Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники и их элементы → .04 Биссектрисы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Треугольники и их элементы

Средняя линия и её свойства

Ортоцентр и его свойства

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#74567Максимум баллов за задание: 7

Боря нарисовал девять отрезков, три из которых равны трём высотам треугольника $ABC,$ три — трём биссектрисам, три — трём медианам. Оказалось, что для любого из нарисованных отрезков среди остальных восьми найдётся равный ему. Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Источники: Олимпиада Эйлера, 2017, дистанционный этап

Показать доказательство

Пусть $AA 1$ — самая короткая из высот треугольника $ABC.$ Если она равняется медиане $AA 2$ или биссектрисе $AA , 3$ то треугольник, очевидно, равнобедренный. Если она равна медиане $BB2$ или биссектрисе $BB3,$ то тогда $AA1$ не короче высоты $BB1.$ Значит, она равна $BB1,$ так как по нашему предположению $AA1$ — самая короткая из высот. Итак, всё свелось к случаю, когда $AA1 = BB1.$ Но тогда прямоугольные треугольники $ABA1$ и $BAB1$ равны по катету и гипотенузе, откуда $∠A = ∠B.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#38695Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ медиана, выходящая из вершины $A$ , перпендикулярна биссектрисе угла $B$ , а медиана, выходящая из вершины $B$ , перпендикулярна биссектрисе угла $A$ . Известно, что $AB = 2$ . Найдите периметр треугольника.

Источники: Школьный этап - 2016, Москва, 9.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как два условия похожи друг на друга, то начнем разбираться только с одним из них. Обозначим медиану за AM , а её точку пересечения с биссектрисой за L. Что мы можем сказать про △AMB?

Подсказка 2

BL - одновременно биссектриса и высота, значит, △AMB - равнобедренный. Как теперь найти BC?

Подсказка 3

Так как M - середина BC, то BC = 2 * BM = 4. Для периметра осталось узнать AC. Как это можно сделать?

Показать ответ и решение

Обозначим медиану за $AM$ , а её точку пересечения с биссектрисой за $L$ . Тогда в треугольнике $AMB$ отрезок $BL$ является биссектрисой и высотой одновременно, а значит, треугольник $AMB$ — равнобедренный. Откуда $1 AB =BM = 2BC$ , то есть $BC = 4$ . Аналогично, $AC = 4$ , откуда получаем, что периметр треугольника равен $4+ 4+ 2=10.$

$PIC$

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#74563Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на стороне $BC$ взята точка $K.$ $KM$ и $KP$ — биссектрисы треугольников $AKB$ и $AKC$ соответственно. Оказалось, что диагональ $MK$ делит четырёхугольник $BMP K$ на два равных треугольника. Докажите, что $M$ — середина $AB.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2016, дистанционный тур

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠P KM = 90∘,$ потому что это угол между биссектрисами смежных углов. Значит, в треугольнике $BMK$ также должен быть прямой угол, поскольку они равны. Если угол $MKB$ прямой, то развёрнутый угол $CKB$ будет больше $180∘,$ чего быть не может. Если угол $KMB$ — прямой, то в треугольнике $AKB$ биссектриса $KM$ является высотой. Следовательно, она же является и медианой, то есть этот случай даёт требуемое. Таким образом, осталось отбросить случай, когда прямым является угол $KBM.$ Если он прямой, то $P M =KM,$ потому что в равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны. Но тогда в прямоугольном треугольнике $P KM$ гипотенуза равна катету, противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#78078Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ неравнобедренного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AC = AP$ и $BC =BQ.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает биссектрису угла $C$ в точке $R$ (внутри треугольника). Докажите, что $∘ ∠ACB +∠P RQ =180 .$

Источники: СПБГОР - 2016, 9.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется на рисунке не хватает какой-то важной точки. Нам даны биссектриса, возможно эта дополнительная точка как-то с ней связана... Хм, отметим центр вписанной окружности треугольника, возможно это нам поможет.

Подсказка 2

А теперь ещё один классический трюк. Давайте попробуем найти на рисунке равные треугольники... И правда, △ACI и △API равны между собой. Ой-ой-ой, так ведь это означает, что IP = IC. Поразмыслив немного можно доказать что IC = IA....

Подсказка 3

Посмотрим внимательно на утверждение из предыдущей подсказки. Да ведь из него напрямую выводится, что I лежит на серединном перпендикуляре к PQ ≥ I совпадает с R. Осталось просто посчитать углы на картинке.

Показать доказательство

Отметим на биссектрисе угла $C$ точку $I$ — точку пересечения биссектрис треугольника $ABC.$

$PIC$

Тогда $AC = AP$ и $∠CAI = ∠PAI,$ поэтому треугольники $ACI$ и $API$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $IP =IC,$ и $1 ∠API =∠ACI = 2∠ACB.$ Аналогично доказывается, что $IQ = IC.$ Стало быть, $IP = IQ,$ и точка $I$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $P Q.$ Но тогда она совпадает с точкой $R,$ поскольку является точкой пересечения тех же прямых. Следовательно,

∠P RQ =∠P IQ= 180∘ − 2∠AP I = 180∘− ∠ACB

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#89599Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = BC$ ) проведена биссектриса $AD.$ На основании $AC$ отмечена точка $E,$ такая что $AE = DC.$ Биссектриса угла $AED$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Докажите, что $∠AF E =∠DF E.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Равнобедренность, биссектриса, равные отрезки. Очень уж хочется организовать счёт в отрезках, за x и y предлагается обозначить длины AB и AC.

Подсказка 2

Выразим через x и y отрезки DC, CE, их отношение и пристально посмотрим на треугольник DCE (ну и на другие треугольники). Что же можно заметить?

Подсказка 3

Получаем, что DCE подобен нашему исходному, поэтому теперь пусть в ход идут уголки. Будем подбираться к искомым, так мы знаем связь углов FAE и AED.

Подсказка 4

Сумма углов FAE и AED 180, а, значит, угол между их биссектрисами 90. Напрашивается найти теперь равнобедренный треугольник (ведь биссектриса совпадает с высотой), получаем симметричную картинку, из этой самом симметрии хочется сделать вывод о равенстве AFE и DFE.

Показать доказательство

Пусть $AB = x,AC = y,$ тогда по свойству биссектрисы,

CD- y CD- --y- -xy-- DB = x ⇒ CB = x+ y ⇒ CD = x+y

Тогда

2 EC = AC− AE = y− -xy-= -y-- x+ y x+ y

В треугольниках $BCA$ и $DCE$ — $BDCC-= CCAE-$ и $∠BCA =∠DCE,$ значит они подобны, в таком случае,

∠AED = 180∘− ∠DEC = 180∘− ∠BAC

Поскольку $FD$ и $EF$ — биссектрисы углов $∠FAE$ и $∠AED,$ угол между прямыми $AD$ и $EF$ равен

180∘− 1∠FAE − 1∠AED = 90∘ 2 2

Тогда $F$ и $E$ симметричны относительно прямой $AD$ , поскольку $EF$ — биссектриса $∠AED,$ то $FE$ — биссектриса $∠AF D,$ а значит $∠AFE = ∠DF E.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#79929Максимум баллов за задание: 7

Треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром в точке $O.$ Биссектрисы внутренних углов треугольника при вершинах $A$ и $B$ пересекают описанную окружность в точках $A1$ и $B1$ соответственно. Угол между биссектрисами равен $∘ 60 .$ Длина стороны $AB$ равна 3. Найдите площадь треугольника $A1B1O.$

Источники: ПВГ 2014

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Несложным счёт углов докажите, что ∠AIB = 90° + ∠BCA/2, где I — инцентр. Какой вывод тогда мы можем сделать?

Подсказка 2

Верно! ∠BCA = 60°. Теперь, мы знаем, что A₁ и B₁ — середины дуг, значит, A₁O ⊥ ...?

Подсказка 3

Несложным счётом углов докажите, что ∠A₁OB₁ = 120°. Осталось найти радиус окружности... Как же это сделать?

Подсказка 4

Мы знаем сторону и угол, который на неё опирается. Дальше дело техники. Успехов!

Показать ответ и решение

$PIC$

Угол между биссектрисами равен углу при вершине $C,∠C =$ $60∘.$ Точки $A1$ и $B1$ лежат на перпендикулярах к сторонам треугольника, опущенным из точки $O$ — центра описанной окружности. Отсюда следует, что угол $∠A1OB1 =120∘.$ Радиус окружности можно найти по теореме синусов $√- R= 2sin360∘ = 3.$ Тогда площадь искомого треугольника равна $√-√- √- S = 0,5 3 3 sin120∘ = 343$

Ответ:

$3√3 4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#92072Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA ,BB 1 1$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $2⋅AO =7 ⋅OA ,BO = 2⋅OB 1 1$ . Найдите отношение высоты, опущенной из точки $A$ , к радиусу вписанной в треугольник $ABC$ окружности.

Источники: ПВГ 2014

Показать ответ и решение

Используя, основное свойство биссектрисы находим:

AB :BC :AC = 4:2 :3

$PIC$

Откуда

ha 2S∕a 2p 2+ 3+ 4 9 -r = S∕p-= a-= ---2---= 2

Ответ: 9 : 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#47237Максимум баллов за задание: 7

Периметр треугольника $ABC$ равен $24$ cм, а отрезок, соединяющий точку пересечения его медиан с точкой пересечения его биссектрис, параллелен стороне $AC$ . Найти длину $AC$ .

Источники: Всесиб-2013, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, нужны дополнительные построения... Даны две параллельные прямые — давайте возьмём и через середину стороны BC проведём третью прямую, параллельную им обеим!

Подсказка 2

Какая теорема помогает считать отношения отрезков, когда дано много параллельных прямых? Верно, теорема Фалеса, именно её и стоит применить. Если к этому знанию мы также добавим основное свойство биссектрисы, мы без труда выразим длину AC через длины оставшихся сторон треугольника, т.е. выразим AC через периметр треугольника.

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Обозначим через $AK$ медиану из вершины $A$ , через $M$ - точку пересечения медиан $ABC$ , через I - точку пересечения его биссектрис $AA1,BB1,CC1$ . Проведём через $K$ прямую параллельно $AC$ , пересекающую биссектрису $BB1$ в точке $P$ - её середине. По теореме Фалеса $PI :IB1 =KM :MA = 1:2,$ поэтому $BI :IB1 = 2:1$ . По свойству биссектрис $AI$ и $CI$ в треугольниках $ABB1$ и $CBB1$ имеем $AB :AB1 = BI :IB1 = CB :CB1 =2 :1$ . Отсюда $AC = 12(AB + BC)= 13(AB +BC + AC)= 8.$

Второе решение.

$PIC$

Пусть $AA2,BB2$ — биссектрисы, $BB1,CC1$ — медианы, $BH$ — высота, $P$ — периметр $△ABC.$ Пусть $I =AA2 ∩BB2,Z = BB1∩ CC1$ , тогда $IZ ∥ AC.$ Отсюда следует

3 ρ(I,AC)= r= ρ(Z,AC ) =⇒ ρ(C1,AC )= 2r

ρ(C1,AC)= 3r =⇒ ρ(B,AC )= BH =2ρ(C1,AC )= 3r 2

Из отношения высот получим

SAIC- -r⋅AC-- 1 SABC = BH ⋅AC = 3

S r ⋅AC AC 1 P SAABICC--=-P-⋅r- =-P- = 3 =⇒ AC = 3-= 8

Ответ:

$8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#49307Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высота из вершины $A$ и биссектрисы из двух других вершин. Докажите, что описанная окружность треугольника, образованного этими тремя прямыми, касается биссектрисы, проведенной из вершины $A.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 8.1, М. Рожкова(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим за I точку пересечения биссектриc. Если наша окружность и касается биссектрисы угла A, то только в точке I. Поэтому логично будет применить обратную теорему об угле между касательной и хордой...

Подсказка 2

Давайте обозначим за K- точку пересечения CI и AH, за N- BI и AH. Тогда легко видеть, что уголок ∠IKN=90°-∠ACB/2. Осталось доказать, что∠AIN также равен 90°-∠ACB/2...

Подсказка 3

∠AIN- внешний для треугольника △AIB, где мы знаем уголки ∠IBA=∠ABC/2 и ∠IAB=∠BAC/2. Найдите уголок ∠AIN и завершите решение!

Показать доказательство

Пусть $I$ — центр вписанной окружности $ABC,$ а биссектрисы $∠B,∠C$ пересекают высоту в точках $X,Y$ соответственно. Не умаляя общности, $AB > AC$ и $I ∈BY,X ∈ CI.$ Отсюда следует $Y ∈ AX.$

$PIC$

Используем то, что $∠AIY$ — внешний угол в $△ABI,$

∠AIY = ∠A-+ ∠B-= 90∘− ∠C-= ∠IXY 2 2 2

Угол между прямой $AI$ и хордой $IY$ равен вписанному углу $IXY,$ опирающемуся на эту хорду. Следовательно, $AI$ является касательной.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#94740Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в четырёхугольник $ABCD,$ касается его сторон $DA,$ $AB,$ $BC$ и $CD$ в точках $K,$ $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Пусть $S1,$ $S2,$ $S3$ и $S4$ – окружности, вписанные в треугольники $AKL,$ $BLM,$ $CMN$ и $DNK$ соответственно. К окружностям $S1$ и $S2,$ $S2$ и $S3,$ $S3$ и $S4$ , $S4$ и $S1$ проведены общие касательные, отличные от сторон четырёхугольника $ABCD.$ Докажите, что четырёхугольник, образованный этими четырьмя касательными, – ромб.

Источники: Всеросс., 1999, ЗЭ, 11.3(см. math.ru)

Показать доказательство

Цетры окружностей $S 1$ и $S 2$ обозначим $I a$ и $I , b$ также за $I$ обозначим центр окружности, вписанной в треугольник $KLM.$ Отметим, что треугольники $KAL$ и $LBM$ равнобедренные, потому $KIa = LIa$ и $LIb = MIb.$ Тогда, поскольку точки $Ia$ и $Ib$ лежат на окружности, описанной около треугольника $KLM,$ тройки точек $K,I,Ib$ и $M,I,Ia$ лежат на прямых. Угол $∠IMIb$ равен половине дуги $IaIb$ (содержащей точку $L),$ в свою очередь дуга $IaIb$ равна сумме дуг $IaL$ и $LIb.$ Дуги $IaL$ и $LIb$ соответственно равны дугам $KIa$ и $IbM,$ полусумма которых равна углу $∠MIIb.$ Итак, $∠IMIb =∠MIIb.$ Опустим из $Ib$ перпендикуляры $IbH$ и $IbT$ на $LM$ и на касательную к $S2$ из $I.$ Тогда $IbH = IbT,$ также из доказанного ранее равенства углов следует $IbI = IbM,$ тогда прямоугольные треугольники $IbHM$ и $IbTI$ равны, а значит, $∠IbMH = ∠IbIT,$ тогда и $∠TIM = ∠HMI.$ Так как $MI$ биссектриса $△KLM,$ $∠IMK = ∠MIT.$ Итак, мы доказали, что касательная из $I$ к $S2$ параллельна $KM,$ аналогичными рассуждениями можно доказать и что касательная из $I$ к $S1$ параллельна $KM,$ тогда общая касательная к $S1$ и $S2$ из условия и есть касательная из $I,$ причём она параллельна $KM.$

$PIC$

Также можно доказать и что общая касательная к $S3$ и $S4$ параллельна $KM,$ и что общие касательные к $S2$ и $S3,$ $S4$ и $S1$ параллельны $LN.$ Так, наш образовавшийся при пересечениях касательных четырёхугольник является параллелограммом. Осталось отметить, что его соседние стороны равны из свойства касательных и описанности четырёхугольника $ABCD.$

$PIC$

Предыдущая подтема

Следующая подтема