Задачи на теорему Фалеса - сложные задачи с решениями

Решение:
Для внутренней точки [tex]AM+MB=12[/tex] и [tex]AM:MB=5:1[/tex], откуда [tex]MB=2[/tex] и [tex]AM=10[/tex].
Для внешней точки [tex]AN\gt NB[/tex], поэтому [tex]N[/tex] лежит на продолжении [tex]AB[/tex] за точку [tex]B[/tex]. Пусть [tex]NB=x[/tex], тогда [tex]AN=12+x[/tex] и
[tex]\frac{12+x}{x}=5\Rightarrow x=3[/tex]
Точки [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] лежат по разные стороны от [tex]B[/tex], поэтому
[tex]MN=MB+BN=2+3=5[/tex]

Решение:
Имеем [tex]AC=AE+CE=10[/tex]. Так как [tex]LE\parallel AB[/tex], по обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]ACB[/tex] получаем
[tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AE}{EC}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}[/tex]
По свойству биссектрисы
[tex]\frac{AB}{AC}=\frac{BL}{LC}=\frac{3}{2}\Rightarrow AB=\frac{3}{2}\cdot 10=15[/tex]

Решение:
[tex]BM[/tex] — биссектриса угла [tex]B[/tex], поэтому по свойству биссектрисы
[tex]\frac{AM}{MC}=\frac{AB}{BC}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\Rightarrow CM=\frac{3}{5}\cdot 15=9[/tex]
Аналогично из биссектрисы [tex]AN[/tex] получаем [tex]CN=9[/tex]. Так как [tex]\frac{CM}{CA}=\frac{CN}{CB}=\frac{3}{5}[/tex], по теореме, обратной теореме Фалеса, [tex]MN\parallel AB[/tex]. Тогда
[tex]\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{CA}=\frac{3}{5}\Rightarrow MN=\frac{3}{5}\cdot 10=6[/tex]

Решение:
Проведём диагональ [tex]AC[/tex]; пусть она пересекает [tex]PQ[/tex] в точке [tex]R[/tex]. В треугольнике [tex]ACD[/tex] имеем [tex]PR\parallel DC[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса [tex]\frac{AR}{AC}=\frac{AP}{AD}=\frac{1}{3}[/tex] и
[tex]PR=\frac{1}{3}CD=3[/tex]
В треугольнике [tex]ABC[/tex] имеем [tex]RQ\parallel AB[/tex] и [tex]\frac{CR}{CA}=\frac{2}{3}[/tex], поэтому
[tex]RQ=\frac{2}{3}AB=12[/tex]
[tex]PQ=PR+RQ=3+12=15[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AC=BC=12[/tex], [tex]CH[/tex] — высота ([tex]H[/tex] — середина [tex]AB[/tex]), [tex]P[/tex] — середина [tex]CH[/tex], а прямая, проходящая через [tex]P[/tex] параллельно [tex]AC[/tex], пересекает [tex]AB[/tex] в точке [tex]E[/tex] и [tex]BC[/tex] в точке [tex]F[/tex].
В треугольнике [tex]AHC[/tex] прямая [tex]PE[/tex] проходит через середину [tex]CH[/tex] и параллельна [tex]CA[/tex], поэтому [tex]E[/tex] — середина [tex]AH[/tex] и
[tex]BE=BH+HE=\frac{1}{2}AB+\frac{1}{4}AB=\frac{3}{4}AB[/tex]
В треугольнике [tex]ABC[/tex] имеем [tex]EF\parallel AC[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{EF}{AC}=\frac{BE}{BA}=\frac{3}{4}\Rightarrow EF=\frac{3}{4}\cdot 12=9[/tex]

Решение:
Пусть серединный перпендикуляр пересекает [tex]AB[/tex] в её середине [tex]O[/tex]. Прямые [tex]MO[/tex] и [tex]CH[/tex] перпендикулярны [tex]AB[/tex], поэтому [tex]MO\parallel CH[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]ABC[/tex]
[tex]\frac{BO}{BH}=\frac{BM}{BC}=\frac{5}{7}[/tex]
Пусть [tex]BO=5x[/tex], тогда [tex]BH=7x[/tex] и [tex]AB=2BO=10x[/tex], откуда [tex]AH=AB-BH=3x[/tex] и
[tex]AH:HB=3x:7x=3:7[/tex]

Решение:
Пусть [tex]G[/tex] — точка пересечения медиан, [tex]BB_1[/tex] — медиана к стороне [tex]AC[/tex]; тогда [tex]\frac{BG}{BB_1}=\frac{2}{3}[/tex]. Так как [tex]DE\parallel AC[/tex], по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{BD}{BA}=\frac{BE}{BC}=\frac{DE}{AC}=\frac{BG}{BB_1}=\frac{2}{3}[/tex]
Значит, [tex]AD=\frac{AB}{3}[/tex] и [tex]EC=\frac{BC}{3}[/tex], откуда
[tex]\frac{AB+BC}{3}=16\Rightarrow AB+BC=48\Rightarrow AC=75-48=27[/tex]
[tex]DE=\frac{2}{3}\cdot 27=18[/tex]

Решение:
Пусть [tex]F[/tex] — середина [tex]AM[/tex]. Проведём [tex]MN\parallel BQ[/tex], где [tex]N\in AC[/tex].
В треугольнике [tex]BCQ[/tex] точка [tex]M[/tex] — середина [tex]BC[/tex] и [tex]MN\parallel BQ[/tex], поэтому по теореме Фалеса [tex]N[/tex] — середина [tex]QC[/tex], т.е. [tex]QN=NC[/tex].
В треугольнике [tex]AMN[/tex] точка [tex]F[/tex] — середина [tex]AM[/tex] и [tex]FQ\parallel MN[/tex], поэтому [tex]Q[/tex] — середина [tex]AN[/tex], т.е. [tex]AQ=QN[/tex]. Значит,
[tex]AQ=QN=NC=\frac{AC}{3}[/tex]
[tex]CQ-AQ=\frac{2}{3}AC-\frac{1}{3}AC=\frac{1}{3}AC=6\Rightarrow AC=18[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AN=MB=x[/tex], тогда [tex]AM=3-x[/tex]. Так как [tex]MN\parallel BC[/tex], по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{AM}{MB}=\frac{AN}{NC}\Rightarrow \frac{3-x}{x}=\frac{x}{4}[/tex]
[tex]x^{2}+4x-12=0\Rightarrow (x-2)(x+6)=0[/tex]
Отрицательный корень не подходит, поэтому
[tex]AN=2[/tex]

Решение:
Из [tex]AF:FC=3:2[/tex] следует [tex]\frac{CF}{CA}=\frac{2}{5}[/tex]. В угле [tex]ACB[/tex] имеем [tex]FL\parallel AE[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{CL}{CE}=\frac{CF}{CA}=\frac{2}{5}\Rightarrow CE=\frac{5}{2}\cdot 16=40\Rightarrow EL=40-16=24[/tex]
В том же угле [tex]EF\parallel AB[/tex], поэтому
[tex]\frac{CE}{CB}=\frac{CF}{CA}=\frac{2}{5}\Rightarrow CB=\frac{5}{2}\cdot 40=100\Rightarrow BE=100-40=60[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AB=CD=11x[/tex], т.е. [tex]AE=3x[/tex]. Прямые [tex]AC[/tex] и [tex]DE[/tex] пересекаются в точке [tex]K[/tex] и [tex]AE\parallel CD[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{AK}{KC}=\frac{AE}{CD}=\frac{3}{11}\Rightarrow AK=\frac{3}{14}\cdot 28=6[/tex]
Пусть [tex]BC=AD=5y[/tex], т.е. [tex]CF=2y[/tex]. Прямые [tex]AC[/tex] и [tex]DF[/tex] пересекаются в точке [tex]L[/tex] и [tex]CF\parallel AD[/tex], поэтому
[tex]\frac{CL}{LA}=\frac{CF}{AD}=\frac{2}{5}\Rightarrow LC=\frac{2}{7}\cdot 28=8[/tex]
[tex]KL=28-6-8=14[/tex]

Решение:
Пусть [tex]BC=6[/tex], [tex]AB=16[/tex] и [tex]AC=20[/tex]. Наименьший угол лежит против наименьшей стороны, т.е. это угол [tex]A[/tex]. Пусть его биссектриса пересекает [tex]BC[/tex] в точке [tex]L[/tex]:
[tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{5}\Rightarrow BL=\frac{4}{9}\cdot 6=\frac{8}{3}[/tex]
Биссектриса внешнего угла при вершине [tex]A[/tex] пересекает прямую [tex]BC[/tex] в точке [tex]E[/tex], для которой [tex]\frac{EB}{EC}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{5}[/tex]. Так как [tex]EB\lt EC[/tex], точка [tex]E[/tex] лежит на продолжении [tex]CB[/tex] за точку [tex]B[/tex]. Пусть [tex]EB=x[/tex]:
[tex]\frac{x}{x+6}=\frac{4}{5}\Rightarrow x=24[/tex]
[tex]LE=EB+BL=24+\frac{8}{3}=\frac{80}{3}[/tex]

Решение:
Так как [tex]BM\parallel DC[/tex], по обобщённой теореме Фалеса для прямых [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex], пересекающихся в точке [tex]O[/tex], получаем
[tex]\frac{OM}{OC}=\frac{OB}{OD}\Rightarrow OM=\frac{OB\cdot OC}{OD}[/tex]
Так как [tex]CP\parallel AB[/tex], аналогично
[tex]\frac{OP}{OB}=\frac{OC}{OA}\Rightarrow OP=\frac{OB\cdot OC}{OA}[/tex]
Следовательно,
[tex]\frac{OM}{OA}=\frac{OB\cdot OC}{OA\cdot OD}=\frac{OP}{OD}[/tex]
Точки [tex]M[/tex] и [tex]P[/tex] лежат на сторонах [tex]OA[/tex] и [tex]OD[/tex] угла [tex]AOD[/tex] и отсекают пропорциональные отрезки, поэтому по теореме, обратной теореме Фалеса, [tex]MP\parallel AD[/tex].

Решение:
В треугольнике [tex]ACD[/tex] имеем [tex]KL\parallel DC[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{KL}{DC}=\frac{AL}{AC}[/tex]
В треугольнике [tex]BCD[/tex] имеем [tex]PQ\parallel DC[/tex], поэтому
[tex]\frac{PQ}{DC}=\frac{BQ}{BC}[/tex]
В треугольнике [tex]ABC[/tex] имеем [tex]LQ\parallel AB[/tex], поэтому
[tex]\frac{AL}{AC}=\frac{BQ}{BC}[/tex]
Следовательно, [tex]\frac{KL}{DC}=\frac{PQ}{DC}[/tex], т.е. [tex]KL=PQ[/tex].

Решение:
На луче [tex]OA[/tex] возьмём точку [tex]C'[/tex], для которой [tex]OC'=OC[/tex], а на луче [tex]OB[/tex] — точку [tex]D'[/tex], для которой [tex]OD'=OD[/tex].
Так как [tex]\angle C'OD'=\angle COD[/tex] (вертикальные углы), треугольники [tex]OC'D'[/tex] и [tex]OCD[/tex] равны (по двум сторонам и углу между ними), поэтому [tex]\angle OC'D'=\angle OCD[/tex]. Это накрест лежащие углы, следовательно, [tex]C'D'\parallel CD[/tex]. Из условия
[tex]\frac{OA}{OC'}=\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{OB}{OD'}[/tex]
и по теореме, обратной теореме Фалеса, для угла [tex]AOB[/tex] получаем [tex]AB\parallel C'D'[/tex], следовательно, [tex]AB\parallel CD[/tex].
Если бы ещё и [tex]AD\parallel BC[/tex], то [tex]ABCD[/tex] был бы параллелограммом, его диагонали делились бы точкой пересечения пополам и [tex]OA:OC=1[/tex] — противоречие. Значит, [tex]ABCD[/tex] — трапеция.