(C5) Геометрическая задача на доказательство

Проведём через точку $$E$$ прямую $$MN \parallel AB$$

Площадь $$\triangle ABE = \frac{1}{2}S_{ABNM}$$ (*)

Площадь $$\triangle CED = \frac{1}{2}S_{CNMD}$$

Сумма площадей: $$S_{ABE} + S_{CED} = \frac{1}{2}(S_{ABNM} + S_{CNMD})$$

Но $$S_{ABNM} + S_{CNMD} = S_{ABCD}$$

Таким образом: $$S_{ABE} + S_{CED} = \frac{1}{2}S_{ABCD}$$

Что и требовалось доказать.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

         Биссектрисы $$AA_{1}$$ и $$CC_{1}$$; $$AA_{1}\cap CD=H$$; $$CC_{1}\cap AB=R$$

         1) Пусть $$\angle A=2\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BAA_{1}=\angle A_{1}AD=$$$$\angle BCC_{1}=\angle C_{1}CD=\alpha $$($$AA_{1}; CC_{1}$$ - биссектрисы)

         2) $$\angle AHC=\angle BAA_{1}=\alpha$$ ; $$\angle ARC=\angle C_{1}CR=\alpha$$ (накрест лежащие ) $$\Rightarrow$$ $$BC=AD$$, то равнобедренные $$\Delta RBC=\Delta AHD$$$$\Rightarrow$$ $$RB=AD(1)$$

         3) $$\angle BAM=\angle BRN=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$AM\left | \right |RN, AR\left | \right |NM$$ (по построению ) $$\Rightarrow$$ AMNR - параллелограмм $$\Rightarrow$$ $$RN=AM(2)$$

         4)С учетом (1) и (2) , и, что $$\angle BRN =\angle MAD=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\Delta BRN=\Delta MAD$$$$\Rightarrow$$ $$\angle ABN=\angle ADM$$

Последовательно соединенные через одну вершины восьмиугольника образуют треугольники, стороны которых образованы сторонами восьмиугольника и проведенными отрезками. В правильном восьмиугольнике все стороны и углы равны. Получается, что все получившиеся треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, все стороны у получившейся фигуры равны.

Углы у этих треугольников равны $$135;22,5; 22,5.$$

Тогда угол фигуры можно рассчитать как: $$\frac{360 - 135 - 22,5 - 22,5}{2}=90.$$

Итак, у нас получилась фигура с углами в $$90$$ градусов и равными сторонами. То есть квадрат.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Рассмотрим треугольники $$ABC$$ и $$BDE.$$

Т.к. стороны правильного шестиугольника равны, то и $$CA=AB=BD=DE, \angle A=\angle D,$$ т.к. углы правильного шестиугольника тоже равны. Следовательно, данные треугольники равны (по первому признаку равенства треугольников).

Тогда $$BC=BE.$$ Углы $$\angle BCA=\angle CBA=\angle EBD=\angle BED$$ (по свойству равнобедренного треугольника). Следовательно внутренние углы $$\angle С=\angle B=\angle E.$$

Данные выкладки справедливы для любой пары треугольников, следовательно все стороны внутреннего шестиугольника равны и все внутренние углы равны. Это означает, что внутренний шестиугольник - правильный (по определению).

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

      1) Пусть $$\angle PCO=x$$, тогда $$\angle POC=90-x$$ ($$OP\perp BC$$ как радиус в точку касания )

      2) $$\Delta OHC=\Delta OPC$$$$\Rightarrow$$ $$\angle OCH=x$$$$\Rightarrow$$ $$\angle HBC=90-2x$$$$\Rightarrow$$ из $$\Delta OBP$$: $$\angle BOP=2x$$

      3) из $$\Delta MOP$$ ($$MO=OP$$ - радиусы): $$\angle OMP=\angle MPO=\frac{180-2x}{2}=90-x=\angle POC$$$$\Rightarrow$$ накрест лежащие углы равны и $$MP\left | \right |OC$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) $$FD=DQ$$; $$MF=FA$$ $$\Rightarrow$$ $$FD$$ - средняя линия $$\bigtriangleup AQM$$ $$FD=\frac{1}{2}AQ$$ и $$FD\parallel AQ$$; $$EC_{1}=FD$$ (из $$\bigtriangleup AQC$$)

2) Аналогично п.1: $$FE=\frac{1}{2}MC=DG$$ и $$EG\parallel FD$$; $$FE\parallel MC\parallel DG$$ из $$\bigtriangleup MAC$$ и $$\bigtriangleup MQC$$

3) $$MB=BA$$; $$BC=BQ$$ (стороны квадратов); $$\angle MBC=90^{\circ}+\angle ABC$$; $$\angle QBA=90^{\circ}+ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle MBC=\angle QBA$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MBC=\bigtriangleup ABQ$$ $$\Rightarrow$$ $$MC=AQ$$ $$\Rightarrow$$ $$FD=DG=GE=FE$$ $$\Rightarrow$$ $$FDGE$$ - ромб

4) $$\angle MLB=\angle ALK$$ - вертикальные; $$\angle MBL=90^{\circ}$$; из $$\bigtriangleup MBC=\bigtriangleup ABQ$$: $$\angle MBL=\angle LAK$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MBL\sim\bigtriangleup ALK$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle LKA=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$MC\perp AQ$$ $$\Rightarrow$$ $$FD\perp FE$$ $$\Rightarrow$$ $$FDGE$$ - квадрат

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

$$\angle AOK=\alpha \to \angle COM=360-2\cdot 90-\alpha =180-\alpha \to {\sin AOK\ }={\sin COM\ }.$$ $$S_{\triangle AOK}=\frac{AO\cdot OK\cdot {\sin AOK\ }}{2};\ S_{\triangle COM}=\frac{OC\cdot OM\cdot {\sin COM\ }}{2},$$ но $$AO=OM;OC=OK\to S_{AOK}=S_{COM}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     1) По свойству касательных : CD=DA и DA=DB $$\Rightarrow$$ $$CD=DB\Rightarrow$$ AD-медиана $$\Rightarrow$$$$\angle CAB=90$$

     2) Пусть $$\angle ACD=\alpha \Rightarrow$$ из $$\Delta ABC$$: $$\angle ABC=90-\alpha$$. Из $$\Delta O_{1}CD$$: $$\angle CO_{1}D=\angle ACD=\alpha$$ и $$\angle AO_{1}D=\angle CO_{1}D=\alpha$$. Аналогично , $$\angle ABC=\angle DO_{2}B=\angle DO_{2}A=90-\alpha$$. Тогда $$\angle O_{1}DO_{2}$$( из $$\Delta O_{1}D0_{2}$$) равен 90 ($$180-(\alpha +90-\alpha)$$)

     3) из $$\Delta O_{1}CD$$: $$O_{1}D^{2}=O_{1}C^{2}+CD^{2}=R^{2}+AD^{2}$$. Из $$\Delta O_{2}DB$$: $$O_{2}D=DB^{2}+O_{2}B^{2}=r^{2}+AD^{2}$$. При этом $$O_{1}D^{2}+O_{2}D^{2}=O_{1}O_{2}^{2}=(R+r)^{2}$$. Тогда: $$R^{2}+r^{2}+2AD^{2}=$$$$R^{2}+2Rr+r^{2}\Rightarrow$$ $$AD^{2}=Rr$$