfrac{1}{2}$

Так как $BH \parallel ED$, то $\Delta FBH \sim \Delta FED$, тогда $$\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{FB}{FE}=\dfrac{FH}{FD}=\dfrac{1}{2}$$ Получили, что $\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{1}{2}$

Ответ: $\; 1:2$.

а)

Углы $ABD$ и $ACD$ прямые, поэтому точки $A,B,C,D$ лежат на одной окружности с диаметром $AD$. Значит, $ABCD$ — вписанная трапеция. Тогда $ABCD$ — равнобедренная трапеция. Тогда $AB=CD$.

б) Пусть $AH=x$, тогда $HD = 7+x$

$BH$ — высота в прямоугольном $\Delta ABD$, тогда $$BH^2=AH\cdot HD=x\cdot(7+x)$$

С другой стороны, из прямоугольного $\Delta ABH$: $$BH^2=AB^2-AH^2=4-x^2$$ Тогда $$x\cdot(7+x) = 4-x^2$$ Получим, что $x=\dfrac{1}{2}=AH$, откуда $AD = 2\cdot AH + BC=2\cdot\dfrac{1}{2}+7=8$

Ответ: $\; 8$.

Необходимая теория:

1. Если отрезок из двух точек виден под равными углами, то четыре точки, из которых виден отрезок, лежат на одной окружности.

2. Если вписанный в окружность угол прямой, то он опирается на диаметр этой окружности.

3. Если около трапеции можно описать окружность, то она равнобедренная.

4. Высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого угла, вычисляется по формуле $$h^2=a_c \cdot b_c,$$ где $h$ — высота, $a_c$ и $b_c$ — проекции катетов на гипотенузу.