Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .04 Теоремы Менелая и Чевы, Ван-Обеля и Жергонна

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Счётная планиметрия

Отрезки касательных и секущих

Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

Подобные треугольники и теорема Фалеса

Теоремы Менелая и Чевы, Ван-Обеля и Жергонна

Теорема косинусов и теорема Пифагора

Счёт в синусах и просто теорема синусов

Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Геометрия масс

Двойные отношения и гармонические четвёрки

Комплексные числа для планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#129651Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A + ∠D =90∘.$ Его диагонали пересекаются в точке $E.$ Прямая $ℓ$ пересекает отрезки $AB,$ $CD,$ $AE$ и $ED$ в точках $X,$ $Y,$ $Z$ и $T$ соответственно. Известно, что $AZ =CE$ и $BE = DT.$ Докажите, что длина отрезка $XY$ не больше диаметра окружности, описанной около треугольника $ETZ.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $ω$ окружность $(ET Z)$ и через $d$ — её диаметр. Поскольку $BE = DT,$ то

BT = BE + ET =DT + ET =DE.

Из условия $∠A + ∠D =90∘$ следует, что лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $F$ под прямым углом. Проведем диаметр $EB ′$ в окружности $(ABE ).$ Поскольку $∠ABE >90∘,$ точки идут на окружности в порядке $A− B− E − B ′.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠AB B = ∠AEB = ∠CED, ∠BAB = 90 +∠F AC =∠ECD.

Следовательно, треугольники $CED$ и $AB ′B$ подобны по двум углам, поэтому

AB′= CE- = AZ. BB′ ED BT

Полученное равенство означает, что прямоугольные треугольники $AB′Z$ и $BB ′T$ подобны по отношению катетов. Тогда $∠BT B′ = ∠AZB ′,$ поэтому точка $B′$ лежит на окружности $ω.$ Заметим, что $AB$ — прямая Симcона точки $B′$ для треугольника $ZET,$ поскольку $∠B′AE = ∠B ′BE = 90∘.$ Тогда и проекция $B′$ на прямую $ZT$ тоже лежит на $AB,$ то есть $B ′X ⊥ ZT.$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что точка $C′,$ диаметрально противоположная $E$ на окружности $(CED ),$ лежит на окружности $ω,$ а также $′ C Y ⊥ ZT.$ Таким образом, $′ ′ BC$ — хорда окружности $ω,$ а $X$ и $Y$ — проекции точек $′ B$ и $′ C$ на прямую $ZT,$ поэтому $′ ′ XY ≤ B C ≤ d,$ что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Приведём схему другого решения.

Нетрудно показать, что $XZ = TY$ (например, используя Теорему Менелая). Пусть $M,N,K$ — середины $AC$ (и $ZE$ ), $BD$ (и $T E$ ), $XY$ (и $ZT$ ) соответственно. Пусть $F = AB ∩CD,$ Из прямоугольного треугольника $XF Y$ имеем $FK = XY∕2.$ Далее, $KMN$ — серединный треугольник для треугольника $EZT.$ Легкий счет углов (с использованием медианы прямоугольного треугольника) дает

∠MF N = 180∘− ∠MEN = 180∘− ∠MKN.

Значит, точки $M,K,N,F$ лежат на одной окружности, тогда $FK$ — хорда окружности ( $MKN$ ). Отсюда

XY ∕2= KF ≤2RMKN = RETZ,

что завершает решение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. На самом деле $B′C ′$ — диаметр окружности ( $ET Z$ ), что нетрудно установить счётом углов, но для решения этого не требуется. Равенство $XY = d$ достигается в том и только в том случае, когда исходный четырёхугольник — вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 3. Приведём план ещё одного подхода к задаче. Используем обозначения из приведённого выше решения, а также введём новые: $x= BF,$ $y = AB,$ $z = CF,$ $t= DC,$ $k = DE, EB$ $m = AE, FC$ $p=ZT,$ $α= ∠AED.$ Из теорем Менелая для $△EZT$ и прямой $AY B,$ $△EZT$ и прямой $CY D$ находим:

--1-- XZ = YT = P ⋅k!− 1

По теореме синусов для треугольника $p ZET :d = sinα,$ в силу сказанного выше

XY = XZ +Y Z+ ZT =p ⋅ k!+-1 k!− 1

Таким образом, достаточно доказать, что $sinα≤ kk!−!+11(⋆).$ Из теорем Менелая для $△AFC$ и прямой $BED,$ $△BF D$ и прямой $AEC$ легко видеть, что

k = t(x+-y), l= y(z+-t), zy xt

отсюда

(x+y)(z+t) k!− 1 (x +y)(z +t)− xz kl= ----xz----+ k!+1-= (x-+y)(z-+t)+xz.

Обозначим

∠FAC = β, ∠F DB = γ,

тогда $α =90∘+ β+ γ.$ Значит,

∘ -------------- sinα = cosγcosβ− sinγsinβ = (x+ y)(z+t)− xz,

последнее равенство получается из прямоугольных треугольников $AFC$ и $BF D.$ Остаётся заметить, что

∘ (x2+(z+-t)2)(z2+-(x-+y)2)-≥xz+ (z+t)(x+ y)

по неравенству Коши-Буняковского-Шварца, получаем в точности требуемое неравенство ( $⋆$ ).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#60912Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина стороны $AC$ треугольника $ABC$ , а точка $Q$ — середина медианы $BM$ . Прямая, проходящая через точку $M$ параллельно $AQ$ пересекает сторону $BC$ в точке $P$ . Найдите отношение $MP :AQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AQ пересекает BC в точке R. Так сразу найти какое-то отношение AQ к MP не выглядит простой задачей. Давайте сначала попробуем выразить AR и QR через MP.

Подсказка 2

В условии даны сразу несколько середин сторон, так еще и про параллельность что-то сказали. Возможно, стоит задуматься о каких-то средних линиях.

Подсказка 3

MP проходит через середину AC параллельно AQ, значит, MP – средняя линия треугольника ARC. QR проходит через середину BM параллельно MP, значит, QR – средняя линия треугольника MBP.

Показать ответ и решение

Пусть $AQ$ пересекается с $BC$ в точке $X$ .

Первое решение.

$PIC$

Прямая, проходящая через середину $M$ отрезка $AC$ параллельно $AQ$ , это средняя линия треугольника $ACX$ , она равна половине $AX$ . То есть $MP =y =⇒ AX = 2y.$

Прямая, проходящая через точку $Q$ отрезка $BM$ параллельно $MC$ , это средняя линия треугольника $BMP$ , она равна половине $MP$ . То есть $MP = y =⇒ QX = y∕2.$

В итоге

MP :AQ = MP :(AX − XQ)= y :(2y− y∕2)= 2:3

__________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Мы видим медиану и хочется немедленно её удвоить.

$PIC$

Тогда мы получаем параллелограмм $ABCD$ и за счёт равенства накрест лежащих углов при параллельных прямых $△ADQ ∼△QBX$ с коэффициентом подобия

DQ :QB = (DM +MQ ) :QB = (2QB +QB ):QB =3 :1.

Из подобия мы выяснили, что

3 AQ :QX =3 :1 ⇐ ⇒ AQ = 4AX.

Прямая, проходящая через точку $M$ параллельно $AQ$ , это средняя линия треугольника $ACX$ , она равна половине $AX$ . В итоге

1 3 MP :AQ = 2AX :4AX = 2:3

__________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

$PIC$

По теореме Менелая для треугольника $BMC$ и прямой $AQ$

CX- -BQ MA- CX- 1 1= XB ⋅QM ⋅AC = XB ⋅1⋅2

2 1 CX = 3BC,BX = 3BC

По теореме Менелая для треугольника $ACX$ и прямой $BM$

1= AQ- ⋅ XB-⋅ CM = AQ-⋅ 1⋅1 QX BC MA QX 3

AQ = 3AX 4

1 3 MP :AQ = 2AX :4AX = 2:3

Ответ: 2:3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#65149Максимум баллов за задание: 7

Три прямые, параллельные сторонам треугольника $ABC$ и проходящие через одну точку, отсекают от треугольника $ABC$ трапеции. Три диагонали этих трапеций, не имеющие общих концов, делят треугольник на семь частей, из которых четыре — треугольники. Докажите, что сумма площадей трёх из этих треугольников, прилегающих к сторонам треугольника $ABC,$ равна площади четвёртого.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу хочется найти, для каких треугольников применить теорему о линолеуме...

Подсказка 2

Подойдут как раз три треугольника, которые содержат по два из наших трех маленьких треугольничков, но мы ничего не знаем про их сумму площадей...

Подсказка 3

На самом деле, площади этих треугольников очень хорошо выражаются через площадь самого треугольника, и нам остается доказать одно выражение.....

Подсказка 4

Оно будет вида A1B/BC + B1C/CA + C1A/AB = 1 если обозначать точки на картинке

Подсказка 5

Возможно, с помощью наших параллельных прямых, можно заменить отношения в этом выражении на какие-то еще?..

Подсказка 6

Для этого стоит провести чевианы через точку пересечения трех прямых, параллельных сторонам)

Подсказка 7

Полученное выражение может напоминать вам одну теоремку! Либо попробуйте вывести это отдельное утверждение самостоятельно с использованием теоремы Менелая

Показать доказательство

Рассмотрим картинку, соответствующую условию задачи с точностью до переобозначений:

$PIC$

Заметим, что треугольники $AA1B,BB1C,CC1A$ с их внутренними точками образуют такое покрытие внутренности исходного треугольника, что каждая его точка принадлежит не более, чем двум из трёх кусков покрытия. Тогда по лемме о линолеуме площадь непокрытой части – $SGOD$ – равна сумме площадей покрытых дважды областей – $SAC1G+ SBA1O +SCB1D$ – тогда и только тогда, когда общая площадь покрытия – $SAA1B +SBB1C + SCC1A$ – равна площади всего треугольника $ABC,$ которую мы обозначим неизвестной $S.$

Первое решение.

Рассмотрим треугольник $ABA1 :$ двигая точку $A1$ вдоль “оранжевой” прямой площадь треугольника остаётся постоянной по теореме о перетягивании площади по рельсам Евклида (пользуемся тем, что оранжевая” прямая параллельна основанию треугольника). Тогда передвинем точку $A1$ в точку $P.$ Аналогично поступим с точками $B1$ и $C1.$ В итоге

S + S + S = S +S + S = S AA1B BB1C CC1A APB BPC APC

Итак, сумма площадей “синих” треугольников, образованных на пересечениях треугольников $ABA1,BCB1$ и $CAC1,$ равна площади не замощённого участка треугольника $ABC$ (зелёного треугольника) по теореме о паркете.

Второе решение.

По теореме об отношении площадей треугольников с общей высотой $SAA1B + SBB1C + SCC1A =S ⋅ A1B-+ S⋅ B1C +S ⋅ C1A. BC AC AB$ Ясно, что эта сумма равна $S$ тогда и только тогда, когда

A1B- B1C- C1A- BC + AC + AB = 1

Здесь уже настало время пользоваться природой появления точек $A1,B1,C1$ от точки $P.$ Обозначим точки пересечения чевиан, пересекающихся в точке $P,$ со сторонами треугольника за $′ ′ ′ A ,B,C .$

$PIC$

Тогда по теореме Фалеса искомое соотношение эквивалентно

PC-′ P-A′ PB′- C′C +A ′A + B′B =1

Это соотношение для конкурентных чевиан известно как теорема Жергонна. Доказать её можно так: площади треугольников $AP B$ и $ACB$ относятся как высоты из вершин $P$ и $C$ соответственно, потому что сторона $AB$ общая, а высоты из этих вершин относятся так же, как и $PC′$ к $CC ′$ по обобщённой теореме Фалеса. Проделав аналогичные рассуждения с точностью до переобозначений,

′ ′ ′ PC-C′C-+ PAA′A + PB-B′B-= SSAPB-+ SSBPC-+ SSAPC-= ACB BAC ABC

= SAPB-+SBPC-+-SAPC = SABC-= 1 SABC SABC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#67954Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ равны и перпендикулярны. Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $√-- AB = 26.$

Источники: ПВГ-2023, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот пусть у нас треугольник ABC, медиана AD и биссектриса BE. Что сразу бросается в глаза, когда у нас биссектриса перпендикулярна чему-то (в нашем случае - медиане)?

Подсказка 2

Да, тут должен быть равнобедренный треугольник! Как раз подходит ABD. И отсюда мы уже получается знаем вторую сторону треугольника. Что еще удобно было бы найти, чтобы найти площадь треугольника?

Подсказка 3

Было бы не плохо найти угол между этими сторонами, чтобы воспользоваться формулой площади по двум сторонам и углу между ними) А вот из каких соображений его можно найти: у нас половинка этого угла содержится в прямоугольном треугольнике. Тогда если мы найдем отношения каких-то его сторон, то найдем и сам угол!

Подсказка 4

Вот пусть пересечение медианы и биссектрисы это точка F. Понятно, что AF = FD. А вот как относятся друг к другу BF и EF....Может, это отношение содержится в каком-то треугольнике, где уже есть несколько известных отношений?

Подсказка 5

Попробуйте рассмотреть т. Менелая для треугольника EBF и прямой AD, также не забывая пользоваться хорошим свойством биссектрисы! А дальше уже дело техники)

Показать ответ и решение

Пусть $BE = AD = 2a,AB = c,∠ABC = β,AD ∩BC = F.$ Так как $BF$ — высота и биссектриса треугольника $BDA,$ то этот треугольник равнобедренный, поэтому $BA = BD =c,AF =F D =a$

$PIC$

Первое решение.

По теореме Менелая для треугольника $EBC$ и прямой $AD :$

EF BD CA FB-⋅DC-⋅AE-= 1

Так как $BD = DC = 2c$ и так как по свойству биссектрисы $CAAE-=1+ CAEE-= 1+ CBBA-=1 + 2cc = 3,$ то остаётся соотношение

EF- ⋅3 =1 ⇐ ⇒ EF = a,FB = 3a F B 2 2

Тогда по теореме Пифагора для треугольника $AFB :$

a2+(3a)2 = 26 2

√- a= 8

Тогда $∘ -- ∘-- sinβ2 = 286,cosβ2 = 1286$ и по формуле синуса двойного угла площадь треугольника можно выразить как

∘ ---∘ --- S = 1 ⋅c⋅2c⋅2sin βcosβ =26⋅2⋅ 8-⋅ 18= 2⋅12= 24 ABC 2 2 2 26 26

Второе решение.

По формуле для длины биссектрисы:

2 ⋅2c⋅c β 2a= -2c+c-cos2;

3a = c⋅cosβ. 2 2

Из треугольника $BDF$ получим, что

β a= c⋅sin 2

Поделим эти уравнения друг на друга и получим, что

β 2 tg2 = 3

Тогда из основного тригонометрического тождества: $β β cos2 = √313,sin 2 = √213.$ Значит, из формулы синуса двойного угла $sinβ = 1123.$ Наконец,

SABC =c2sinβ =24

Ответ: 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#69236Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ внешних углов треугольника $ABC$ пересекают продолжения противоположных сторон треугольника в точках $A1,B1,C1$ соответственно. Найдите угол $A1C1B1$ и длину отрезка $A1B1,$ если $AC = 5,BC = 2,$ а угол $ACB$ равен $13 arccos20.$

Источники: ШВБ - 2023, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что биссектрисы в треугольнике пересекаются в одной точке. Попробуйте провести аналогичное доказательство к тому, что эти три точки на самом деле лежат на одной прямой)

Подсказка 2

Для этого попробуйте также записать всякие отношения и теорему Менелая!

Подсказка 3

Мы поняли, что эти три точки на одной прямой, а значит искомый угол = 180 градусов. Теперь давайте перейдем к отрезку A₁B₁. Для начала можно поискать все что можно в треугольнике ABC, например, недостающую третью сторону)

Подсказка 4

Да, это можно сделать с помощью теоремы косинусов! А теперь попробуйте опять же записать множество отношений и некоторые отрезки представить в виде суммы отрезков. С этой технической работой можно дойти до нужного отрезка!

Показать ответ и решение

Обозначим $AC = b=5,BC = a= 2,AB = c,γ =∠ACB =arccos13. 20$

Треугольники $AA1B$ и $AA1C$ имеют общую высоту из общей вершины $A,$ следовательно, можем записать следующие соотношения для их площадей

SAA1B BA1 SAA1C-= CA1-

(1)

Пусть $A1D$ — перпендикуляр из $A1$ к прямой $AC,$ $A1E$ — перпендикуляр из $A1$ к прямой $AB.$ Так как $AA1$ — биссектриса $∠DAE,$ значит, точка $A1$ равноудалена от прямых $AC$ и $AB.$ Следовательно, $A1D = A1E.$ Благодаря этому получаем

SAA1B-= AB-⋅A1E-= c SAA1C AC ⋅A1D b

(2)

Из соотношений (1) и (2) следует, что

BA1- c CA1 = b

Аналогично получаем

BC1- a AB1- c AC1 = b и CB1 = a

Тогда

BA1 CB1 AC1 c a b CA1-⋅AB1-⋅BC1-= b ⋅c ⋅a = 1

Значит, по теореме Менелая точки $A1,B1,C1$ лежат на одной прямой. Т.е. $∠A1C1B1 =180∘$ и $A1B1 = A1C1+ C1B1.$

$PIC$

По теореме косинусов найдём $AB = c$

2 2 2 c = a +b − 2abcosγ = 4+ 25− 13= 16⇒ c= 4

Теперь найдём $BA1$

BA1- c 4 --BA1--- 4 -BA1--- 4 CA1 = b = 5 ⇒ BC +BA1 = 5 ⇒ 2+ BA1 = 5 ⇒ BA1 = 8

Аналогично получаем $8 BC1 = 3$ и $CB1 =5.$ Обозначим $α= ∠BAC,$ $β = ∠ABC.$ Получим значения $cosα$ и $cosβ$ из двух теорем косинусов

2 2 2 cosα = c+-b-−-a-= 16+25−-4= 37 2bc 40 40

cosβ = c2+a2−-b2= 16+-4−-25-= − 5 2ca 16 16

Запишем теорему косинусов в $△AC1B1$

2 2 2 400- 200- 37 190 C1B1 =AC 1 + AB1 − 2cosα ⋅AC1⋅AB1 = 9 +100− 2⋅ 3 ⋅40 = 9

√190 C1B1 = -3--

Углы $A1BC1$ и $ABC$ равны как вертикальные. Запишем теорему косинусов в $△A1BC1$

2 2 2 64- 64- 5- 4⋅190 A1C1 = BA1+ BC1 − 2cosβ⋅BA1⋅BC1 = 64 + 9 +2 ⋅3 ⋅16 = 9

2√190 A1C1 =--3--

Следовательно,

--- A1B1 = A1C1+ C1B1 = √190

Ответ:

$180∘;√190$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#75639Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены медианы $AM$ и $BN.$ На стороне $AB$ выбрана точка $P,$ а на сторонах $AC$ и $BC$ выбраны точки $L$ и $K$ такие, что $PL$ параллельно $BN,$ а $PK$ параллельно $AM.$ Докажите, что отрезок $LK$ делится медианами на три равные части.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим пересечение KL и BN за Q. Наша цель - доказать, что KQ/QL=1/2. Откуда вообще искать отношение KQ/QL?

Подсказка 2

Верно, искомое отношение можно найти из теоремы Менелая для △CKL и точек B, Q, N. Далее будет полезно обозначить точки A₁ и B₁ пересечения прямых из C, параллельных BN и AM с BA, и перенести отношения.

Подсказка 3

Теперь отношения, через которые выражено KQ/QL, это BA₁/PB и BP/B₁B, в произведении которых остаётся лишь BA₁/B₁B. А его можно посчитать, ведь мы знаем, как BA₁ и B₁B относятся.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение. Пусть $P$ движется линейно по прямой $AB,$ тогда точка $L$ является точкой пересечения прямой $LP,$ которая имеет постоянное направление и проходит через $P,$ и прямой $AC,$ которая не движется, движется линейно. Аналогично, $K$ движется линейно.

Пусть $P$ — точка на отрезке $LK$ такая, что $LP-= 1. PK 2$ Заметим, что $P$ так же движется линейно. Осталось доказать, что в двух положениях $P$ лежит на $AM.$

Рассмотрим положение $P = A.$ Тогда $L =A,K = M,$ тогда прямые $LK$ и $AM$ совпадают, откуда очевидно требуемое.

Рассмотрим положение $P = B.$ Тогда $K = B$ и $N = L,$ следовательно $P$ точка на медиане $NB$ такая, что $NP- = 1, P B 2$ то есть является центром тяжести исходного треугольника, а значит лежит на медиане $AM,$ что завершает доказательство.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть $Q$ — пересечение $KL$ и $BN.$ По теореме Менелая для $△CKL$ и точек $B,Q,N,$ лежащих на прямых, содержащих его стороны и принадлежащих одной прямой

KQ- LN- CB- QL ⋅NC ⋅BK = 1

следовательно $KQ- NC- BK- QL = LN ⋅CB.$ Обозначим $A1$ и $B1$ точки пересечения прямых из $C,$ параллельных $BN$ и $AM$ с $BA.$ Понятно, что $AM$ и $BN$ являются средними линиями треугольников $CB1B$ и $AA1C$ соответственно, а значит, $BA1 =AB1 = BA.$ По теореме Фалеса для троек параллельных прямых $LP,NB, CA1$ и $KP,MA, CB1$

NC BA LN- =-PB1

BK- = BP-- CB B1B

Итак,

KQ-= BA1-⋅-BP-= BA1-= 1 QL PB B1B B1B 2

из чего следует требуемое.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#75809Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ не лежит на сторонах и их продолжениях треугольника $ABC.A 1$ — точка пересечения прямой $BC$ с перпендикуляром к $OA,$ проходящим через точку $O.$ Аналогично определяются точки $B1,C1.$ Докажите, что точки $A1,B1,C1$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Наша цель — доказать, что для треугольника $ABC$ и точек $A ,B ,C 1 1 1$ на его сторонах выполнена теорема Менелая

BA1- CB1- AC1- CA1 ⋅B1A ⋅C1B = 1

$PIC$

Начнём считать в синусах.

Для треугольника $BOA1$

--OA1--= ---BA1-- sin∠CBO sin∠BOA1

Для треугольника $COA1$

OA1 CA1 sin∠OCB-= sin∠COA1

Наконец, отношение имеет вид

BA1- OA1-⋅sin∠BOA1-⋅sin∠OCB- CA1 = OA1 ⋅sin∠COA1 ⋅sin∠CBO =

sin∠BOA1 ⋅sin ∠OCB = sin∠COA1-⋅sin-∠CBO-

Выражая аналогично все отношения искомого произведения, получим, что достаточно доказать справделивость равенства

sin∠BOA1-⋅sin∠OCB--⋅ sin∠COB1-⋅sin∠OAC-⋅ sin∠AOC1-⋅sin∠OBA-=1 sin∠COA1 ⋅sin∠CBO sin∠AOB1 ⋅sin∠ACO sin∠BOC1 ⋅sin∠BAO

А ведь по синусной теоремы Чевы для треугольника $ABC$ и чевиан $AO,BO,CO$ выполнено соотношение

sin∠BAO-⋅ sin∠ACO-⋅ sin∠CBO-= 1 sin∠OAC sin ∠OCB sin∠OBA

Тем самым, осталось доказать, что выполнено соотношение

sin-∠BOA1 sin∠COB1- sin∠AOC1 sin ∠COA1 ⋅sin∠AOB1 ⋅sin ∠BOC1 = 1.

Заметим, что $∠COA1 = ∠COA − 90∘ = ∠AOC1,$ откуда следует равенство $sin∠COA1 = sin∠AOC1.$ Аналогично заключаем равенства $sin ∠COB =sin∠BOC 1 1$ и $sin∠AOB = sin∠AOC . 1 1$ Таким образом, произведение числителей равно произведению знаменателей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#131058Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH,$ медиана $AM,$ а также отмечен центр $O$ его описанной окружности $ω.$ Отрезки $OH$ и $AM$ пересекаются в точке $D,$ прямые $AB$ и $CD$ — в точке $E,$ прямые $BD$ и $AC$ — в точке $F.$ Лучи $EH$ и $F H$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что прямые $BY,CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $P$ — такая точка на луче $HE,$ что $P B ⊥ BC.$ Докажем, что точки $C,$ $O$ и $P$ лежат на одной прямой.

В самом деле, по теореме Менелая для треугольника $ADE$ и прямой $CMB$ имеем

EC DM AB CD-⋅MA--⋅BE-= 1.

Поскольку прямые $P B,$ $AH$ и $OM$ параллельны между собой (так как они все перпендикулярны прямой $BC$ ), имеем

AB HP DM DO BE-= PE-, а такж е MA--= OH-.

Значит,

EC-⋅ DO ⋅ HP-= 1, CD OH PE

из чего следует, что точки $C,$ $O$ и $P$ лежат на одной прямой по теореме Менелая для треугольника $EDH.$ Значит, точка $P$ диаметрально противоположна точке $C$ в окружности $ω.$

$PIC$

Аналогично, если $Q$ — точка пересечения перпендикуляра к прямой $BC,$ проходящего через точку $C,$ и прямой $HF,$ то точка $Q$ диаметрально противоположна точке $B.$ Из этого следует, что $∘ ∠EXC = ∠PXC = 90,$ и, аналогично, $∠F YB =∠QY B =90∘.$

Обозначим через $H′,$ $Tb$ и $Tc$ точки пересечения прямой $AH$ соответственно с прямыми $PQ,$ $BY$ и $CX.$ Заметим, что треугольники $HXTc$ и $HH′P$ подобны как прямоугольные с вертикальными острыми углами. Значит, $HTc∕HX = HP∕HH ′$ или

HTc = HX ⋅HP ∕HH ′ =HB ⋅HC ∕HH ′

Аналогично, $HTb = HB ⋅HC∕HH ′.$ Значит, прямые $BY$ и $CX$ пересекают прямую $AH$ в одной и той же точке, что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#32017Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на сторонах $AB,AC$ и $BC$ выбраны точки $D,E$ и $F$ соответственно так, что $BF = 2CF,CE = 2AE$ и угол $DEF$ — прямой. Докажите, что $DE$ — биссектриса угла $ADF.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Прямой угол DEF расположен неудобно внутри треугольника. Давайте продлим одну из сторон треугольника, чтобы подобраться к углу ADF!

Подсказка 2

Если обозначить точку пересечения FE с AB через T, то получаем высоту DE в треугольнике DTF. А при каком условии она же будет являться и биссектрисой?

Подсказка 3

В случае равнобедренности треугольника DTF! Но доказывать равенство его сторон не так удобно, как доказать, что DE будет ещё и медианой. Осталось использовать теорему Менелая!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $FE ∩ AB = T$ (пересечение будет за точкой $A$ в силу данных нам отношений). Запишем теорему Менелая для $△ABC$ и прямой $EF :$

BT-⋅ AE-⋅ CF-= 1=⇒ BT-= 4⇐⇒ AB =3 TA EC FB AT AT

Запишем теорему Менелая для $△T BF$ и прямой $AC :$

TE-⋅ FC-⋅ BA =1 =⇒ T-E =1 EF CB AT EF

Но тогда $DE$ — высота и медиана в $△TDF,$ откуда она будет и биссектрисой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#32018Максимум баллов за задание: 7

Через вершину $A$ и середину медианы $BM$ треугольника $ABC$ провели прямую. В каком отношении она делит сторону $BC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти отношение – нужно применить теорему Менелая! И надо как-то выйти на сторону BC... Тогда, для какого треугольника лучше применить теорему Менелая?

Подсказка 2

Да, нужно посмотреть на треугольник BCM! Осталось только правильно написать отношения отрезков и не забыть про условие задачи)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $N$ — середина $BM,K = AN ∩ BC.$ Запишем теорему Менелая для $△BCM$ и прямой $AK$

BK-⋅-CA ⋅ MN-=1 =⇒ CK = 2BK KC AM NB

Ответ:

$1 :2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#32020Максимум баллов за задание: 7

Точки $M$ и $K$ делят стороны $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ в отношении $2 :3$ и $4 :1,$ считая от их общей вершины. В каком отношении делится отрезок $MK$ медианой треугольника, проведенной к стороне $AC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте заметить на картинке много треугольников для применения теоремы Менелая. С какого стоит начать?

Подсказка 2

Нужно использовать ключевую прямую MK. Давайте запишем теорему Менелая для треугольника ABC и этой прямой MK, а ещё продлим её до пересечения с АС (пусть будет точка Т, теперь её тоже можно использовать)

Подсказка 3

Давайте запишем теорему Менелая в треугольнике AMT для BC и для медианы. Остаётся выразить искомое отношение.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $MK ∩ AC = T,AN = NC$ и $MK ∩ BN = R$ (аналогично первой задаче пересечение будет с этой стороны), теорема Менелая для $△ABC$ и прямой $MK :$

BM-⋅ AT-⋅ CK-= 1=⇒ AT-= 6=⇒ AN-= NC-= 5 MA TC KB TC CT CT 2

Теорема Менелая для $△AMT$ и прямой $BC :$

TC-⋅-AB-⋅ MK-= 1=⇒ MK = 2KT =⇒ MK =2∕3⋅MT CA BM KT

Теорема Менелая для $△AMT$ и прямой $BN :$

T-N AB--MR- MR- 2 MR-- 1 MR- 1 NA ⋅BM ⋅ RT = 1=⇒ RT = 7 =⇒ MK = 3 =⇒ RK = 2

Ответ:

$1 :2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#32021Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,$ в котором $BM$ — медиана. Точка $P$ лежит на стороне $AB,$ точка $Q$ — на стороне $BC,$ причем $-AP 2 BQ- PB = 5,QC = 6.$ Отрезок $P Q$ пересекает медиану $BM$ в точке $R.$ Найдите $BR- RM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поймём, что прямая PQ не параллельна AC, следовательно, она пересекается с AC. Тогда становится заметна теорема Менелая!

Подсказка 2

Запишем теорему Менелая для треугольника ABC и прямой PQ. Попробуйте найти ещё одну теорему Менелая, связанную с PQ.

Подсказка 3

Применим теорему Менелая для треугольника ABM и прямой PQ, предварительно найдя нужные отношения. Выразив нужное отношение, получаем ответ!

Показать ответ и решение

$PIC$

Прямая $PQ$ не параллельна $AC,$ так как $APPB-⁄= CQQB-.$ Продолжим ее до пересечения с прямой $AC$ в точке $S.$

Запишем теорему Менелая для треугольника $ABC$ и секущей $P S :$

AP-⋅ BQ-⋅ CS-= 1⇐⇒ 2⋅6⋅ CS-= 1 PB QC SA 5 SA

откуда находим, что $CS-= 5. SA 12$ Пусть $AM =MC = x,$ тогда $-CS--= 5-⇐⇒ CS = 10x. CS+2x 12 7$ Следовательно, $SM = CS + x= 17x,SA = CS+ 2x= 24x. 7 7$

Запишем теперь теорему Менелая для треугольника $ABM$ и секущей $P S :$

AP- BR- MS- 2 -BR 17∕7x- 2 BR- 17 PB ⋅RM ⋅SA = 1⇐ ⇒ 5 ⋅RM ⋅24∕7x =1 ⇐⇒ 5 ⋅RM ⋅24 =1

откуда и находим, что $BR 60 RM-= 17.$

Ответ:

$60 17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#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 34#32322Максимум баллов за задание: 7

На продолжении стороны $CD$ за точку $D$ прямоугольника $ABCD$ отмечена точка $P.$ Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AD,BC$ соответственно. Прямые $PM$ и $AC$ пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что $NM$ — биссектриса угла $P NQ.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $T = QN ∩AB.$ Достаточно показать, что $BT = CP,$ тогда из симметрии $NM$ будет биссектрисой. Теорема Менелая для $△ACD$ и прямой $QM$

P-D ⋅ CQ-⋅ AM-=1 =⇒ PD-= AQ P C AQ MD PC CQ

Теорема Менелая для $△ABC$ и $NQ$

BN-⋅ CQ-⋅ AT-= 1=⇒ AQ-= AT NC AQ BT CQ TB

Отсюда $PD- AT- PC = TB ⇐⇒ BT = CP$ (поскольку $AB =CD$ ), что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#47157Максимум баллов за задание: 7

Чевианы $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке. Точку $A 1$ отразили симметрично относительно середины отрезка $BC$ и получили точку $A2$ . Точки $B2$ и $C2$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $AA2$ , $BB2$ и $CC2$ тоже пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка

Вспомним, что критерий пересечения трех чевиан треугольника в одной точке - теорема Чевы! Распишите ее для изначальных чевиан и для новых)

Показать доказательство

$PIC$

Критерием пересечения чевиан в одной точке является теорема Чевы, выпишем её дважды

AC1-⋅ BA1-⋅ CB1-= 1 —знаем из условия C1B A1C B1A

Теперь покажем требуемое

BC2⋅-AB2⋅ CA2-= AC1-⋅ CB1-⋅ BA1-= 1 AC2 B2C A2B C1B B1A A1C

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#90930Максимум баллов за задание: 7

Стороны $AB, BC,CD$ и $DA$ четырехугольника $ABCD$ касаются окружности с центром $I$ в точках $K,L,M$ и $N$ соответственно. На прямой $AI$ выбрана произвольная точка $P.$ Прямая $PK$ пересекает прямую $BI$ в точке $Q.$ Прямая $QL$ пересекает прямую $CI$ в точке $R.$ Прямая $RM$ пересекает прямую $DI$ в точке $S.$ Докажите, что точки $P, N$ и $S$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольник $BIA.$ По условию известно, что точки $Q,P,K$ лежат на одной прямой. По теореме Менелая $BQQI ⋅ IPPA ⋅ AKKB-= 1.$ Аналогично, рассматривая треугольник $CIB,$ получим

CR-⋅ IQ-⋅ BL-= 1 RI QB LC

Рассматривая треугольник $DIC$ –

DS-⋅-IR- ⋅ CM-= 1 SI RC MD

Перемножая эти равенства с учетом равенств $AK = AN,BK =BL,CL = CM, DM = DN$ (равенство отрезков касательных), получаем

IS DN AP SD-⋅NA- ⋅PI-= 1,

что равносильно утверждению задачи по теореме Менелая для треугольника $IDA.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#90931Максимум баллов за задание: 7

Пусть высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Окружность, описанная около треугольника $AHC,$ пересекает отрезки $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q.$ Прямая $PQ$ пересекает $AC$ в $R.$ На прямой $PH$ взята точка $K$ такая, что $∘ ∠KAC =90 .$ Докажите, что прямая $KR$ перпендикулярна одной из медиан треугольника $ABC.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.7, И. Кухарчук(см. geometry.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Углы $∠BPH,∠ACH$ равны как внешний угол вписанного четырехугольника и противоположный угол вписанного четырехугольника. Углы $∠ACH, ∠ABH$ равны как углы при высотах треугольника $ABC.$ Поскольку $∠BPH = ∠ACH = ∠ABH, PH = BH.$ Аналогично $QH = BH.$ Пусть $L$ – точка пересечения прямой $HQ$ и перпендикуляра к $AC$ из точки $C.$ Тогда $AK = KP$ и $CL =LQ$ из подобия треугольников $AKP, BHP$ и $BHQ, CLQ.$ По теореме Менелая для треугольника $PBQ$ и точек $A,C,R,$ лежащих на одной прямой по условию: $PAAB ⋅ BCCQ-⋅ QRRP-= 1.$

Рассмотрим треугольник $PHQ.$ Точки $K,L,R$ лежат на продолжениях его сторон. Чтобы показать, что три точки лежат на одной прямой, по теореме Менелая достаточно проверить, что $PKKH-⋅ HLLQ-⋅ QRRP-=1.$ Из подобия треугольников $AKP, BHP$ и $BHQ, CLQ$ следует что $PKKH-= PAAB-$ и $HLLQ = BCCQ-,$ и утверждение следует из уравнения выше.

$PIC$

Пусть $M$ середина $AC.$ Докажем, что прямая $KR$ перпендикулярна $AM.$ Для этого, по теореме Пифагора, достаточно показать, что $MK2 − ML2$ = $BK2 − BL2.$ Из прямоугольных треугольников $AKM, MLC :$

2 2 2 2 MK − ML = AK − CL

По теореме Пифагора, при рассмотрении прямоугольных треугольников $AKK ′, BKK ′,$ где $K′$ – основание высоты из $K$ на $AB$

BK2 − AK2 = (AB-+BP-)2− (AB-−-BP-)2 =AB ⋅BP = BC ⋅BQ 2 2

Последнее равенство – из подобия треугольников $BP Q, BCA.$ Аналогично,
$BL2 − LC2 = BC ⋅BQ;$ значит

2 2 2 2 2 2 BK − BL = AK − CL = MK − ML

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#90933Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы внешних углов $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ (точки $A ,B 1 1$ и $C 1$ лежат на прямых $BC, CA$ и $AB).$ Докажите, что точки $A1,B1$ и $C1$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Биссектриса внешнего угла треугольника разбивает противоположную сторону в соотношении, равном отношению прилежащих сторон треугольника, следовательно,

BA1 BA AB1 AB AC1 AC CA1-= CA-, CB1-= CB-, BC1 = BC

Таким образом,

BCAA1-⋅ CABB1-⋅ ABCC1-= BCAA-⋅ CABB-⋅BACC =1, 1 1 1

а значит, по обратной теореме Менелая для треугольника $ABC$ и точек $A1,B1,C1,$ лежащих на продолжениях сторон, получаем требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#90935Максимум баллов за задание: 7

Окружность $S$ касается окружностей $S 1$ и $S 2$ в точках $A 1$ и $A . 2$ Докажите, что прямая $A A 1 2$ проходит через точку пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям $S1$ и $S2.$

Показать доказательство

Пусть $O,O 1$ и $O 2$ — центры окружностей $S,S 1$ и $S ;X 2$ — точка пересечения прямых $O O 1 2$ и $A A . 1 2$

$PIC$

Применяя теорему Менелая к треугольнику $OO1O2$ и точкам $A1,A2$ и $X,$ получаем

O1X O2A2 OA1 O2X-⋅OA2-⋅O1A1-= 1

а значит, $O1X :O2X = R1 :R2,$ где $R1$ и $R2$ — радиусы окружностей $S1$ и $S2.$ Следовательно, $X$ — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям $S1$ и $S2.$ Действительно, точка пересечения внутренних касательных $X ′$ лежит на прямой $O1O2,$ и из подобия треугольников $X ′O1M, X′O2N,$ где $M,N$ — точки касания общей касательной и окружностей, удовлетворяет свойству $O1X ′ :O2X′ = R1 :R2.$

$PIC$

Точка пересечения общих внешних касательных $X ′′$ также лежит на прямой $O1O2$ и, согласно аналогичному рассуждению, тоже удовлетворяет свойству $O1X ′′ :O2X ′′ = R1 :R2.$ Нетрудно убедиться, что на прямой $O1O2$ существует ровно $2$ точки, которые удовлетворяют такому свойству, и это в точности точки пересечения внутренних и общих касательных, значит, $X$ совпадает с одной из них.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#90936Максимум баллов за задание: 7

Точки $A ,B ,C 1 1 1$ – середины сторон $BC,AC,AB$ треугольника $ABC$ соответственно.

(a) Окружности, вписанные в треугольники $AB1C1,BA1C1,CA1B1$ касаются отрезков $B1C1,A1C1,A1B1$ в точках $A2,B2,C2$ соответственно. Докажите, что прямые $AA2,BB2,CC2$ пересекаются в одной точке.

(b) Окружность, вписанная в треугольник $A1B1C1,$ касается отрезков $B1C1,A1C1,A1B1$ в точках $A3,B3,C3$ соответственно. Докажите, что прямые $AA3,BB3,CC3$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

(a) Ясно, что треугольники $ABC,AC1B1,C1BA1,B1A1C$ и $A1B1C1$ подобны друг другу. Пусть точки $IA,IB,IC$ – точки касания вписанной в $ABC$ окружности и $BC,AC,AB$ соответственно. Тогда из подобий:

C1B2-= AIB, C1A2= BIA-, B1C2 = AIC B2A1 IBC A2B1 IAC C2A1 ICB

Пусть точки $A ′,B′,C ′$ – точки пересечения сторон $BC,AB, AC$ прямыми $AA2,BB2,CC2$ соответственно. $C1A2= BA′′ A2B1 A C$ так как пары треугольников $AB A ,ACA′ 1 2$ и $AC A ,ABA′ 1 2$ подобны, причем с одинаковым коэффициентом. Аналогично $C1B2= AB′ B2A1 B′C$ и $B1C2 = AC′. C2A1 C′B$ Для того, чтобы показать что прямые $′ ′ ′ AA ,BB ,CC$ пересекаются в одной точке, осталось проверить соотношение из теоремы Менелая для треугольника $ABC$

AB′ CA ′ BC ′ C1B2 A2B1 C2A1 AIB IAC ICB B′C-⋅A-′B-⋅C′A-= B2A1 ⋅C1A2-⋅B1C2 = IBC-⋅BIA-⋅AIC

Осталось лишь заметить, что $AIC = AIB$ как отрезки касательных к одной и той же окружности. Аналогично $BIC = BIA,CIA = CIB.$

(b) Отметим, что $BA12AC21 = CA13AB31$ из подобий треугольников $A1B1C1$ и $AC1B1.$ Аналогично, $AC12CB21 = BC13CA31$ и $AB12BC21 = CB13BA31.$ Определим точки $A′′,B′′,C′′$ как точки пересечения $AA3,BB3,CC3$ и $BC,AC,AB$ соответственно. Для того, чтобы показать что прямые $AA ′′,BB ′′,CC′′$ пересекаются в одной точке, осталось проверить соотношение из теоремы Менелая для треугольника $ABC.$ Из подобий при параллельных прямых аналогично предыдущему пункту получаем, что $ABB′′′C′⋅ CAA′′′′B-⋅ BCC′′′′A = CB13BA31 ⋅ BA1A3C31-⋅ AC13CB31.$ И наконец