Треугольники и их элементы —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Треугольники и их элементы

Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники и их элементы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Треугольники и их элементы

Точка и отрезок

Медианы

Высоты

Биссектрисы

Средняя линия и её свойства

Ортоцентр и его свойства

Лемма 255

Симедианы

Прямая Эйлера

Прямая Симсона

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#88313

Пусть $AA 1$ и $BB 1$ — высоты остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ , $M$ — середина $AB$ . Окружность, описанная около треугольника $AMA1$ , пересекает прямую $A1B1$ в точке $X$ . Докажите, что $AX$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

Т.к. $∠AB B =∠AA B =90∘, 1 1$ то четырехугольник $AB A B 1 1$ вписанный. Значит, $∠ABA = ∠AB X. 1 1$ Также, поскольку четырехугольник $AMA1X$ вписанный по условию, $∠AXA1 = ∠BMA1.$ Получаем, что $△AXB1 ∼ △A1MB$ по двум углам.

$PIC$

$M$ — середина гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $AA1B.$ Значит, $MB =MA1 =MA,$ т.е. треугольник $BMA1$ равнобедренный. Но поскольку $△BMA1 ∼ △B1XA,$ то

∠MBA1 = ∠MA1B = ∠XB1A = ∠XAB1

Поскольку $∠ABC = ∠CAX,$ то $AX$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#88309

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH,$ которая повторно пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $K.$ $BN$ — диаметр окружности. Докажите, что $CK =AN.$

Показать доказательство

Поскольку $∠BCN$ — вписанный угол, опирающийся на диаметр, то $∠BCN =90∘.$ Также, поскольку вписанные углы $∠BAC$ и $∠BNC$ опираются на одну дугу, $∠BAC = ∠BNC.$ Тогда из прямоугольных треугольников $△AHB$ и $△NCB$ следует, что

∘ ∘ ∠ABH = 90 − ∠BAC =90 − ∠BNC = ∠NBC

∠ABN = ∠ABH + ∠HBN =∠CBN + ∠HBN = ∠KBC

$PIC$

Равные углы $∠ABN$ и $∠KBC$ опираются на равные хорды: $AN = KC.$

Замечание. При другом расположении точек

$PIC$

вторая цепочка равенств может превратиться в

∠ABN = ∠ABH − ∠HBN =∠CBN − ∠HBN = ∠KBC.

Остальные рассуждения при этом не поменяются.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#88295

В треугольнике $ABC$ отмечены точки $H$ и $O$ — ортоцентр и центр описанной окружности соответственно. Докажите, что лучи $AH$ и $AO$ симметричны относительно биссектрисы угла $A$ .

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86024

Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрана точка $E$ так, что $AE = DE$ и $∠ABE = 90∘.$ Точка $M$ — середина отрезка $BC.$ Найдите угол $DME.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим через $N$ середину отрезка $AD.$ Поскольку треугольник $AED$ равнобедренный, $EN ⊥AD.$ Так как $AB ∥ MN$ и $∠ABE =90∘,$ то $BE ⊥ MN.$ Таким образом, $E$ — точка пересечения высот треугольника $BMN.$ Значит, $ME ⊥ BN.$ Так как $BMDN$ — параллелограмм, $BN ∥DM,$ откуда $∠DME = 90∘.$

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85911

Прямая $ℓ$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ . Точки $D$ и $E$ таковы, что $CD$ и $BE$ перпендикулярны $ℓ$ , а углы $DAC$ и $EAB$ прямые. Докажите, что $BD$ и $CE$ пересекаются на высоте треугольника $ABC$ из вершины $A$ .

Источники: ФЕ - 2024, 11.3 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр $ABC.$

$AD$ перпендикулярно $AC$ и $BH$ перпендикулярно $AC$ , значит $AD∥BH$ . Пусть касательная в точке $A$ пересекает $CD$ в точке $F.$

$PIC$

$∠FAC = ∠ABC$ как угол между касательной и хордой.

∠CDA = 90∘ − ∠ACD =90∘− (90∘− ∠FAC )=∠F AC =∠ABC

Значит, точки $C,D, A,H$ лежат на одной окружности. Значит, $∠DHC$ - прямой, а значит $DH ∥AB$ .

Тогда $BADH$ — параллелограмм, а значит, $BD$ проходит через середину $AH$ . Аналогично $CE$ тоже через неё проходит, ч.т.д.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $OT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $PV$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (это одно из свойств ортоцентра из школьной геометрии), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $PVG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S△OHM = S△OHP-+S△OHV--⇒ S△OHG = S△OHP + S△OHV. 2

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $PVG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP$ , в третьем - OHV) является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85508

Точки $P,Q$ лежат внутри окружности $ω$ . Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $D$ . Окружность с центром $D$ , проходящая через $P$ и $Q$ , пересекает $ω$ в точках $B$ и $C$ . Отрезок $PQ$ лежит внутри треугольника $ABC$ . Докажите, что $∠ACP =∠BCQ$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.2 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Про окружность ω пока толком ничего не известно, а вот окружность с центром в D даёт сразу 4 равных отрезка (равенство радиусов) на чертеже. Посмотрите, что из этого можно взять для окружности ω.

Подсказка 2

Так как BD=DC, то дуги ВD и DC в ω равны, значит, AD — биссектриса ∠BAC.

Подсказка 3

Пусть I — точка пересечения отрезка АD и дуги BPQC, тогда по теореме о трилистнике I — центр вписанной в ΔABC окружности. Что же можно взять из этого факта, если в задаче нам нужно доказать равенство углов?

Подсказка 4

Конечно! То, что CI — биссектриса ∠BСА. Для завершения доказательства не хватает равенства ∠PCI и ∠ICQ, но это совсем несложно получить, если Вы ещё не забыли, чем по условию является AD для отрезка PQ.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $I$ — точка пересечения отрезка $AD$ и дуги $BPQC$ . Так как $DB = DC$ , то $AD$ — биссектриса угла $BAC$ и по теореме о трилистнике $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Следовательно, $CI$ — биссектриса угла $ACB$ . С другой стороны, так как $AD −$ серединный перпендикуляр к $P Q$ , то $PI = QI$ , то есть $CI$ — биссектриса угла $PCQ$ . Из этих двух утверждений следует утверждение задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим $∠ACQ =α,∠QCP = β,∠PCB = γ$ . Необходимо доказать, что $γ = α$ .

Заметим, что

α+ β+ γ = ∠ACB = ∠ADB = ∠BDP +∠PDA

Далее, $∠BDP = 2∠BCP = 2γ$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DP Q$ ), а также $∠P DA = 12∠PDQ = 12 ⋅2∠PCQ = β$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DPQ$ ). Тогда

α+ β+ γ = ∠BDP + ∠PDA = 2γ+β

γ =α

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В условии задачи дано, что точки $P$ и $Q$ лежат не только внутри окружности $ω$ , но и внутри вписанного в неё треугольника $ABC$ . Последнее условие на самом деле излишне. Из остальных условий задачи следует, что точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$ . Но если обе изогональные точки лежат внутри описанной окружности, то они лежат и внутри треугольника, поскольку при изогональном сопряжении три сегмента, ограниченные сторонами треугольника и дугами описанной окружности, переходят в три угла, вертикальных углам треугольника

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть перпендикуляры через M и N пересекаются в точке P. Тогда над каким дополнительным построением можно подумать, чтобы сделать MP и NP чем-то хорошим? Не забудьте, что M и N являются серединами отрезков.

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#84745

В прямоугольном треугольнике $ABC$ с прямым углом $C$ проведена высота $CH.$ Пусть $I,I 1$ и $I 2$ центры вписанных окружностей треугольников $ABC,ACH$ и $BCH$ соответственно. Докажите, что $CI$ перпендикулярно $I1I2.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что

∠CAI +∠ACI2 = ∠A-+90∘− ∠BCH--= 90∘ 2 2

А значит $AI ⊥ CI2,$ откуда $I1I ⊥ CI2.$ Аналогично $I2I ⊥ CI1,$ откуда следует, что $I$ это ортоцентр треугольника $AI1I2.$ А значит $CI ⊥I1I2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#84492

Во вписанном четырёхугольнике $ABCD$ точка $O$ — точка пересечения диагоналей. Точка $O 1$ симметрична $O$ относительно $AD$ и лежит на описанной окружности четырёхугольника. Докажите, что $O1O$ — биссектриса угла $BO1C.$

Показать доказательство

Пусть $OO 1$ пересекает $AD$ в точке $T.$ Тогда $AT$ — медиана и высота в треугольнике $AOO , 1$ а значит биссектриса. Откуда дуг $CD$ и $DO1$ равны. Аналогично дуги $AB$ и $CD$ равны. А значит $O$ — центр вписанной окружности в треугольник $BO1C.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#83841

Точки $P$ и $Q$ — середины сторон выпуклого четырехугольника $ABCD$ . Отрезки $AP$ и $AQ$ делят диагональ $BD$ на 3 равные части. Докажите, что $ABCD$ — параллелограмм.

Показать ответ и решение

Обозначим точки пересечения $AP$ и $AQ$ с диагональю $BD$ как $X$ и $Y$ соответственно, тогда $BX = XY = YD.$ Рассмотрим треугольник $BY C,$ заметим, что $XP$ — средняя линия, т.к. $BX =XY$ и $BP = PC.$ Следовательно $XP ∥CY.$ Аналогично получаем, что $CX ∥ YQ.$ Значит, $AXCY$ является параллелограммом.

Проведём диагональ $AC.$ $O$ — точка пересечения $AC$ и $XY,$ т.к. $AXCY$ — параллелограмм, то $O$ делит $AC$ и $XY$ пополам.

$PIC$

Но $BX = YC,$ следовательно $O$ делит и $BD$ пополам. $O$ — точка пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD,$ делящая их пополам, значит, $ABCD$ — параллелограмм.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#83839

Вершину треугольника соединили с точкой, делящей его противоположную сторону в отношении $2:1$ . Докажите, что получившийся отрезок разбивает данный треугольник на два треугольника, у которых есть по равной медиане.

Показать доказательство

Нам дан треугольник $ABC,$ в котором точка $K$ делит $AC$ в отношении $AK :KC = 2:1.$ Рассмотрим медианы $KT$ и $CP$ в треугольниках $ABK$ и $KBC$ соответственно.

$PIC$

$T$ и $P$ — середины $AB$ и $BK$ соответственно, следовательно, $TP$ — средняя линия треугольника $ABK.$ Тогда $AK :TP = 2:1$ и $AK ∥ TP,$ но $AK :KC =2:1,$ значит, $TP = KC$ и $TP ∥KC.$ Следовательно, $KTP C$ — параллелограмм, поэтому $KT = CP.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#83235

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены биссектриса $BL$ и высота $BK.$ Прямые $BL$ и $BK$ пересекают вторично описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $W$ и $T$ соответственно. Оказалось, что $BC = BW.$ Докажите, что $TL ⊥ BC.$

Источники: КМО - 2024, вторая задача второго дня для 10-11 классов, автор Шурыгин В.Е. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Из вписанности $∠BAL =∠BAC =∠BW C$ . Получается, что в треугольниках $BAL$ и $BW C$ равны две пары соответствующих углов, значит, равные углы и в третьей паре: $∠BLA = ∠BCW$ . Но из условия $BC = BW$ следует $∠BW C = ∠BCW$ , отсюда $∠BAL = ∠BLA.$

$PIC$

Получается, что треугольник $BAL$ равнобедренный $(BA = BL )$ , тогда $BT$ — его ось симметрии. Значит, $∠BTL =∠BT A$ . Но $∠BT A= ∠BCA =90∘− ∠CBK$ . Видим, что $∠BTL = 90∘− ∠CBT$ , откуда $TL⊥ BC.$

Замечание.

После установления симметрии треугольника $BAL$ относительно $BT$ , можно завершить решение разными способами. Например, заметив, что

∠TCW + ∠CW B =∠T BW + ∠CAB = ∠TBA +∠CAB = 90∘.

Тогда $CT ⊥ BW$ , и в силу $CK ⊥ BT$ , получаем, что $L$ — точка пересечения двух высот в треугольнике $BCT.$ Значит, $TL$ — третья высота, то есть $TL ⊥ BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#82777

В треугольнике $ABC$ сторона $AC$ наименьшая. На сторонах $AB$ и $BC$ взяты точки $K$ и $L$ соответственно, причём $KA = AC = CL.$ Пусть $M$ — точка пересечения $AL$ и $KC,$ а $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $MI$ перпендикулярна прямой $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про треугольник АСК?

Подсказка 2

Верно, он равнобедренный! А биссектриса AI равнобедренного треугольника — это вкусно. Воспользуйтесь тем, что это больше, чем биссектриса!

Подсказка 3

Биссектриса, проведённая к основанию в равнобедренном треугольнике, также является медианой и высотой. Что можно сказать про прямые AI и СК?

Подсказка 4

Верно, они перпендикулярны! Проведите подобные рассуждения для биссектрисы СI треугольника ACL.

Подсказка 5

Посмотрите на треугольник ACM. Что в нем является высотами? А что еще проходит через точку пересечения высот?

Подсказка 6

Да, это третья высота! MI является высотой и как раз перпендикулярна тому, что нам нужно! А значит, задача решена!

Показать доказательство

По условию $AC = AK,$ значит, $△ ACK$ — равнобедренный, тогда биссектриса $AI$ равнобедренного треугольника $ACK$ также является его высотой, то есть $AI ⊥ CK.$

Аналогично $CI$ является высотой равнобедренного треугольника $ACL,$ то есть $CI ⊥AL.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ACM.$ В нем $AI$ и $CI$ — высоты, значит, $I$ — ортоцентр треугольника $ACM,$ следовательно, $MI$ — его третья высота, то есть $MI ⊥AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#80746

Пусть длины сторон треугольника являются натуральными числами $a,b,c$ , и одна из его высот равна сумме двух других. Доказать, что число $2 2 2 a + b+ c$ является точным квадратом (натурального числа).

Источники: Всесиб-2024, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно как-то записать условие на то, что одна высота равна сумме двух других. Через что тогда можно выразить высоту, чтобы равенство не хотелось сразу стереть из-за его громоздкого вида?

Подсказка 2

Верно, через площадь треугольника и сторону. Тогда наше равенство будет выглядеть как 2S/a = 2S/b + 2S/c => 1/a = 1/b + 1/c => bc = ab + ac. Если мы хотим сказать, что сумма квадратов сторон равна точному квадрату, то давайте подумаем какому конкретно квадрату это может быть равно(квадрат, который выражен через a,b,c).

Подсказка 3

Действительно, подходит квадрат (b + c - a)^2, ведь раскрывая скобки, мы получим, что a^2 + b^2 + c^2 + 2bc - 2ab - 2ac = a^2 + b^2 + c^2, так как bc = ab + ac. Что и требовалось доказать.

Показать доказательство

Пусть $S$ — площадь треугольника, а $h,h ,h a b c$ — высоты к сторонам $a,b,c$ соответственно.

Из формулы площади треугольника имеем, что

2S 2S 2S ha = a-,hb = b-,hc =-c

Без ограничения общности будем считать, что $ha = hb+hc$ . Тогда

1 1 1 a = b +c

Откуда $bc= ac+ ab$ . Но тогда $2bc= 2ac+2ab$ и можно сказать, что

a2+ b2 +c2 = a2+ b2+ c2+2bc− 2ac− 2ab= (b+ c− a)2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#79117

Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно треугольника $ABC.$ На продолжении отрезка $CM$ за точку $M$ отмечена точка $D.$ Оказалось, что $BC = BD = 2$ и $AN =3.$ Докажите, что $∘ ∠ADC = 90.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $K$ точку пересечения медиан $AN$ и $CM.$ По свойству медиан $KC = 2KM$ и $AK = 2KN.$ Поскольку к тому же $AN = 3,$ то $KN = 1.$ Таким образом в треугольнике $BKC$ медиана к стороне $BC$ равна $1= BC∕2,$ поэтому $∠BKC = 90∘.$ Это означает, что $BK$ — высота треугольника $BCD,$ в котором $BD = BC.$ Следовательно, $BK$ — его медиана. Поэтому $DK = KC = 2KM,$ откуда $KM = DK ∕2= DM.$ Получается, что диагонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть $ADBK$ — параллелограмм. Значит, $BK ∥AD.$ откуда $∠ADC = ∠BKD =90∘$ , что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#79114

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ биссектриса угла $B$ проходит через середину стороны $AD,$ а $∠C = ∠A +∠D.$ Найдите угол $ACD.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $E$ — середина стороны $AD,$ а $F$ — точка пересечения $BE$ и $AC.$ Из условия имеем: $∠B = 360∘− 2(∠A + ∠D),$ откуда $∠AEB =180∘− ∠A−$ $∠B∕2= ∠D.$ Значит, $BE∥CD,$ и $EF$ — средняя линия треугольника $ACD,$ то есть $AF = FC.$ Таким образом, $BF$ — биссектриса и медиана треугольника $ABC,$ а, значит, и его высота. Следовательно, прямая $CD,$ параллельная $BF,$ также перпендикулярна $AC,$ откуда и вытекает ответ.

Ответ:

$∠ACD =90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76816

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ ( $AB = CB$ ). Точка $M$ — точка пересечения биссектрисы угла $B$ и описанной окружности треугольника $ABC.$ На продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отметили точку $D.$ На продолжении $AB$ за точку $B$ и $BC$ за точку $C$ отметили точки $E$ и $F$ так, что $BDEF$ — параллелограмм. Доказать, что $MB$ перпендикулярно $EF.$

Показать доказательство

$PIC$

Т.к. треугольник $ABC$ равнобедренный, то $BM$ — диаметр описанной окружности, а значит, $∠BAM = ∠BCM = 90∘.$

EM2 − ED2 = EA2 +AM2 − ED2

Поскольку $ED ∥BC,$ a $ABC$ равнобедренный, то $ED = EA.$ Получаем $EM2 − ED2 = AM2.$

FM2 − F D2 = FC2 +CM2 − FD2

Поскольку $FD ∥AB,$ a $ABC$ равнобедренный, то $FD = FC.$ Получаем $2 2 2 FM − FD =CM .$

Т.к. $AM = MC,$ то получим, что $2 2 2 2 2 2 EM − ED = AM = CM = FM − F D .$ По принципу Карно $EF ⊥ MD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76815

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$ такой, что $AB = CB$ и $AD =DC.$ Точки $K,L,M$ — середины отрезков $AB,CD$ и $AC$ соответственно. Перпендикуляр, проведённый из точки $A$ к прямой $BC,$ пересекается с перпендикуляром, проведённым из точки $C$ к прямой $AD,$ в точке $H.$ Докажите, что прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны.

Показать доказательство

$KM$ — средняя линия в треугольнике $ABC,$ а $ML$ — в треугольнике $ACD.$ Тогда $KM ∥BC$ и $ML ∥AD.$ Т.к. $AH ⊥ BC$ и $CH ⊥ AD,$ то $KM ⊥ AH$ и $CH ⊥ ML.$ Применим принцип Карно для четверок точек $(A,H,K,M)$ и $(C,H,L,M):$

({ 2 2 2 2 HK − HM = AK − AM ( HL2− HM2 =CL2 − CM2

Вычтем из первого второе. Учитывая, что $M$ — середина $AC,$ получим:

HK2 − HL2 = AK2− AM2 − CL2+ CM2 = AK2 − CL2

Поскольку $AB = BC$ и $CD = AD,$ то $AK = KM = BC ∕2$ и $CL = ML = AD∕2.$ Подставив в предыдущее выражение, получим: $2 2 2 2 HK − HL =MK − ML .$ Что по принципу Карно доказывает перпендикулярность $HM$ и $KL.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел