Тема Треугольники и их элементы

Высоты

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники и их элементы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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 2#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 3#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 4#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу обозначим точки пересечения l с CD и BE за F и G соответственно. Так как у нас фигурирует высота, то неплохой идеей было бы отметить ортоцентр H. Что про него можно сказать?

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 5#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

Обозначим через $N$ середину отрезка $AD.$ Поскольку треугольник $AED$ равнобедренный, $EN ⊥AD.$ Так как $AB ∥ MN$ и $∘ ∠ABE =90 ,$ то $BE ⊥ MN.$

$PIC$

Таким образом, $E$ — точка пересечения высот треугольника $BMN.$ Значит, $ME ⊥ BN.$ Так как $BMDN$ — параллелограмм, $BN ∥ DM,$ откуда $∠DME = 90∘.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим середину отрезка $AD$ точкой $G.$ Продлим $AB$ и $DM$ до их пересечения. Пусть это будет точка $T.$

$PIC$

$EG$ — серединный перпендикуляр в треугольнике $ADE,$ значит серединный перпендикуляр в треугольнике $ADT.$ $B$ — середина $AT$ , это следует из подобия треугольников $ADT$ и $BT M.$ Тогда, $BE$ — середенный перпендикуляр, следовательно точка $E$ — точка пересечения серединных перпендикуляров. Так как $B$ — середина $AT,$ и $BM ∥AD,$ то $BM$ — средняя линия треугольника $ADT$ , следовательно $M$ — середина $DT.$ Значит, $ME$ это серединный перпендикуляр, и искомый угол равен $90∘.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

Обозначим середину отрезка $AD$ точкой $G.$ Проведем $BG$ и $MG.$

$PIC$

Тогда, треугольники $ABG$ и $GMD$ равны по двум сторонам и углу. Следовательно, $∠ABG = ∠GMD.$ $ABEG$ — вписанный, тогда $∠ABG =∠AEG$ из-за вписанности. Треугольник $AED$ равнобедренный, тогда $∠AED =∠GED.$ Итого, получили, что $∠GMD =∠GED,$ следовательно, $GEDM$ — вписанный, тогда $∠EDM = 90∘.$

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91436

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC . 1$ Из точек $A 1$ и $C 1$ опустили перпендикуляры на прямые $AB$ и $BC.$ Докажите, что прямая, проходящая через основания этих перпендикуляров, параллельна $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как правило, параллельность доказывается через равенство каких-нибудь углов, например, соответственных. Попробуйте посчитать углы.

Подсказка 2

Для этого поищите вписанные четырёхугольники. Найдите равные углы, стягивающие один и тот же отрезок.

Показать доказательство

Обозначим основания перпендикуляров через $X$ и $Y.$

$PIC$

Заметим, что четырёхугольники $AC1A1C$ и $C1XY A1$ вписанные. Значит, $∠C1AC = ∠YA1C1 = ∠BXY.$ Это и даёт параллельность.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#94413

$AA 1$ и $CC 1$ — высоты треугольника $ABC$ . $A A 1 2$ и $C C 1 2$ — высоты треугольника $A BC . 1 1$ Докажите, что $AC ∥A C . 2 2$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠AC1C$ и $∠AA1C$ равны и опираются на один отрезок $AC,$ то есть четырёхугольник $AC1A1C$ вписанный. Отсюда $∠ACA1 = ∠A1C1B.$

Аналогично, четырёхугольник $A1C1A2C2$ вписанный, так как $∠C1A2A1 = ∠C1C2A1.$ Отсюда $∠A1C1B = ∠A2C2B.$

Итак, $∠ACA1 = ∠A2C2B$ — соответственные углы при прямых $AC$ и $A2C2$ и секущей $CC2$ , отсюда $AC ∥A2C2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#58321

В остроугольном треугольнике $ABC$ биссектриса острого угла между высотами $BB 1$ и $CC 1$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $AP = AQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем подсчитать углы! Наша цель - доказать равенство углов ∠QPA и ∠AQP . Пусть угол ВАС = α. Тогда попробуйте подсчитать тогда углы АВВ₁ и АСС₁.

Подсказка 2

Далее попробуем подсчитать ∠C₁HP и ∠QHB₁. Они тоже будут равны (не забываем про условие о биссектрисах.) Отсюда уже рукой подать до ∠QPA и ∠AQP!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠BAC =α$ , откуда $∠ABB1 = ∠ACC1 = 90∘− α =⇒ C1HB = ∠CHB1 = α$ (что также следует из вписанности $AC1HB1$ ). Далее, $∠C1HP = ∠QHB1 = α2$ , поскольку $PQ$ — биссектриса. Отсюда сразу же получаем равенство углов $∠QP A =∠AQP =90∘− ∠B1HQ = 90∘− α2$ , так что $△AP Q$ — равнобедренный, что и требовалось.

Замечание. На самом деле вводить угол $α$ было не обязательно, однако полезно для тренировки счёта углов, который пригодится Вам в других задачах.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#58322

В прямоугольнике $ABCD$ биссектрисы угла $B$ и внешнего угла $D$ пересекают сторону $AD$ и прямую $AB$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезок $KM$ перпендикулярен отрезку диагонали $BD$ прямоугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче попробуем использовать такой трюк - докажем, что К - точка пересечения двух высот треугольника BDM. Тогда из этого будет следовать, что МК - третья высота, перпендикулярная BD.

Подсказка 2

Для этого нам потребуется доказать, что BK и DA это высоты! Заметим, что DA очевидно является высотой, ведь это сторона прямоугольника. Осталось разобраться с ВК!

Показать доказательство

Рассмотрим треугольник $MBD.$ В нем $DA$ является высотой, так как $DA ⊥ AB.$

Докажем, что $BK ⊥DM.$ По условию $DM$ — биссектриса внешнего угла $D$ прямоугольника, значит, $∘ ∠ADM = 45.$ Также $BK$ — биссектриса угла $B$ прямоугольника, значит, $∘ ∠ABK = 45.$

По сумме углов треугольника $ADM$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠AMD = 180 − ∠MAD − ∠ADM = 180 − 90 − 45 =45

Пусть $N$ — точка пересечения прямых $DM$ и $BK.$ Тогда по сумме углов треугольника $BMN$ имеем

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠BNM = 180 − ∠BMN − ∠MBN =180 − 45 − 45 =90

$PIC$

Тогда $BN$ и $DA$ — высоты треугольника $MBD,$ пересекающиеся в точке $K.$ Значит, $MK$ — третья высота этого треугольника, то есть $MK ⊥ BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#74117

Высоты $AA′$ и $BB′$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Точки $X$ и $Y$ — середины отрезков $AB$ и $CH$ соответственно. Доказать, что прямые $XY$ и $′ ′ A B$ перпендикулярны.

Показать доказательство

$PIC$

Так как $AA′$ и $BB′$ — высоты, треугольники $AA ′B,AB ′B,CA ′H$ и $CB′H$ — прямоугольные. Поскольку медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине, $XA ′= 12AB = XB ′$ и $Y A′ = 12CH =Y B′.$ Следовательно, точки $X$ и $Y$ лежат на серединном перпендикуляре к отрезку $A′B′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71447

Пусть $H$ — точка пересечения высот остроугольного треугольника $ABC,$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ На стороне $AB$ выбрана точка $K$ такая, что прямая $BH$ делит отрезок $CK$ пополам. Доказать, что отрезки $MH$ и $CK$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2022, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть прямая BH, которая делит отрезок пополам...чем-то напоминает медиану в треугольнике, с которой можно выполнить полезное дополнительное построение. Какое?

Подсказка 2

Удвоим отрезок BP, отметив новую точку T, после чего у нас появится параллелограмм. Теперь мы можем посчитать в нем уголки. Вернемся к условию. Чем являются MN и KP для треугольников на рисунке? На чертеже много прямых и равных углов, быть может, стоит попробовать найти подобие?

Подсказка 3

Заметим, что MH и CP это медианы треугольников BCT и AHC, в которых есть перпендикулярные стороны. Что же осталось доказать?)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим точку пересечения отрезков $CK$ и $BH$ за $P.$ Отметим на луче $BH$ точку $T$ такую, что $P$ является серединой отрезка $BT.$

Диагонали $BT$ и $CK$ четырёхугольника $BCT K$ делятся точкой пересечения $P$ пополам, поэтому он является параллелограммом, его стороны $BK$ и $CT$ параллельны и $∠CT B =∠KBT,$ то есть $90∘− ∠A,$ а $∠CBT = 90∘− ∠C.$

В треугольнике $AHC$ $∠HAC =90∘− ∠C,$ $∠HCA =90∘− ∠A,$ следовательно, треугольники $AHC$ и $BCT$ подобны. Их соответствующие стороны $AC$ и $BT$ перпендикулярны, а отрезки $MH$ и $CP$ являются медианами этих треугольников, проведёнными к соответствующим сторонам, поэтому тоже перпендикулярны.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#92022

Точки $C$ и $D$ лежат на окружности с диаметром $AB.$ Прямые $AC$ и $BD,AD$ и $BC$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $AB ⊥ PQ.$

Показать доказательство

Прямые $BC$ и $AD$ являются высотами треугольника $AP B$ , поэтому прямая $PQ$ , проходящая через точку $Q$ их пересечения, перпендикулярна прямой $AB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31985

Пусть $P$ — основание высоты, опущенной из вершины $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ на его гипотенузу $BC$ , a $M$ — середина отрезка $CP$ . Обозначим через $E$ точку на продолжении стороны $AB$ за точку $B$ такую, что $AB = BE$ . Докажите, что прямые $EP$ и $AM$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2021, 9.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Удвоим $AM$ до точки $K$ и $AP$ до точки $T ∈ EK$ , тогда $∠PTK = 90∘$ . Мы удвоили медиану, потому $∠KP T = ∠CAP = ∠ABC =∠AEK$ в силу параллельности и прямого угла $∠BAC$ . Но тогда $∠P KT +∠KEA = 90∘$ , то есть $PK ⊥ AE$ , но тогда $P$ — ортоцентр $△AEK$ и $EP ⊥ AK$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74567

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 $∠A = ∠B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#43639

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AD$ и $CE.$ Точки $M$ и $N$ — основания перпендикуляров, опущенных на прямую $DE$ из точек $A$ и $C$ соответственно. Докажите, что $ME = DN$ .

Источники: Муницип - 2016, Москва, 9.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы провели две высоты. У нас получился четырёхугольник AEDC. Что о нём можно сказать?

Подсказка 2

Верно, он является вписанным. К тому же центр описанной окружности — это середина AC, так как AC диаметр. Давайте теперь посмотрим, какая фигура у нас получилась из построения? А какое дополнительное построение тогда напрашивается из нынешней подсказки?

Подсказка 3

Ага, это же прямоугольная трапеция, в которой мы можем провести среднюю линию OK. Выходит, MK=KN. А середина AC (пусть О) - тот самый центр нашей окружности. Зная, что OK перпендикуляр к NM и факт из прошлого предложения, какой вывод можно ещё сделать?

Подсказка 4

Верно, OK будет ещё медианой в треугольнике OED, так как OE=OD, как радиусы. Теперь только осталось вспомнить, что за дополнительное построение у нас было, и победа!

Показать доказательство

Так как $∠ADC = ∠AEC$ , то четырехугольник $AEDC$ вписанный. Далее можно рассуждать по-разному.

Первое решение.

По свойству вписанного четырехугольника (см. рис.)

∠NDC = ∠BAC = α,∠MEA =∠BCA =γ

Тогда, используя прямоугольные треугольники $AME$ и $AEC$ , получим

ME = AE⋅cosγ = AC ⋅cosα⋅cosγ

Аналогично,

DN =DC ⋅cosα= AC ⋅cosγ⋅cosα

Следовательно, $ME = DN$ .

$PIC$

Замечание. Отметим, что использованные равенства углов можно получить из подобия треугольников $DBE$ и $ABC$ , которое, в свою очередь, можно получить из подобия треугольников $ABD$ и $CBE$ (если не использовать окружность).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Воспользуемся тем, что центром окружности, описанной около $AEDC$ , является середина $O$ стороны $AC$ . Так как треугольник $DOE$ равнобедренный, то его высота $OK$ является и его медианой, те есть $EK = KD$ (см. рис.). Прямые $AM, OK$ и $CN$ перпендикулярны прямой $ED$ , поэтому параллельны друг другу. Из того, что $AO = OC$ по теореме Фалеса следует, что $MK = KN$ . Тогда

ME = MK − EK = KN − KD = DN

$PIC$

Замечание. В этом способе решения необязательно “напрямую” использовать окружность. Равенство $OE =OD$ следует из того, что эти отрезки являются медианами прямоугольных треугольников с общей гипотенузой, проведёнными к ней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#78847

Высоты равнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ , в котором $AB = BC$ , пересекаются в точке $O$ . Найти площадь треугольника $ABC$ , если $AO = 5$ , а длина высоты $AD$ равна 8.