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 1#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 $T.$

$PIC$

Тогда $AT$ — медиана и высота в треугольнике $AOO1,$ а значит, биссектриса. Откуда дуги $CD$ и $DO1$ равны. Аналогично дуги $AB$ и $CD$ равны. А значит, $O$ — центр вписанной окружности в треугольник $BO1C.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#84494

В равнобедренном треугольнике $ABC$ из середины основания $AB$ к боковой стороне $AC$ проведен отрезок $DE$ — биссектриса угла $ADC.$ Из точки $E$ на боковую сторону $BC$ опущена высота $EF.$ Докажите, что отрезок $FD$ является биссектрисой угла $EF B.$

Показать доказательство

Пусть $EF$ пересекает $CD$ в точке $X.$

$PIC$

Заметим, что четырёхугольник $BDXF$ вписанный, так как противоположные углы по $90∘.$ Тогда $∠A= ∠B = ∠DXE.$ В треугольниках $AED$ и $XED$ соответственно равны две пары углов, поэтому получаем оставшееся равенство $∠AED =∠XED.$

Тогда $ED$ является биссектрисой внешнего угла $△CEF.$ При этом $CD$ является биссектрисой внутреннего угла $△CEF$ . Значит, $D$ — центр вневписанной окружности треугольника $CEF.$ Значит, $FD$ — биссектриса угла $EFB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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 4#89906

Один из углов треугольника равен $120∘$ . Докажите, что треугольник, образованный основаниями биссектрис данного, — прямоугольный.

Показать ответ и решение

Биссектриса — это ГМТ точек, равноудалённых от сторон угла. Заметим, что $X$ лежит на биссектрисе $AX$ . Опустим перпендикуляры $XN$ и $XM$ на $AB$ и $AC$ соответственно. Тогда, так как $X$ лежит на биссектрисе $∠BAC,XN = XM$ .

Так как $∘ ∠ABY = ∠CBY =60$ , а $∘ ∘ ∠NBC =180 − ∠ABC = 60 ,$ $BX$ — биссектриса $∠Y BN.$ Тогда опустим перпендикуляр $XP$ на $BY.$

$PIC$

Так как $BX$ — биссектриса угла $∠Y BN,XP = XN,$ а $XN = XM$ (доказано выше). Значит, $XP =XM.$ Получается, $YX$ — биссектрисса $∠BY C$ . Аналогично доказываем, что $YZ$ — биссектрисса $∠BY A.$ Тогда:

∠ZYX = ∠ZY B+ ∠BY X = 1 ∠AYC = 1180∘ =90∘. 2 2

Значит, в $△ZY X$ угол $∠ZYX = 90∘$ . $△ZY X$ — прямоугольный.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91956

Окружность, вписанная в треугольник $ABC$ , касается стороны $AC$ в точке $D$ . Известно, что $AD = 2+ √3,CD = √3$ . Найдите угол $∠CAB$ , если известно также, что он в два раза меньше угла $∠ACB$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 241, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть I – инцентр треугольника △АВС, давайте обозначим угол ВАI = α, чему тогда равны остальные углы на рисунке?

Подсказка 2

Для решения задачи нам нужно просто найти угол α, для этого достаточно найти значение какой-нибудь тригонометрической функции этого угла. Попробуйте рассмотреть треугольники △AID и △IDC для того, чтобы составить систему уравнений с ID и α, решив эту систему, мы как раз сможем найти tgα!

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Пусть $∠BAC = 2α.$ По свойству вписанной окружности $BI$ и $CI$ — биссектрисы углов $B$ и $C.$ Тогда $∠BAI = ∠IAD =α.$ По условию $∠BCA = 2∠BAC,$ поэтому $∠BCI = ∠ICA= 2α.$ Найдем $tg2α,$ тогда задача будет решена.

$PIC$

$ID$ перпендикулярно $AC,$ так как $D$ — точка касания вписанной окружности и стороны $AC$ . Тогда

tgα= AIDD-, tg2α= CIDD-.

Таким образом,

√- tg2α-= 2+√--3. tgα 3

Получаем уравнение

√- √ - 3tg2α= (2+ 3)tgα

По формуле тангенса двойного угла $tg2α= -2tgα 1−tg2α$ получаем

√ --2tgα-- √- 31− tg2α =(2+ 3)tgα

Сокращаем на $tgα$ и умножаем на знаменатель:

√- √- 2 3= (2+ 3)(1− tg2α)

Выражаем квадрат тангенса и получаем

2− √3 √- tg2α= 2+-√3 = (2− 3)2

Угол $α$ — острый, поскольку сумма углов треугольника равна $180∘,$ то есть $2α +4α +∠ABC = 180∘,$ откуда $6α< 180∘.$ Получаем, что $α < 30∘.$ Тогда $tgα= 2− √3.$ Подставим это в формулу для тангенса двойного угла:

√- √- tg2α= 2(2−--3√)(2+--3)= √1- 2 3 3

Таким образом, $∘ 2α= 30.$

Ответ:

$30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#97380

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ нашлись такие точки $K$ и $L,$ что $L$ — середина $AK$ и $BK$ — биссектриса угла $LBC.$ Оказалось, что $BC = 2BL.$ Докажите, что $KC = AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте переписать условие BC = 2BL в условие на равенство каких-то отрезков. Для этого надо отметить какую-то точку. Какую?

Подсказка 2

Верно! Стоит отметить середину отрезка BC. Обозначим ее за M. Теперь попробуйте найти два равных треугольника по двум сторонам и углу между ними.

Подсказка 3

А теперь надо бы найти равные треугольники, которые содержат, как стороны отрезки из условия и доказать их равенство с помощью предыдущего равенства треугольников.

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина $BC.$ Тогда $BM = CM = 1BC = BL. 2$ Треугольники $BKL$ и $BKM$ равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому $AL =LK = MK$ и

∘ ∘ ∠ALB =180 − ∠BLK = 180 − ∠BMK = ∠CMK

Треугольники $ALB$ и $KMC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно $,AB = KC.$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97384

В треугольнике $ABC$ известно, что $BC = 2AC.$ На стороне $BC$ выбрана точка $D,$ для которой $∠CAD = ∠B.$ Прямая $AD$ пересекает биссектрису внешнего угла при вершине $C$ в точке $E.$ Докажите, что $AE =AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M - середина BC. Попробуйте вычислить углы ACE и AMB через угол C. Какое соотношение будет выполнено на эти углы?

Подсказка 2

Правильно! Они будут равны! Осталось только найти два равных треугольника с этими углами.

Показать доказательство

Обозначим $∠C =γ.$ Тогда

∘ γ ∘ γ ∠BCE =90 − 2,∠ACE = 90 + 2

Пусть $M$ — середина стороны $BC.$ Тогда $CM = BM =BC ∕2= AC.$ Из равнобедренности треугольника $ACM$ находим, что $∘ ∠AMC = 90 − γ∕2.$ Поэтому $∘ ∠AMB = 90 + γ∕2.$ Треугольники $ACE$ и $BMA$ равны по стороне и двум углам. Следовательно, $AE = AB.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67558

Дан треугольник $ABC.$ Пусть $I$ — центр его вписанной окружности, $P$ — такая точка на стороне $AB,$ что угол $PIB$ прямой, $Q$ — точка, симметричная точке $I$ относительно вершины $A.$ Докажите, что точки $C,I,P,Q$ лежат на одной окружности.

Источники: Турнир городов - 2023, 11.4, авторы - И. Кухарчук, А.Юран

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие на угол PIB выглядит немного странно...однако он входит в состав угла AIB (I - центр вписанной окружности, так еще нам и намекают число 90) Какой угол тогда хочется сразу посчитать?

Подсказка 2

Угол AIB на 90 больше половины угла ACB, а, значит, углы ACI и AIP равны. На картинке много биссектрис, которые могут помочь нам в поисках подобных треугольников. А еще хочется как-то пользоваться равенством отрезков QA и AI(мы этого еще не делали)

Подсказка 3

Треугольники CIA и IPA подобны по трем углам, а в них как раз присутствует отрезок IA, так что можем записать, что IC/IP = AC/AI = AC/AQ. Смотрим, какие же треугольники содержат отрезки IC, IP, AC, IQ (или хотя бы часть из них, чтобы дальше работать с подобием)?

Подсказка 4

Треугольники ICP и ACQ! Становится ясно: хотим равенства углов CIP и CAQ, чтобы доказать подобие треугольников с такими же названиями, чтобы доказать равенство углов IPC и AQC. Посчитать угол QAC как внешний к половине угла BAC несложно, а угол PIC есть сумма углов AIP и AIC. Осталось лишь воспользоваться знанием про углы с вершиной I из подсказки 2 ;)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $CI$ пересекает $AB$ в точке $N.$ Угол $AIB$ тупой, а угол $NIB$ острый, значит $P$ лежит между $A$ и $N.$ Далее, т.к. $I$ — центр вписанной окружности треугольника, получаем

∠AIP = ∠AIB − 90∘ = 1∠ACB = ∠ACI 2

∠CAI = ∠IAP

Значит, треугольники $CAI$ и $IAP$ подобны. Учитывая это и равенство $QA = AI,$ имеем

-IC-= P-I= P-I AC AI QA

Кроме того,

( ) ∠AIP + ∠AIC = 1∠ACB + 90∘+ 1∠ABC = 180∘− 1∠CAB 2 2 2

Следовательно,

∘ 1 ∘ ∠PIC = 180 − 2∠CAB =180 − ∠CAI = ∠QAC

Тогда треугольники $QAC$ и $PIC$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, значит $∠IPC =∠AQC =∠IQC,$ и точки $C,I,P,Q$ лежат на одной окружности.

Замечание. После доказательства подобия треугольников $CAI$ и $IAP$ можно действовать по-другому. Выберем точку $R$ на продолжении отрезка $CA$ за точку $A$ так, что $AP =AR;$ тогда треугольники $IAP$ и $QAR$ равны ( $IA= QA,AP = AR,∠QAR = ∠CAI = ∠IAP$ ). Значит, $QRP I$ — равнобокая трапеция, и она вписана. С другой стороны, поскольку $∠CIQ = ∠CIA =∠CRQ,$ точки $C,I,R,Q$ лежат на одной окружности. Значит, все пять точек $C,I,P,Q,R$ лежат на окружности $(QRI).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68020

В треугольнике $ABC$ биссектрисы углов $∠BAC$ и $∠BCA$ пересекают стороны $BC$ и $AB$ в точках $K$ и $P$ соответственно. Известно, что длина стороны $AC$ равна сумме длин отрезков $AP$ и $CK.$ Найдите величину угла $∠ABC.$

Источники: Всесиб-2023, 11.1 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз у нас есть условие на то, что сторона AC равна сумме отрезок, то давайте разобьем нашу сторону как раз на две части, каждая из которых будет равна одному из отрезков в условии) Причем т.к. у нас тут биссектрисы, то удобно будет сделать так, чтобы равные отрезки прилегали к одной вершине. Разделим так нашу сторону точкой D. Что можно заметить на картинке теперь?

Подсказка 2

Пусть биссектрисы пересекаются в точке I. Тогда треугольники API и ADI равны! Тоже можно сказать про ICK и IDC. А дальше остается просто счет уголков)

Показать ответ и решение

Первое решение (счетное).

$PIC$

Давайте будет пользоваться свойством биссектрисы:

AP AC PB-= BC-

KC AC KB- = AB.

Тогда:

AP =---AC---⋅AB AC + BC

KC = ---AC-- ⋅BC. AC + AB

Теперь подставим это в $AC =AP + CK :$

--AC---- --AC--- AC = AC +BC ⋅AB + AC +AB ⋅BC

AB BC 1= AC-+BC-+ AC-+-AB

Домножим на знаменатели:

AC2+ AC (BC + AB)+ BC ⋅AB = AB ⋅AC +AB2 + BC ⋅AC + BC2

AC2 = AB2+ BC2 − BC ⋅AB.

Тогда из теоремы косинусов для треугольника $ABC$ следует, что $2cos∠ABC = 1.$ Отсюда получаем ответ.
Второе решение (более идейное).

$PIC$

Отметим точку $D$ на отрезке $AC,$ такую что $DC = KC.$ Тогда из условия следует, что $AD = AP.$ Заметим, что треугольники $AP I,ADI$ равны по двум сторонам и углу между ними. Аналогично равны треугольники $IKC,IDC.$ Из этого следует:

∘ ∠C- ∠ADI = ∠API =∠AP C =180 − ∠A− 2

∠A ∠CDI =∠IKC =∠AKC =180∘− ∠C− -2-.

Теперь воспользуемся тем, что $∠ADI + ∠CDI =180∘ :$

360∘− 3(∠A+ ∠C)= 180∘ 2

∠A + ∠C = 120∘.

Тогда по теореме о сумме углов:

∠ABC =180− (∠A + ∠C)= 60∘.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69430

Пусть $ABCD$ — вписанный четырехугольник, в котором биссектрисы углов $A$ и $C$ пересекаются на диагонали $BD.$ Докажите, что биссектрисы углов $B$ и $D$ пересекаются на диагонали $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, биссектриса пересекает сторону в конкретной точке, хмм… А какой факт мы тогда помним при такой картинке?

Подсказка 2

Верно, в каком отношении биссектриса делит сторону. Тогда верны следующие равенства: BX/DX = AB/AD и BX/DX = BC/CD. Но тогда AC*CD=BC*AD. Значит, наш четырехугольник гармонический. Можно ли теперь, зная последнее равенство, провести обратные рассуждения в отношении двух других углов и диагонали AC?

Подсказка 3

Ну конечно можно, нужен обычный советский… Счет в отрезках! Действительно, если биссектриса угла D пересекла диагональ AC в точке Y, то что можно сказать про отношение AY/YC? А если подключить полученное ранее равенство AC*CD=BC*AD?

Показать доказательство

$PIC$

Используем свойство биссектрис $AX,CX,$ получим

BX- = AB-= BC- =⇒ AB ⋅CD = BC ⋅AD DX AD CD

Вписанный четырёхугольник с таким свойством называется гармоническим. Аналогично из этого равенства можно получить пересечение биссектрис двух других углов на диагонали $AC.$

Проведём биссектрису угла $D,$ пусть она пересекла диагональ $AC$ в точке $Y,$ тогда по свойству биссектрисы

AY-= AD- YC CD

Но ведь получили выше, что

AD- AB- CD = BC

Так что в итоге

AY- AB- YC = BC

Отсюдаc следует, что точка $Y$ лежит на биссектрисе угла $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#74125

В треугольнике $ABC$ опущены перпендикуляры $BX$ и $BY$ на внешние биссектрисы углов $A$ и $C.$ Докажите, что длина отрезка $XY$ равна полупериметру треугольника $ABC.$

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольник $X1AB.$ В нем $AX$ — биссектриса и высота по условию, значит он равнобедренный и $AX1 =AB.$ Аналогично $CB = CY1.$ Заметим, что периметр трегольника $ABC$ — $P = AB + BC +AC = X1A+ Y1C+ AC = X1Y1.$ Остается понять, что $XY$ — средняя линия треугольника $X1BY1,$ а значит равна половине отрезка $X1Y1 = P∕2.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#74439

Докажите, что биссектриса треугольника делит его сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.

Показать доказательство

$PIC$

Введём обозначения как показано на картинке. С одной стороны, $S ABB1C1= SΔΔACBBBB11.$ С другой стороны, если расписать площади треугольников в отношении $SΔABB1 SΔCBB1$ через синусы углов $ABB1$ и $B1BC,$ мы получим, что $SΔABB1 = AB. SΔCBB1 BC$ Таким образом, мы получили требуемое равенство $AB1 AB- B1C = BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74618

$AD$ и $BE$ — биссектрисы треугольника $ABC.$ Оказалось, что $DE$ — биссектриса угла $ADC.$ Найдите угол $A.$

Показать ответ и решение

Из условия следует, что точка $E$ равноудалена от прямых $DB, AD$ и $AB.$ Значит, $EA$ — биссектриса внешнего угла $BAD,$ так как $E$ равноудалена от $BA$ и $AD.$

$PIC$

Таким образом, три отмеченных на картинке угла при вершине $A$ равны и в сумме дают $∘ 180,$ значит, каждый из них равен по $∘ 60,$ а сам угол $A$ в треугольнике равен $∘ 120 .$

Ответ:

$120∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74619

Биссектрисы $BB 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M.$ Биссектрисы $B B 1 2$ и $C C 1 2$ треугольника $AB C 1 1$ пересекаются в точке $N.$ Докажите, что точки $A,M,N$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Биссектрисы углов треугольника пересекаются в одной точке. Значит, $AM$ — биссектриса угла $BAC,$ а $AN$ — биссектриса угла $C AB . 1 1$ Осталось заметить, что эти биссектрисы совпадают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#74620

Угол $B$ треугольника $ABC$ равен $120∘.$ Точки $D,E$ и $F$ — основания биссектрис треугольника, проведённых из вершин $A,B$ и $C$ соответственно. Докажите, что $∘ ∠DEF = 90 .$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠XBA = 60∘ = ∠ABE.$ Значит, точка $F$ равноудалена от прямых $BC$ и $BE.$ Но она также равноудалена от прямых $BC$ и $AC,$ значит она равноудалена от прямых $AE$ и $BE,$ то есть является биссектрисой угла $AEB.$ Аналогично $DE$ — биссектриса угла $BEC.$ Как известно, биссектрисы смежных углом перпендикулярны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#89602

Равные диагонали $AD$ и $CE$ выпуклого пятиугольника $ABCDE$ пересекаются в точке $F.$ Оказалось, что $∠AFB = ∠AFE = ∠BAE = ∠BDC.$ Докажите, что $BF +DF = CF.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Слишком много точек на картинке, хотелось бы понять, как всё устроено. Сперва поймём, как могут соотносится отрезки FE и AF (какой из них больше второго?).

Подсказка 2

Ага, оценив суммы углов треугольников CFD и AFE, получаем, что AF>FE, а, значит, и CF>FD. Из доказанного следует, что серединные перпендикуляры к CD и AE не параллельны и пересекаются в некоторой точке P. Предлагается с ней поработать.

Подсказка 3

У нас имеются равные треугольники APD и EPC. Давайте подумаем, где располагается P относительно угла AFE.

Подсказка 4

Так, P лежит именно на биссектрисе угла AFС. Теперь, рассмотрев взаимное расположение лучей FP, DP и AP, поймём, что P и B совпадают. Хотим воспользоваться условием на отрезок, равный сумме двух других. Отметим на отрезке CF такую точку Q, что BF=FQ, докажем CQ=DF, отсюда следует требуемое.

Показать доказательство

Пусть $FE ≥ AF.$ Тогда $CF ≤ CF,$ и получится, что сумма углов треугольника $CF D$ больше $3∠CFD,$ а сумма углов треугольника $AF E$ — меньше $3∠AF E,$ но это невозможно. Значит, $AF > FE$ и $CF >F D.$ В частности, поэтому стороны $CD$ и $AE$ не параллельны, а тогда серединные перпендикуляры к этим сторонам пересекаются в некоторой точке $P.$ Из сказанного выше $P ⁄=E,$ а треугольники $APD$ и $EPC$ равны по трем сторонам. Следовательно, и высоты этих треугольников, проведенные из точки $P$ равны, поэтому точка $P$ лежит на биссектрисе угла между прямыми $AD$ и $CE.$ Если она лежит на биссектрисе угла $AFE,$ то из равенств $∠FAP = ∠FEP$ и $∠PAE = ∠PEA$ следует равенство углов при вершинах $A$ и $E$ в треугольнике $AF E,$ что невозможно, в силу доказанного ранее. Аналогично, точка $P$ не может лежат на биссектрисе угла $CF D.$ Следовательно, $P$ лежит на внешней биссектрисе угла $AFE.$ Поскольку $PC = PD$ и $F C > FD,$ то точка $P$ лежит именно на биссектрисе угла $AFC.$ Теперь заметим, что в силу равенства $∠P AF =∠P EF$ мы получаем, что

1 ∠PAE = ∠PEA = 2 (180∘− ∠AF E)= ∠PF A= ∠PF C

$PIC$

Аналогично, такую же величину имеют и углы $PCD$ и $PDC.$ Предположим, что $∠AF E >60∘.$ Тогда, из сказанного выше, луч $FP$ идет внутри угла $AFB,$ луч $DP$ — внутри угла $CDB,$ а луч $AP$ — внутри угла $BAE,$ поэтому они не могут пересечься в одной точке. Аналогично не возможен и случай $∠AFE < 60∘.$ Следовательно, $∠AF E =60∘,$ а точки $P$ и $B$ совпадают.
Отметим на отрезке $CF$ такую точку $Q,$ что $BF =F Q.$ Тогда треугольник $BFQ$ равносторонний. После этого остается лишь заметить, что треугольники $CQB$ и $DF B$ равны по стороне и двум углам, поэтому $CQ = DF,$ откуда и следует требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#32019

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 $CH = AC − 2AC ∕3= AC∕3= FH.$ В силу параллельности $LH ⊥ FC,$ отсюда $LH$ — медиана и высота $△F LC,$ так что $LC = FL =LE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#32022

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 19#71528

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 20#72244

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.