Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

ПланиметрияЕГКР 14.12.2023
В параллелограмме ABCDABCDABCD со сторонами AD=12AD = 12AD=12, AB=4AB = 4AB=4 и углом AAA, равным 30∘30^{\circ}30∘, проведены биссектрисы всех четырёх углов.

а) Докажите, что четырёхугольник, ограниченный биссектрисами, -- прямоугольник.

б) Найдите площадь четырёхугольника, ограниченного биссектрисами.

Решение

а) Пусть биссектрисы углов

1) AAA и BBB пересекаются в точке KKK,
2) BBB и CCC пересекаются в точке LLL,
3) CCC и DDD пересекаются в точке MMM,
4) AAA и DDD пересекаются в точке NNN.

Далее, пусть BK∩AD=RBK \cap AD = RBK∩AD=R, LM∩AD=QLM \cap AD = QLM∩AD=Q, AK∩BC=PAK\cap BC = PAK∩BC=P и DM∩BC=TDM\cap BC = TDM∩BC=T.

В треугольнике BAKBAKBAK имеем ∠BAK=15∘\angle{BAK} = 15^{\circ}∠BAK=15∘ и ∠ABK=75∘\angle{ABK} = 75^{\circ}∠ABK=75∘, значит, ∠BKA=90∘\angle{BKA} = 90^{\circ}∠BKA=90∘, то есть AK⊥BKAK \perp BKAK⊥BK.

В треугольнике CDMCDMCDM имеем ∠DCM=15∘\angle{DCM} = 15^{\circ}∠DCM=15∘ и ∠CDM=75∘\angle{CDM} = 75^{\circ}∠CDM=75∘, значит, ∠DMC=90∘\angle{DMC} = 90^{\circ}∠DMC=90∘, то есть CM⊥MDCM \perp MDCM⊥MD.

∠BKA=∠LKN=90∘\angle{BKA} = \angle{LKN} = 90^{\circ}∠BKA=∠LKN=90∘, ∠CMD=∠NML=90∘\angle{CMD} = \angle{NML} = 90^{\circ}∠CMD=∠NML=90∘ как вертикальные.

∠RBC=∠ARB\angle{RBC} = \angle{ARB}∠RBC=∠ARB, как накрест лежащие при параллельных прямых BCBCBC и ADADAD и секущей BRBRBR, значит, треугольник BARBARBAR -- равнобедренный и AB=AR=4AB = AR = 4AB=AR=4.

∠CTD=∠TDA\angle{CTD} = \angle{TDA}∠CTD=∠TDA, как накрест лежащие при параллельных прямых BCBCBC и ADADAD и секущей TDTDTD, значит, треугольник CTDCTDCTD -- равнобедренный и CT=CD=4CT = CD = 4CT=CD=4.

∠ARK=∠LRQ=75∘\angle{ARK} = \angle{LRQ} = 75^{\circ}∠ARK=∠LRQ=75∘, ∠MTC=∠NTP=75∘\angle{MTC} = \angle{NTP} = 75^{\circ}∠MTC=∠NTP=75∘ как вертикальные.

Из треугольников RLQRLQRLQ и PNTPNTPNT получаем:∠RLQ=180∘−75∘−15∘=90∘;\angle{RLQ} = 180^{\circ} - 75^{\circ} - 15^{\circ} = 90^{\circ};∠RLQ=180∘−75∘−15∘=90∘;∠PNT=180∘−75∘−15∘=90∘.\angle{PNT} = 180^{\circ} - 75^{\circ} - 15^{\circ} = 90^{\circ}.∠PNT=180∘−75∘−15∘=90∘.Значит, KLMNKLMNKLMN -- прямоугольник.
Изображение 1
б) Из треугольника ABPABPABP получаем:∠BPA=180∘−150∘−15∘=15∘,\angle{BPA} = 180^{\circ} - 150^{\circ} - 15^{\circ} = 15^{\circ},∠BPA=180∘−150∘−15∘=15∘,значит, треугольник BPABPABPA -- равнобедренный и AB=BP=4AB = BP = 4AB=BP=4. ТогдаPT=BC−BP−CT=12−4−4=4.PT = BC - BP - CT = 12 - 4 - 4 = 4.PT=BC−BP−CT=12−4−4=4.Из треугольника CQDCQDCQD получаем:∠CQD=180∘−150∘−15∘=15∘,\angle{CQD} = 180^{\circ} - 150^{\circ} - 15^{\circ} = 15^{\circ},∠CQD=180∘−150∘−15∘=15∘,значит, треугольник CDQCDQCDQ -- равнобедренный и DQ=DC=4DQ = DC = 4DQ=DC=4. ТогдаRQ=AD−AR−DQ=12−4−4=4.RQ = AD - AR - DQ = 12 - 4 - 4 = 4.RQ=AD−AR−DQ=12−4−4=4.Отсюда получаем, что треугольники BKPBKPBKP, RLQRLQRLQ, PNTPNTPNT, DQMDQMDQM, ABKABKABK, AKRAKRAKR, MTCMTCMTC и DMCDMCDMC равны по гипотенузе и острому углу, значит,BK=KR=TM=TN;BK = KR = TM = TN;BK=KR=TM=TN;PN=KP=LQ=QM.PN = KP = LQ = QM.PN=KP=LQ=QM.Из треугольника RLQRLQRLQ получаем:LQ=RQ⋅sin⁡75∘,RL=RQ⋅cos⁡75∘.LQ = RQ\cdot \sin{75^{\circ}},\quad RL = RQ\cdot\cos{75^{\circ}}.LQ=RQ⋅sin75∘,RL=RQ⋅cos75∘.Итого,SKLMN=2LQ⋅2RL=4⋅RQ2⋅sin⁡75∘⋅cos⁡75∘=2⋅42⋅sin⁡150∘=16.S_{KLMN} = 2LQ\cdot 2RL = 4\cdot RQ^2\cdot \sin{75^{\circ}}\cdot \cos{75^{\circ}} = 2\cdot 4^2 \cdot \sin{150^{\circ}} = 16.SKLMN​=2LQ⋅2RL=4⋅RQ2⋅sin75∘⋅cos75∘=2⋅42⋅sin150∘=16.Ответ: 161616.