Тема Треугольники и их элементы

Биссектрисы

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 21#32019Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AL$ — биссектриса треугольника $ABC,$ точка $D$ — ее середина, $E$ — проекция $D$ на $AB.$ Известно, что $AC = 3AE.$ Докажите, что треугольник $CEL$ равнобедренный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть равенство 3AE = AC, но неудобно, что точка E не лежит на стороне AC. Что можно сделать, чтобы была еще одна точка с таким же свойством, но на стороне AC?

Подсказка 2

Стоит использовать свойство биссектрисы про равноудалённость точек на ней от сторон угла. Так что можно спроецировать точку D на AC! Пусть это точка F. Что теперь можно сказать про отрезки EL и LF? Что нам теперь нужно доказать?

Подсказка 3

По сути, нам надо доказать, что LF=LC, то есть доказать что треугольник LFC-равнобедренный. Для этого можно разбить весь AC на три кусочка. Какую еще точку можно получить для этого? Снова опустить перпендикуляр!

Показать доказательство

$PIC$

Точки на биссектрисе равноудалены от сторон угла, пусть $DF ⊥AF,F ∈ AC,$ тогда $ED =DF$ и равны $△EDL = △FDL,$ откуда $FL = EL,$ а также $AF =AE = AC∕3.$ Пусть $LH ∥DF, H ∈AC,$ тогда $AF = FH = AC∕3,$ поскольку $AD = DL,$ но тогда

CH = AC − 2AC∕3= AC ∕3 =F H

В силу параллельности $LH$ и $DF$ получаем, что $LH ⊥ FC,$ отсюда $LH$ — медиана и высота $△F LC,$ так что $LC = FL = LE.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#32022Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $CC . 1$ Прямые $A C 1 1$ и $AC$ пересекаются в точке $D.$ Докажите, что $BD$ — внешняя биссектриса угла $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем сформировать треугольник, в котором BD будет биссектрисой. Продлим BC за точку B на BT = AB, получив треугольник ABT. Найдите на картинке несколько теорем Менелая.

Подсказка 2

Сначала применим теорему Менелая для △ABC и прямой A₁C₁. Далее, не умаляя общности, AB < BC. Найдите ещё одну теорему Менелая.

Подсказка 3

Запишем теорему Менелая для △ATC и BD. Что теперь можно сказать про BD?

Подсказка 4

Конечно же, BD — медиана равнобедренного △ABT, а, значит, и биссектриса, что и требовалось доказать.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BC$ за точку $B$ на $BT =AB,$ пусть $X = AT ∩BD.$ Теорема Менелая для $△ABC$ и $A1C1$

CA1-⋅ BC1-⋅ AD-= AC-⋅ BC-⋅ AD =1 =⇒ AD-= AB A1B C1A CD AB AC DC DC BC

Здесь мы, не умаляя общности, считаем $AB < BC.$ Теперь теорема Менелая $△AT C$ и $BD$

CB-⋅ TX ⋅ AD-= BC-⋅ AD-⋅ TX =1 =⇒ TX =AX BT AX DC AB DC AX

Отсюда $BX$ — медиана равнобедренного треугольника $△BAT$ и она же будет биссектрисой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#71528Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ сторона $AC = 42.$ Биссектриса $CL$ делится точкой пересечения биссектрис треугольника в отношении $2 :1,$ считая от вершины. Найдите длину стороны $AB,$ если радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности равен 14.

Источники: ОММО-2022, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот у нас есть уже одна биссектриса и центр вписанной окружности. Попробуйте рассмотреть биссектрису из точки A, но только не в треугольнике ABC, а в треугольнике ALC) Чем здесь можно воспользоваться?

Подсказка 2

Например, свойством биссектрисы про отношение сторон) Из этого будет следовать, что AL = 21. Теперь попробуйте понять, как можно выразить синус угла A..

Подсказка 3

Различным выражением площади треугольника ALC) Ведь с одной стороны это просто формула площади через синус и две стороны, а с другой стороны, можно разбить треугольник на два: AIC и AIL. Но как удобнее найти их площади?

Подсказка 4

Площадь каждого можно найти с помощью радиуса вписанной окружности и сторон, ведь в этих треугольниках радиусы будут высотами!Так, мы находим синус А = 1, т.е. угол А прямой) А дальше просто обычный счет и использование свойства биссектрисы снова)

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности (т.е. точка пересечения биссектрис). Заметив, что $AI$ — биссектриса, в треугольнике $ALC,$ в силу свойства биссектрисы треугольника имеем:

AC :AL= CI :IL =2 :1⇒ AL =AC ∕2= 21

Далее,

AC ⋅AL ⋅sin∠A = 2S△ACL = 2S△AIC + 2S△AIL = AC ⋅r+AL ⋅r= (AC + AL)⋅r,

где $r$ — радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Таким образом,

42⋅21⋅sin∠A =(42+21)⋅14⇒ sin∠A = 1⇒ ∠A = 90∘

В силу свойства биссектрисы $BI$ треугольника $CLB$ имеем

BC :BL =CI :IL= 2:1

Полагая $BL = x,$ имеем $BC = 2x.$ В силу теоремы Пифагора:

AC2 + AB2 = BC2

422+(21+ x)2 = (2x)2

x =35 ⇒ AB =x +21= 56

Ответ: 56

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#72244Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на стороне $BC$ отмечены точки $A 1$ и $A 2$ ( $A 1$ лежит между $B$ и $A 2$ ) так, что $∠BAA = ∠A AA =∠A AC, 1 1 2 2$ а на стороне $AC$ — точки $B1$ и $B2$ ( $B1$ лежит между $A$ и $B2$ ) так, что $∠ABB1 =∠B1BB2 = ∠B2BC.$ Оказалось, что как прямые $AA1$ и $BB1,$ так и прямые $AA2$ и $BB2$ пересекаются на биссектрисе угла $C.$ Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Источники: Муницип - 2022, Кировская область, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пускай AA₂ и BB₂ пересекаются в точке O₂, а AA₁ и BB₁ в точке O₁. Какой точкой является O₁ для треугольника AO₂B?

Подсказка 2

Т.к. AO₁ и BO₁- это биссектрисы углов ∠O₂AB и ∠O₂BA ⇒ O₁- точка пересечения биссектрис ⇒ O₂O₁- биссектриса. Что тогда можно сказать про треугольники △CB₂O₂ и △CA₂O₂?

Подсказка 3

Верно, они равны по стороне и двум углам! Но тогда уголки ∠AB₂B и ∠AA₂B равны ⇒ AB₂A₂B- вписанный. Поймите, каким является четырехугольник AB₂A₂B, если вспомнить, что O₂B₂=O₂A₂, и завершите решение!

Показать доказательство

Пусть прямые $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $O , 1$ прямые $AA 2$ и $BB 2$ — в точке $O , 2$ а $CD$ — биссектриса треугольника $ABC.$ $O1$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABO2,$ поэтому $O2D$ — биссектриса этого треугольника.

$PIC$

Отсюда

∠B2O2C = ∠BO2D = ∠AO2D =∠A2O2C

Кроме того, по условию $∠B2CO2 = ∠A2CO2.$ Поэтому

∠BA2O2 = ∠A2CO2+ ∠A2O2C = ∠B2CO2+ ∠B2O2C = ∠AB2O2

Положим $∠BAC = 3α,∠ABC = 3β.$ Тогда

180∘− 3α− 2β = ∠AB2O2 =∠BA2O2 = 180∘− 2α− 3β,

откуда $α =β.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#89104Максимум баллов за задание: 7

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD.$ Отметили центры окружностей, вписанных в треугольники $BCD, CDA, DAB,ABC.$ Докажите, что отмеченные точки являются вершинами прямоугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем установить связь между сторонами нашего будущего прямоугольника и четырёхугольником ABCD. У нас на картинке есть центры вписанных окружностей, а значит и биссектрисы. Отметим середины дуг. Что можно сказать об отрезке, который соединяет центры вписанных окружностей треугольников с общей стороной?

Подсказка 2

Центры вписанных окружностей треугольников с общей стороной равноудалены от середины дуги, стягивающейся общей стороной! Тогда мы можем найти вписанные четырёхугольники, одна сторона которых совпадает со стороной нашего будущего прямоугольника ;)

Подсказка 3

Отлично, теперь у нас есть 4 новых вписанных четырёхугольника, в каждом из которых мы можем отметить равные углы, опирающиеся на одни дуги. Но заметим, что некоторые из таких углов вписаны и в окружность (ABCD)! Тогда мы можем записать цепочку равенств вписанных углов из разных окружностей.

Подсказка 4

Каким тогда отрезкам будут параллельны стороны нашего будущего прямоугольника?

Подсказка 5

Стороны будущего прямоугольника параллельны отрезкам, соединяющим середины противоположных дуг!

Показать доказательство

Обозначим центры окружностей через $I ,I,I,I a b c d$ соответственно. Пусть $W$ — середина дуги $AD,$ не содержащей точек $B,C.$ По лемме о трезубце для треугольников $ABD, ACD$ имеем

WA = W Ia =W Id = WD,

т.е. точки $A,Ia,Id,D$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Далее предложим два способа закончить решение.

Первый способ. Из вписанности четырехугольника имеем

∠AIaId = 180∘− ∠ADId =180∘− ∠D. 2

Аналогично вычисляется угол $AIaIb.$ Таким образом,

∠IbIaId = 360∘− ∠AIaId− AIaIb = ∠D-+∠B-= 90∘, 2

что доказывает требуемое.

$PIC$

Второй способ. Пусть $M,$ $N$ — середины дуг $AB,$ $CD$ соответственно, тогда прямые $AId$ и $DIa$ пересекают описанную окружность четырехугольника в точках $N,$ $M$ соответственно. Заметим, что из обозначенных вписанностей следует, что

∠IaIdA = ∠IaDA, ∠IaDM = ∠MNA,

то есть $∠IaIdA= ∠MNA,$ откуда следует $MN ∥IaId.$ Аналогично, $MN ∥IbIc,$ следовательно, противоположные стороны четырехугольника параллельны.

$PIC$

Осталось проверить, что его соседние стороны перпендикулярны. Если $T$ — середина дуги $BC,$ то последнее равносильно $MN ⊥ TW.$ Это верно, поскольку угол между прямыми равен полусумме дуг $TN$ и $MW,$ а значит, равен четверти сумм всех дуг, т.е. $90∘.$

$PIC$

Замечание. Можно показать, что стороны прямоугольника $I II I a bcd$ так же параллельны или перпендикулярны биссектрисам углов, образованных парами прямых, содержащих противоположные стороны четырехугольника $ABCD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#97832Максимум баллов за задание: 7

Высота $AH$ и биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $P.$ Найдите угол $BAC,$ если известно, что разность между углом $∠CP H$ и половиной угла $∠ABC$ равна $∘ 46.$ Ответ дайте в градусах.

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 8 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим ∠BAC = α, ∠ABC = β, ∠ACB = γ. Тогда можно выразить угол ∠CPH. Чему он равен (выразите через γ)?

Подсказка 2

Правильно! ∠CPH = 90° - γ/2. Теперь мы можем вычислить угол β через γ. Чему он равен?

Подсказка 3

Верно! β = 88° - γ. Осталось посчитать α. Для этого воспользуйтесь тем, что сумма углов в треугольнике равна 180°.

Показать ответ и решение

Обозначим $∠BAC = α,$ $∠ABC = β,$ $∠ACB =γ.$

$PIC$

Тогда $∠LCB =∠ACL = γ2.$ Тогда можно выразить угол $∠CP H :$

∠CP H = 90∘− γ 2

По условию разность между углом $∠CP H$ и половиной угла $∠ABC$ равна $46∘$ , то есть

90∘− γ − β= 46∘ 2 2

Тогда получили, что

∘ β +γ =88

Так как сумма углов треугольника равна $180∘$ , то:

∘ α +β +γ =180

Подставим выражение для суммы $β$ и $γ$ :

α+ 88∘ = 180∘

α= 180∘ − 88∘ = 92∘

Тогда

∠BAC = 92∘.

Ответ: 92

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#97833Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB = 5.$ Медиана $BM$ перпендикулярна биссектрисе $AL.$ Найдите $AC.$

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 8 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про треугольник ABM, учитывая условие перпендикулярности?

Подсказка 2

Правильно, он равнобедренный с основанием BM. Чему же тогда равно AС, учитывая, что M середина AC?

Показать ответ и решение

Пусть $P$ — точка пересечения отрезков $AL$ и $BM$ .

$PIC$

В треугольнике $ABM$ биссектриса $AL$ является высотой, поэтому треугольник $ABM$ равнобедренный. Следовательно,

AC = 2AM = 2AB = 2⋅5= 10

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#100187Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ биссектрисы углов $A$ и $C$ параллельны, а биссектрисы углов $B$ и $D$ пересекаются под углом $∘ 46 ,$ как изображено на рисунке ниже. Сколько градусов составляет острый угол между биссектрисами углов $A$ и $B$ ?

Источники: Муницип - 2022, Москва, 8.5 (см. xn--b1ayi3a.xn--l1afu.xn--p1ai)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим треугольник, образованный пересечениями биссектрис углов B, D и C. В силу параллельности биссектрис углов A и C один из его углов равен данному. А как еще можно посчитать этот угол?

Подсказка 2

Верно! Это внешний угол к треугольнику с углами x, y несмежными с тем, который нужно найти. Тогда он равен x + y, где x и y обозначают половины углов A и B. А как выразить другой угол нужного треугольника?

Подсказка 3

Точно! Из суммы углов треугольника. Этот угол равен разности 180° и суммы углов при биссектрисах C и D. Можно ли связать его с x и y?

Подсказка 4

Сумму углов при биссектрисах легко выразить, зная сумму углов четырехугольника! Как, используя это, вывести нужный угол?

Показать ответ и решение

Отметим точки пересечения биссектрис $K,L,M, N.$ Кроме этого, обозначим $∠A = 2α,∠B = 2β,∠C = 2γ,∠D = 2δ.$ Поскольку сумма углов четырёхугольника $ABCD$ равна $∘ 360,$ имеем:

2α +2β+ 2γ+ 2δ =360∘ ∘ α+ β+ γ+ δ = 180

$PIC$

Рассмотрим треугольник $KMN.$ В нём:

— $∠MKN =46∘,$

— $∠KMN =∠ALM = α+ β,$ так как $ALM −$ внешний угол треугольника $ABL$ (этот угол и нужно найти в задаче),

— $∠KNM =∠CND = 180∘− γ− δ = α+ β.$

Следовательно, треугольник $KMN −$ равнобедренный, и $∠KMN = 180∘−2-46∘= 67∘.$

Ответ: 67

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#78106Максимум баллов за задание: 7

В правильном пятиугольнике $ABCDE$ отмечена точка $F$ — середина $CD.$ Серединный перпендикуляр к $AF$ пересекает $CE$ в точке $H.$ Докажите, что прямая $AH$ перпендикулярна прямой $CE.$

Источники: ММО-2021, 8.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Решение 1. Подсказка 1

Из чего может следовать перпендикулярность?

Подсказка 2

Если прямые перпендикулярны, то угол между ними равен 90°. Неплохо было бы посчитать уголки. Что в таком случае можно сразу сказать про правильный пятиугольник?

Подсказка 3

У правильной фигуры все стороны равны, а углы легко находятся. Значит, можно посчитать и некоторые другие углы с их помощью. Например, между диагональю и стороной.

Подсказка 4

Из равнобедренного треугольника CDE легко находим угол ECD, а значит, можем найти и угол ACD. Что в таком случае можно сказать про луч СЕ относительно треугольника ACF?

Подсказка 5

У нас есть серединный перпендикуляр к AF и биссектриса CE к AF треугольника ACF. Есть про них какой-то полезный факт?

Подсказка 6

Они пересекаются на описанной окружности треугольника! Понимаем, чем является AF для треугольника CAD и легко находим угол AHC!

Решение 2. Подсказка 1

Если AH перпендикулярна CE, то каким является треугольник ACH?

Подсказка 2

По какому признаку можно сразу сказать, что треугольник прямоугольный?

Подсказка 3

Например, если медиана равна половине стороны, которой проведена, то треугольник прямоугольный. Почему бы не поискать равные отрезки?

Подсказка 4

Там, где равные отрезки, там и равнобедренные треугольники, поэтому поищем равные уголки для использования признака равнобедренного треугольника.

Подсказка 5

Зная угол правильного пятиугольника, легко находится угол ECD. Чему тогда равен угол ACE?

Подсказка 6

Что особенного в расположении AF относительно CD? Если P — точка пересечения серпера к AF с AC, то как в таком случае взаимно расположены PH с CD?

Подсказка 7

Раз AF является перпендикуляром к CD, а PH — перпендикуляром к AF, то PH и CD параллельны! А какие самые известные факты про параллельность нам известны (вспоминаем, что нам нужны равные отрезки)?

Подсказка 8

Нам нужны равные отрезки, значит, нам нужна теорема Фалеса! Отсюда легко находим, чем является точка Р для отрезка АС. Что осталось доказать?

Подсказка 9

Если PC = PH, то это победа. А из какого условия это можно получить? (не забываем, что у нас есть две параллельные прямые!)

Подсказка 10

Накрест лежащие углы при параллельных прямых равны, значит, PHC = HCD = ACH. Осталось доказать равенство отрезков :)

Показать доказательство

Первое решение. Угол правильного пятиугольника равен $108∘,$ тогда

180∘− 108∘ ∘ ∠ECD = ∠CED = 2 = 36

∠ACD = 108∘ − 36∘ = 72∘

Таким образом, $CE$ содержит биссектрису треугольника $ACF$ и, следовательно, пересекает серединный перпендикуляр к стороне $AF$ в точке, лежащей на описанной около этого треугольника окружности. Но $∠F$ прямой, значит, и $∠AHC$ прямой, как опирающийся на ту же дугу.

Второе решение.

$PIC$

Аналогично первому решению $∘ ∠ACE = ∠ECD = 36.$ Так как $HP ∥CD,$ то по теореме Фалеса $AP =P C,$ где $P$ — точка пересечения серединного перпендикуляра к $AF$ с диагональю $AC,$ а углы $PHC$ и $ECD$ равны как внутренние накрест лежащие: $∠PHC = ∠ECD =36∘.$ Следовательно, треугольник $PHC$ равнобедренный и $P H =P C.$ Окончательно получаем, что $HP = PA = PC$ и треугольник $AHC$ прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#96827Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AK$ и $CM.$ Известно, что середины отрезков $AB,BC$ и $MK$ лежат на одной прямой. Найдите $AB,$ если $BK =4,$ а $KC =5.$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.4 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам даны отрезки, на которые делит сторону биссектриса. Какое её свойство можно применить?

Подсказка 2

Отношение сторон равно отношению отрезков, на которые биссектриса делит третью сторону! Здорово, теперь мы можем записать некоторые равенства отношений. А что можно сказать о точке O на BP, если она лежит на отрезке, соединяющем середины двух сторон?

Подсказка 3

О лежит на средней линии треугольника, значит, является серединой BP! Какую интересную нам фигуру тогда можно заметить на рисунке?

Подсказка 4

O — середина BP и средней линии. Отсюда мы можем заприметить некоторые параллельности и попробовать записать равенства на отношения. А какая теорема может помочь нам в их записи?

Подсказка 5

Используйте теорему Фалеса!

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству биссектрисы $AK : AABC-= BKKC-= 45$ и биссектрисы $CM : BACC-= MABM-.$ Пусть т. $O$ - середина отрезка $MK,$ а т. $P$ - точка пересечения прямых $BO$ и $AC.$ Заметим, что из условия следует, что т. $O$ лежит на средней линии $△ABC$ параллельной $AC.$ Следовательно, по теореме Фалеса $BO = OP$ и четырёхугольник $MBKP$ параллелограмм (диагонали пересекаются и делятся точкой пересечения пополам). Ещё дважды применяя теорему Фалеса, получим $AMMB- =PACP= BKKC-= 45,$ откуда

AB = 4 ⋅ 4⋅(4 +5)= 144= 5,76 5 5 25

Ответ:

$5,76$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#43633Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AL.$ На стороне $AC$ взята точка $P$ так, что $LA$ — биссектриса угла $BLP.$ Докажите, что если $BL = CP$ , то угол $ABC$ в два раза больше угла $BCA$ .

Источники: Муницип - 2020, Московская область, 8.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если аккуратно нарисовать картинку, то может показаться, что треугольники △ABL и △ALP равны. Как вы думаете, это совпадение?

Подсказка 2

Конечно нет, ведь они действительно равны по второму признаку! Тогда BL=PL. По условию BL=CP ⇒ △LPC- равнобедренный. Что тогда можно сказать про уголок ∠APL?

Подсказка 3

Т.к. он внешний для равнобедренного треугольника △CPL, то ∠APL=2∠LCP. Мы хотели доказать, что ∠ABC=2∠BCA=2∠LCP. Значит для счастья нам осталось понять, что ∠APL=∠ABC. Попробуйте самостоятельно это понять!

Показать доказательство

Из условия следует, что треугольники $AP L$ и $ABL$ равны по второму признаку.

$PIC$

Тогда $P L= BL.$ Но по условию $BL =CP.$ Значит, $CP = PL.$ Тогда $∠PLC = ∠PCL$ , и внешний угол $APL$ треугольника $CP L$ в два раза больше угла $PCL$ . С другой стороны, $∠ABC =∠ABL =∠AP L.$ Утверждение доказано.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#43637Максимум баллов за задание: 7

$MM 1$ и $P P 1$ — биссектрисы треугольника $MNP.$ Длины перпендикуляров, опущенных из вершины $N$ на прямые $MM 1$ и $PP 1$ равны. Докажите, что треугольник $MNP$ равнобедренный.

Источники: Муницип - 2020, Липецкая область, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим основание перпендикуляров X и Y. И естественно провести третью биссектрису. Когда есть перпендикуляры, то есть и прямоугольные треугольники. Тогда какая деталь первая бросается в глаза на картинке, зная, что перпендикуляры равны?

Подсказка 2

Верно, можно увидеть равенство прямоугольных треугольников XIN и YIN, где I — точка пересечения биссектрис. Но нам нужна равнобедренность, и один из способов это доказать через углы. Какие же ещё для этого можно увидеть равные треугольники на картинке?

Подсказка 3

Ага, это треугольники NIM и NIP, равные по стороне и двум углам. Но тогда и третий уголок у них равный, а из-за биссектрисы получаем требуемое в задаче. Победа!

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть $ND$ и $NE$ перпендикуляры, опущенные из вершины $N$ на прямые $MM1$ и $PP1.$ Продолжим перпендикуляры $NE$ и $ND$ до пересечения с прямой $MP$ (точки пересечения соответственно $T$ и $S$ ). Треугольники $NPT$ и $NMS$ равнобедренные (биссектрисы $P E$ и $MD$ являются высотами), отсюда $NP =P T$ , $NM = MS$ и $NT = 2NE =2ND = NS$ . Из последнего равенства $∠NTS = ∠NST$ . Тогда треугольники $NP T$ и $NMS$ равны. Следовательно, $MN = NP.$

Второе решение.

$PIC$

Пусть $O$ — точка пересечения биссектрис треугольника $MNP.$ Из равенства прямоугольных треугольников $ONE$ и $OND$ с общей гипотенузой следует, что $∠NOP1 = ∠NOM1.$ Отсюда с учетом равенств $∠P1OM = ∠M1OP$ и $∠MNO = ∠PNO$ следует, что $∠NMO = ∠NP O$ , т.е. $∠MNP = ∠NPM$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#45588Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к биссектрисе $AD$ треугольника $ABC$ пересекает прямую $BC$ в точке $E$ . Найдите $BC$ , если $AB :AC = 3:2$ и $CE =3$ .

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем сначала над тем, как хорошо бы переформулировать условие с серединным перпендикуляром. Что он нам даёт?

Подсказка 2

Верно, если у нас серединный перпендикуляр пересекает прямую в точке Е, то получается равнобедренный треугольник AED. Теперь осталось до конца воспользоваться его преимуществами. У нас есть равенство углов у равнобедренного треугольника и биссектриса. Попробуйте из этого понять что-то про угол САЕ.

Подсказка 3

Ага, видим, что углы CAE и В равны между собой. Значит, у нас есть два подобных треугольника по двум углам. Но нам неизвестна только сторона AE=AD. Вспомним, что мы ещё не пользовались свойством биссектрисы, и потом запишем соотношение для сторон из подобия.

Показать ответ и решение

$PIC$

В силу свойства биссектрисы $BD =3x,CD =2x$ . Далее заметим, что $∠EDA =∠B + ∠BAD = ∠EAD = ∠CAD + ∠EAC =⇒ ∠EAC = ∠B$ (помним, что $△AED$ равнобедренный). Отсюда $△ECA ∼ △EAB$ , то есть

EC-= EA- ⇐⇒ --3--= 3+-2x ⇐⇒ 4x2− 3x= 0 =⇒ x= 3 =⇒ BC = 15 AE EB 3+ 2x 3+ 5x 4 4

Ответ:

$15 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#97700Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AL.$ Точки $E$ и $D$ отмечены на отрезках $AB$ и $BL$ соответственно так, что $DL = LC,$ $ED ∥ AC.$ Найдите длину отрезка $ED,$ если известно, что $AE = 15,$ $AC = 12.$

Показать ответ и решение

Проведём прямую $ED$ и продлим биссектрису $AL$ за точку $L$ до пересечения с прямой $ED,$ обозначим точку пересечения $P.$

$PIC$

Тогда, так как $AC ∥ED,$ получаем

∠EAP = ∠PAC = ∠AP E

Значит, треугольник $AEP$ равнобедренный, в частности $AE = EP.$ Рассмотрим треугольники $ALC$ и $DLP :$ $CL =DL$ по условию; $∠DLP =∠ALC$ как вертикальные; $∠LCA = ∠LBP,$ так как $AC ∥ ED.$ Следовательно треугольники $ALC$ и $DLP$ равны, в частности $AC = DP.$ В итоге получаем, что

ED = EP − DP = AE − AC = 15− 12 =3

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#105232Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD.$ Известно, что центры вписанной в треугольник $ABD$ и описанной около треугольника $ABC$ совпадают. Найдите $CD,$ если $√- AC = 5 +1.$ Ответ не должен включать обозначения тригонометрических функций и обратных к ним.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть центр вписанной окружности, давайте тогда попробуем посчитать углы! Пусть угол ∠A=α, ∠B=β. Какие углы на картинке можно выразить через них?

Подсказка 2

Посчитайте ∠BAO и ∠ABO. Посмотрите, теперь мы можем выразить один через другой, использовав условие! Быть может, выразим через углы α и β все углы треугольника ABC?

Подсказка 3

α = 2β, то есть в равнобедренном треугольнике у нас один угол в два раза больше другого. Тогда несложно найти их все!

Подсказка 4

Нам нужно найти CD, который по сути является одним из отрезков, на которые делит биссектриса угла противоположную сторону! Каким свойством можно воспользоваться для поиска этого отрезка?

Подсказка 5

Хотелось бы воспользоваться свойством биссектрисы про отношение сторон треугольника! Но перед этим было бы хорошо выразить BD и AC (чтобы уравнение решалось). А что можно сказать про треугольники ABD и ADC? ;)

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = α, ∠B = β.$ Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Тогда

α- β ∠BAO = 4 ; ∠ABO = 2,

так как центр вписанной окружности лежит на биссектрисе. Поскольку $O$ — центр описанной вокруг $ABC$ окружности, то треугольник $AOB$ равнобедренный. Следовательно,

α ∠BAO =∠ABO, β = 2.

$PIC$

Треугольники $AOC$ и $BOC$ равнобедренные, и

∠ACO = 3α, ∠BCO = α. 4 4

Поскольку $∠A +∠B + ∠C =180∘ :$

α + α+ 3α + α-= 180∘ =⇒ α= 72∘ 2 4 4

Так как

3α α- ∘ ∠A =α = ∠C = 4 + 4 = 72 ,

то треугольник $ABC$ равнобедренный, а $∘ ∠B = 36.$

Пусть $AC = x, CD = y.$ Треугольники $ABC$ и $CAD$ подобны по трём углам:

x x+ y y = -x-- =⇒ x2− xy − y2 = 0

По условию $√- x= 5+ 1,$ поэтому $y = 2.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#42789Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектриса угла $C$ пересекает сторону $AB$ в точке $M$ , а биссектриса угла $A$ пересекает отрезок $CM$ в точке $T$ . Оказалось, что отрезки $CM$ и $AT$ разбили треугольник $ABC$ на три равнобедренных треугольника. Найдите углы треугольника $ABC$ . В качестве ответа введите через пробел градусные меры углов треугольника в порядке $A,B,C.$

Источники: Муницип - 2019, Астраханская область, 8.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем доказать, что угол ATC - это угол при вершине равнобедренного треугольника. Если это получится, то мы сможем найти 4 равных угла и работать с ними.

Подсказка 2

Проверим, может ли быть BM ≥ BC? Сейчас нам нужно проверить, какие углы являются равными в каждом равнобедренном треугольнике, чтобы составить уравнение на них.

Подсказка 3

Заметим, что BM обязательно < BC по свойству биссектрисы. Проделав аналогичные действия, мы сможем выразить все углы треугольника ABC через одну переменную)

Показать ответ и решение

$PIC$

Как угол между биссектрисами, $∠ATC = 90∘ + ∠AB2C-> 90∘.$ Из условия $△ATC$ равнобедренный, значит, $AT = TC$ , откуда $∠BAK =∠KAC = ∠BCM =∠MCA = α$ . Далее, если $BM ≥BC$ , то по свойству биссектрисы $AB ≥ BC +AC$ , что невозможно, тогда $BM < BC$ . Аналогично $AM > MT$ . Если $MT =AT$ , то $∠AMT =∠MAT = α$ , откуда сумма углов $△AMT$ равна $4α$ ( $∠MT A = 2α$ ) и равна $∠BAC + ∠BCA$ меньше суммы углов $△ABC$ , что невозможно. Отсюда $AM =AT = 2α =⇒ 5α =180∘ =⇒ α = 36∘$ . Осталось проверить, что $∠MBC = ∠MCB =36∘$ и все нужные треугольники равнобедренные.

Ответ: 72 36 72

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#43115Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ . На отрезках $AB$ и $BC$ выбраны точки $X$ и $Y$ соответственно так, что $AX = BY$ . Оказалось, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности. Пусть $BL$ — биссектриса треугольника $ABC (L$ на отрезке $AC)$ . Докажите, что $XL ∥ BC$ .

Источники: ОММО-2019, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как можно доказать параллельность...нам даны биссектрисы, 4 точки на одной окружности, равные отрезки... на какую теорему, связанную с отрезками и параллельностью это всё намекает?

Подсказка 2

Это всё намекает на отношения, а они - на теорему Фалеса. Попробуем записать отношения, связанные с окружностью(отрезки секущих) и связанные с биссектрисой и как-то записать цепочку неравенств. Ясно, что когда-то в этой цепочке придём к замене BY на AX, а прийти хотим к таким отношениям, чтобы напрямую воспользоваться теоремой Фалеса для прямых XL и BC!

Показать доказательство

$PIC$

Из того, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности, следует, что $BX ⋅BA = BY ⋅BC$ , или $AB :BC = BY :BX$ . Из того, что $BL$ - биссектриса треугольника $ABC$ следует, что $AL :LC =AB :BC$ . Тогда

AL :LC = AB :BC = BY :BX =AX :XB,

откуда по теореме, обратной теореме Фалеса, получаем, что $XL ∥BC$ , что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#91398Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AM$ . Окружность, описанная около треугольника $ABM$ , повторно пересекает $AC$ в точке $K$ , а окружность, описанная около треугольника $AMC$ , пересекает $AB$ в точке $L$ . Докажите, что $BL = KC$ .

Источники: Муницип - 2017, Саратовская область, 11.4(см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Так как $AM$ биссектриса, то хорды, стягивающие дуги, на которые опираются равные углы, равны между собой. Поэтому $BM = KM$ и $LM =$ $CM$ .

Так как сумма противоположных углов во вписанном четырёхугольнике равна $180∘$ , то $∠BML = ∠LAK$ , а так же $∠CMK = ∠LAK$ . Получаем, что $∠BML = ∠CMK$ . Тогда по двум сторонам и углу между ними равны треугольники $BML$ и $KMC$ , значит, $BL = KC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#97835Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ из вершин $A$ и $B$ проведены биссектрисы, а из вершины $C$ — медиана. Оказалось, что точки их попарного пересечения образуют прямоугольный равнобедренный треугольник. Найдите углы треугольника $ABC.$

В качестве ответа введите через пробел градусные меры углов $A,B$ и $C.$

Источники: Муницип - 2018, 9 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть I — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, а медиана CO пересекает проведенные биссектрисы в точках K и L. Может ли ∠AIB быть равным 90°.

Подсказка 2

Правильно, не может! ∠AIB равен 90° + ∠C/2. Поэтому ∠AIB = 135°. Чему тогда равен ∠C?

Подсказка 3

Верно! ∠С = 90°. Что тогда можно сказать про отрезки OB, OC, OA?

Подсказка 4

Точно! Они равны! Без ограничения общности можно считать, что прямым в треугольнике KLI является угол ∠K. Что тогда можно сказать новое про треугольник BOC?

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ , а медиана $CO$ пересекает проведенные биссектрисы в точках $K$ и $L :$

$PIC$

Так как

∠AIB = 90∘+ ∠C-> 90∘, 2

то в полученном треугольнике $KLI$ угол при вершине $I$ равен $45∘.$ Значит,

∠AIB = 135∘ =⇒ ∠ACB = 90∘

Следовательно,

OC =OA = OB

Без ограничения общности можно считать, что прямым в треугольнике $KLI$ является угол $∠K.$ Тогда в треугольнике $BOC$ высота $BK$ совпадает с биссектрисой, поэтому $OB = BC.$ Таким образом, треугольник $BOC$ — равносторонний. Следовательно,

∘ ∘ ∠ABC = 60 =⇒ ∠BAC = 30

Ответ: 30 60 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#42786Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектрисы углов $BAC$ и $ABC$ пересекаются в точке $O$ . Найдите градусную меру угла $ACB$ , если угол $AOB$ равен $∘ 125.$ В ответ внесите число.