Тема Счётная планиметрия

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 счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64039Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ отрезки $AD$ , $BE$ и $CF$ , соединяющие вершины треугольника с противоположными сторонами, пересекаются в точке $O.$ Прямая $EF$ пересекается с прямой $BC$ в точке $X.$ Докажите, что длина отрезка $XD$ является средним гармоническим длин отрезков $XB$ и $XC,$ то есть

(XB −1+ XC −1)−1 XD = ------2-----

Показать доказательство

$PIC$

По теореме Чевы для треугольника $ABC :$

BF- ⋅ AE-⋅ CD-= 1 FA EC DB

По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $FE :$

BF- ⋅ AE-⋅ CX-= 1 F A EC XB

Получаем, что

CD- CX- DB = XB ⇐⇒ CD ⋅XB =DB ⋅CX

XB ⋅(XC − XD )= XC ⋅(XD − XB )

2XB ⋅XC = XD ⋅(XC +XB )

X2D- = XCXB-+⋅XXBC

-2-= -1- +-1- XD XB XC

(XB-−1+-XC-−1)−1 XD = 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104130Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH$ , а на сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ так, что прямые $HM$ и $HN$ симметричны друг другу относительно прямой $BH$ . Прямые $MN$ и $AC$ пересекаются в точке $K$ . Найдите длину отрезка $AK$ , если $AH = 6,HC =9$ .

Источники: Миссия выполнима - 2025, 11.6 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если прямые AN, CM и BH не пересекаются в одной точке, то чертеж получается нагруженный и неприятный, и не понятно, что с ним вообще делать..( Попробуйте доказать, что эти прямые пересекаются в одной точке.

Подсказка 2

Доказательства этого факта может быть не самым очевидным, однако оно является ключевым в решении задачи. Например, в этом может помочь теорема Бланше.

Подсказка 3

Так, теперь у нас есть три чевианы, пересекающиеся в одной точке.. на какую теорему это нам намекает?

Подсказка 4

Верно, на теорему Чевы! А далее мы можем использовать теорему Менелая, чтобы найти длину искомого отрезка.

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме Бланше симметричность $HM$ и $HN$ относительно высоты $BH$ равносильно конкурентности чевиан $BH,AN, CM,$ то есть $AN$ и $CM$ пересекаются на высоте $BH.$ Тогда по теореме Чевы для треугольника $ABC :$

AM BN CH MB--⋅NC-⋅HA- =1

А по теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $MN :$

AM--⋅ BN-⋅ CK =1 MB NC KA

Из этих двух равенств получаем

CK- = CH- KA HA

Подставляя данные в условии числа,

15-+AK--= 9 AK 6

-15 1 AK = 2

AK = 30

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#106679Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ стороны $AB,$ $BC,$ $AC$ paвны $2√5,$ $1$ и $5$ соответственно. Пусть точка $F$ лежит на продолжении стороны $BC$ за точку $B$ так, что $BF =2.$ Пусть точка $D$ лежит на стороне $AC$ так, что $DC = 1.$ Пусть $DF$ и $AB$ пересекаются в точке $E.$ Найти площадь $CDEB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть треугольник ABC и три точки, лежащие на его сторонах, причём все три лежат на одной прямой. Какой сюжет напоминает? ;)

Подсказка 2

Воспользуемся теоремой Менелая для треугольника ABC! Какие отрезки мы можем найти с помощью неё? Также подумаем, через какие объекты можно найти площадь нужного нам четырёхугольника?

Подсказка 3

Площадь нужного нам четырёхугольника есть разность площадей двух треугольников! А что общего есть у этих треугольников?)

Подсказка 4

Треугольники ABC и ADE имеют общий угол, поэтому удобно считать их площадь через синус! Но где же взять значение этого синуса....?

Подсказка 5

Чтобы найти синус угла A, воспользуемся теоремой косинусов для треугольника ABC, ведь не зря нам дали все его стороны ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия сразу получаем, что $AD =AC − DC = 4.$ Также запишем теорему Менелая для $△CAB$ и прямой $DF :$

CD- ⋅ AE-⋅ BF-= 1 DA EB FC

1⋅-√-AE---⋅ 2 = 1 4 2 5 − AE 3

Откуда получаем, что $12√5 AE = 7 .$ Запишем теорему косинусов для $△CAB :$

2 ( √-)2 √ - 2 5 + 2 5 − 2⋅5⋅2 5⋅cos∠CAB = 1

11√5 cos∠CAB = -25-

Так как угол в треугольнике менее $∘ 180 ,$ то $sin∠CAB$ будет положительный, а именно:

┌│ ---(--√-)-- √- sin∠CAB =│∘ 1− 11-5 2 = 2-5 25 25

Выразим площадь четырехугольника $CDEB :$

√- ( √-) SCDEB = SCAB − SDAE = sin∠CAB-⋅(CA-⋅AB-− DA-⋅AE-)= 1⋅ 2-5 ⋅ 5⋅2√5− 4⋅ 12-5 = 22 2 2 25 7 35

Ответ:

$22 35$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#115893Максимум баллов за задание: 7

Окружность пересекает стороны $BC,$ $CA$ и $AB$ треугольника $ABC$ в двух точках на каждой стороне в следующем порядке: $D 1$ и $D2,$ $E1$ и $E2,$ $F1$ и $F2$ соответственно. Отрезки $D1E1$ и $D2F2$ пересекаются в точке $L,$ отрезки $E1F1$ и $E2D2$ — в точке $M,$ а отрезки $F1D1$ и $F2E2$ — в точке $N.$

Докажите, что прямые $AL,$ $BM$ и $CN$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Через точку $L$ проведём перпендикуляры к $AB$ и $AC,$ основания которых обозначим $L′$ и $L′′$ соответственно. Пусть $∠LAB = α, 1$ $∠LAC = α2,$ $∠LF2A =α3$ и $∠LE1A = α4.$

$PIC$

Имеем:

sinα LL ′ LF sin α sinα12 = LL′′ = LE21sin-α34

Проведём отрезки $D1F2$ и $D2E1.$ Поскольку $△LD1F2$ подобен $△LD2E1,$ получаем:

LF2= D1F2- LE1 D2E1

Проведём отрезки $D2F1$ и $D1E2.$ Используя теорему синусов, получаем:

sinα3-= D2F1- sinα4 D1E2

Подставляя второе и третье равенства в первое, имеем:

sinα1- D1F2- D2F1- sinα2 = D2E1 ⋅D1E2

$PIC$

Аналогично, обозначив $∠BMC = β1,$ $∠MBA = β2,$ $∠NCA = γ1,$ $∠NCB = γ2,$ получаем:

sin-β1 = E1D2-⋅ E2D1 sin β2 E2F1 E1F2

sinγ1 F1E2 F2E1- sinγ2 = F2D1 ⋅F1D2

Перемножая, получаем:

sinα1-⋅ sinβ1⋅ sinγ1= 1. sinα2 sinβ2 sinγ2

Согласно обратной теореме Чевы, прямые $AL,$ $BM$ и $CN$ пересекаются в одной точке.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#121644Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На ней отмечена точка $F.$ Через точку $F$ проведены отрезки $BK,CT$ к сторонам треугольника, а $HK$ пересекает $CT$ в точке $R.$ Известно, что $a(a+b) BT = a−b ,TF =a,FR =b.$ Найти длину $AB.$

Источники: ИТМО-2025, 11.7(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть три чевианы, пересекающиеся в одной точке. На какую теорему это может нам намекать?

Подсказка 2

Верно, на теорему Чевы! Распишите её для △ABC. Но что делать с этим выражением? У нас есть произведение отношений, которыми чевианы делят стороны треугольника. Но что ещё чевианы делят в таком же отношении?

Подсказка 3

Да, площадь треугольника! Замените некоторые отношения сторон на отношения площадей, а затем распишите площади по теореме синусов. Какой отсюда можно сделать вывод об ∠KHF и ∠FHT?

Подсказка 4

Правильно, они равны! Тогда что интересного можно сказать про прямую HC?

Подсказка 5

Она является внешней биссектрисой △HKT! Осталось применить основное свойство биссектрисы:)

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем сначала, что $HA$ — биссектриса $∠THK.$ Это доказывается с помощью теоремы Чевы для $△ABC :$

1= CK- ⋅ AT-⋅ BH KA TB HC

Так как чевиана делит площадь треугольника и его сторону в одинаковом отношении, то

SHKC- = CK-, SHTA-= AT- SHKA KA SHTB TB

Подставим эти отношения в равенство из теоремы Чевы и распишем площади:

SHKC SHTA BH 1= SHKA- ⋅SHTB-⋅HC-

---HC-⋅HK-⋅sin∠KHC---- HA-⋅HT-⋅sin(90∘−-∠BHT-) BH- 1= HA ⋅HK ⋅sin(90∘− ∠KHC ) ⋅ HT ⋅HB ⋅sin∠BHT ⋅HC

sin∠KHC ⋅cos∠BHT 1= cos∠KHC--⋅sin∠BHT--

1 = tg∠KHC- tg∠BHT

∠KHC = ∠BHT

Далее, так как $HC$ — внешняя биссектриса $∠THR,$ то

CR-= FR- TC TF

TC-− a−-b= b TC a

1 − a-+b = b TC a

a(a-+b) TC = a− b

Далее замечаем, что $BT = TC.$ Тогда

∠BAH = 90∘− ∠ABC = 90∘− ∠TCB = ∠HFC = ∠AFT

Значит, $AT =TF = a.$

Следовательно,

2 AB = BT +TA = a(a-+b)+ a= -2a-- a− b a− b

Ответ:

$-2a2 a − b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#126012Максимум баллов за задание: 7

Точка $K$ лежит на стороне $AB,$ а точка $M$ — на стороне $AC$ треугольника $ABC,$ причем $AK :KB =3:2,$ $AM :MC = 4:5.$ Прямая, проходящая через точку $K$ параллельно $BC,$ пересекает отрезок $BM$ в точке $P.$ Найдите отношение $BP :PM.$

Показать ответ и решение

Пусть прямая через $K$ параллельно $BC$ пересекает $AC$ в точке $K ′.$

$PIC$

Тогда по теореме Фалеса:

AK′ AK 3 AC-= AB- = 5

AK ′ = 3AC 5

Значит:

( ) MK ′ = AK′− AM = 3AC − 4AC = 27−-20- AC = 7-AC 5 9 45 45

MK ′ 475AC 7 5 7 K′A-= -3AC-= 45 ⋅3 = 27 5

Применим теорему Менелая для $△ABM$ и секущей $KPK ′$ :

AK-⋅ BP ⋅ MK-′= 1 KB PM K′A

3⋅ BP ⋅ 7-= 1 2 PM 27

BP- 21 PM ⋅54 =1

BP 18 PM- =-7

Ответ:

$BP :PM =18:7$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#126013Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ На стороне $AB$ отмечена точка $D,$ а на стороне $AC$ — точка $E$ так, что $BC ∥DE.$ Докажите, что точка пересечения отрезков $CD$ и $BE$ лежит на медиане, проведенной из вершины $A.$

Показать доказательство

$PIC$

По условию $DE ∥BC.$ Из теоремы Фалеса следует, что

AE-= AD- EC DB

Запишем теорему Чевы для прямых $BE,CD$ и третьей прямой $α,$ проходящей через точку $A$ и точку пересечения прямых $BE$ и $CD.$ Пусть эта прямая пересекает сторону $BC$ в точке $X,$ тогда:

CE- ⋅ AD-⋅ BX-= 1 EA DB XC

Но

AE- AD- EC = DB

Получаем, что

BX- XC = 1

Следовательно, $BX =XC.$ Тогда $AX$ является медианой. Точка пересечения отрезков $BE$ и $CD$ лежит внутри треугольника, а также на прямой $α,$ следовательно, лежит и на медиане $AX.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126369Максимум баллов за задание: 7

Если точки $A′,B′$ и $C′$ лежат соответственно на сторонах $BC,CA$ и $AB$ треугольника $△ABC$ или на их продолжениях, то они коллинеарны тогда и только тогда, когда

AB′- CA′ BC-′ B′C-⋅A′B-⋅C-′A-= −1.

Показать доказательство

Докажем задачу для расположения точек, показанного на рисунке (для других вариантов доказательство аналогичное). В этом случае требуемое равенство примет вид

AC′ BA ′ B′C C′B-⋅A′C-⋅B′A-=1.

$PIC$

Проведём через точку $A′$ прямую, параллельную $AB$ и пересекающую $AC$ в $X,$ а через точку $C$ прямую, параллельную $AB$ и пересекающую $A′C ′$ в $Y.$ Из подобия треугольников $BA′C′$ и $CA′Y$ имеем

BC ′ = C′A′⋅CY = AX-⋅CY, A′Y CX

где последнее равенство следует из теоремы о пропорциональных отрезках. Также, из подобия треугольников $AB ′C′$ и $CB ′Y,$

′ AB′- AC = CB′ ⋅CY.

В дополнение к этому

BA-′ C′A-′ AX- A′C = A′Y = XC .

Теперь подставим полученные выражения в доказываемое равенство и получим

AB′ ′ CABX′ ⋅CY-⋅ AX ⋅ BC′-= 1, CX ⋅CY XC B A

что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126370Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB$ и $AD$ параллелограмма $ABCD$ отметили соответственно точки $E$ и $F$ так, что $AE ∕AB =2∕3$ и $AF =F D.$ В каком отношении диагональ $AC$ делится точкой её пересечения с прямой $EF?$

Показать ответ и решение

Продлим $EF$ до пересечения с $BD$ в точке $Y,$ обозначим точку пересечения $BD$ и $AC$ через $X,$ $EF$ и $AC$ — через $Z.$

По теореме Менелая для треугольника $DAB$ и прямой $EF$ получаем, что $YB ∕Y D =1∕2.$ По свойству параллелограмма $BX = XD,$ поэтому $XY∕Y D= 3∕4.$

$PIC$

Далее, применив теорему Менелая к треугольнику $DAX$ и прямой $FY,$ получим $AZ ∕ZX =4∕3.$ Значит, для некоторого $t$

AZ = 4t,ZX = 3t,XC = 7t,

потому что $AX =XC.$ Отсюда получаем нужное отношение $AZ∕ZC = 2∕5.$

Ответ:

$2∕5.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126964Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH.$ На стороне $AB$ отмечена точка $K.$ Оказалось, что $AK = 5,$ $KB = 10,$ $BH =12,$ $CH = 8.$ Отрезки $AH$ и $CK$ пересекаются в точке $M$ Найдите синус угла $∠MBH.$

Источники: ИТМО - 2025, 10.3 ( СМ. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим треугольник, две Чевианы в нём, много известных отрезков — какая теорема напрашивается?

Подсказка 2

Можно провести третью Чевиану и узнать: на какие отрезки она делит противоположную сторону? Что интересного в полученном соотношении?

Подсказка 3

Удачно получилась, что для проведённой нами Чевианы выполняется то же соотношение, какое должно выполняться для биссектрисы. Что же это значит?)

Подсказка 4

Осталось всего лишь поработать с половинным углом и задача решена!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AC$ и $BM$ пересекаются в точке $D.$ По теореме Чевы

AD- = BH-⋅ AK = 60 = 3 DC CH BK 80 4

Заметим, что

AB-= 15= 3 = AD- BC 20 4 DC

Следовательно, $BD$ является биссектрисой. Из прямоугольного треугольника $ABH$

BH- 12 4 cos∠B = AB = 15 = 5

Знаем, что

α ∘ 1−-cosα- sin 2-= ---2---

Тогда

∘-1−-cos∠B- ∘-1− 0,8 ∘ --- sin∠MBH = ---2----= --2--= 0,1

Ответ:

$√0,1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#127236Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 :1,$ считая от вершины.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть нам дан треугольник $ABC,$ $BL$ и $AK$ — медианы. Продлим $BL$ за точку $L$ на ту же длину, получим $LD = BL.$ Продлим $AK$ за точку $K$ на ту же длину, получим $KE =AK.$ $ABCD$ и $ABEC$ — параллелограммы, следовательно, $AB ∥DC, AB ∥CE,$ тогда $DC$ и $CE$ лежат на одной прямой. Заметим, что треугольник $ABC$ равен треугольнику $CDA.$ Проведем в треугольнике $CDA$ медиану $CN.$ Из равенства треугольников $ABC$ и $CDA$ $AN = KC,$ кроме того, $BC ∥ AD,$ следовательно, $AKCN$ — параллелограмм. Пусть $M$ — точка пересечения $AK$ и $BL,$ $G$ — точка пересечения $DL$ и $CN.$ Тогда из равенства треугольников $ABC$ и $CDA$ $ML = LG.$ Теперь достаточно доказать, что $BM =MG.$

Рассмотрим треугольник $BEC,$ он равен треугольнику $ABC.$ Проведем медиану $CT.$ Пусть $CT$ пересекается с $EK$ в точке $P.$ Из равенства треугольников $ABC$ и $BEC$ $MK = KP.$ Тогда $BMCP$ — параллелограмм (диагонали точкой пересечения делятся пополам). Следовательно, $BM =CP.$ Докажем, что $CMP G$ — параллелограмм (тогда $MG =P C = BM ).$ Ранее доказывали, что $AKCN$ — параллелограмм, следовательно, $MP ∥GC.$ $BE = AC,$ $BL$ и $CT$ — медианы, следовательно, $BT =LC,$ к тому же, $BT ∥LC,$ следовательно, $BT LC$ — параллелограмм. Тогда $MG ∥PC$ и $CMP G$ — параллелограмм. Для остальных медиан — аналогично.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Проведем в треугольнике $ABC$ 3 медианы: $AE,$ $BF,$ $CD,$ пусть они пересекутся в точке $O.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $FBC$ и прямой $EA :$

FO- BE- CA- OB ⋅EC ⋅AF = 1

F O 1 2 OB-⋅1 ⋅1 = 1

Тогда $OB =2⋅FO,$ иначе говоря, $BO :OF = 2:1.$ С другими медианами аналогично.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#130025Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K 1$ , $K 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Докажите, что прямая $M1I$ делит отрезок $AK1$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $AM1$ — медиана. Пусть точка $M,$ лежащая на ней, — точка пересечения медиан, тогда $AM :MM1 = 2:1.$ Пусть прямая $M1I$ пересекает отрезок $K1M$ в точке $Y,$ отрезок $K1A$ — в точке $X.$ Рассмотрим треугольник $K1DT1.$ В нем $M1I$ — средняя линия, следовательно, в треугольнике $K1AT1$ отрезок $M1X$ тоже является средней линией. Тогда $K1X = XA.$ По теореме Менелая для треугольника $MK1A$ и прямой $XM1$

MY--⋅ K1X-⋅ AM1-= 1 YK1 XA M1M

MY-- 1 3 YK1 ⋅1 ⋅1 = 1

MY 1 YK1-= 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#130028Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K 1$ , $K 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Аналогично введем середины $M2$ и $M3$ сторон $AC$ и $AB$ и центры вневписанных окружностей $Ib$ и $Ic.$ Докажите, что прямые $IaM1,$ $IbM2,$ $IcM3$ пересекаются в одной точке.

Показать ответ и решение

По лемме: отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой касания вписанной окружности на противоположной стороне, параллелен отрезку, соединяющему середину этой стороны с центром соответствующей вневписанной окружности. Тогда $M1Ia ∥AK1,$ $M2Ib ∥BK2,$ $M3Ic ∥ CK3.$

$PIC$

Сначала докажем, что $AK1,$ $BK2$ и $CK3$ пересекаются в одной точке. Если это так, то по теореме Чевы для треугольника $ABC$ и точек $K1,$ $K2,$ $K3$ выполнено:

AK2-⋅ CK1-⋅ BK3-= 1 CK2 BK1 AK3

Так как отрезки касательных равны, то $AK2 = AK3,$ $BK1 = BK3,$ $CK1 = CK2.$ Значит, $AK1,$ $BK2$ и $CK3$ действительно пересекаются в одной точке.

$PIC$

Рассмотрим треугольник $M1M2M3,$ он образован средними линиями треугольника $ABC,$ а, значит, подобен ему. Следовательно $∠BAC =∠M2M1M3.$ Продлим $M1Ia$ до пересечения с $M2M3$ в точке $A2.$ Так как $M1A2 ∥AK1$ и $M1M2 ∥ AC,$ то $∠K1AC = ∠A2M1M2.$ Получается, что в подобных треугольниках отрезки $A1K1$ и $M1A2$ составляют равные углы со сторонами, а, значит, и отношения, в котором эти отрезки делят стороны $BC$ и $M2M3$ совпадает.

CK1-= M3A2- BK1 M2A2

Проведем аналогичные рассуждения для точек $B$ и $C,$ продлив $M2Ib$ и $M3Ic.$ Отношения, в которых эти прямые делят стороны треугольника $M1M2M3$ совпадают с отношениями, в которых $BK2$ и $CK3$ делят треугольник $ABC.$ Тогда по обратной теореме Чевы эти прямые пересекаются в одной точке.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#136489Максимум баллов за задание: 7

Теорема Чевы. На сторонах $AB, BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ взяты соответственно точки $C ,A ,B 1 1 1$ соответственно. Докажите, что отрезки $AA1,BB1$ и $CC1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполнено равенство

AB1 CA1 BC1 B1C-⋅A1B-⋅C1A-= 1.

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения чевиан через $X.$ Покажем, что $AB1-= SAXB. B1C SCXB$ Площади треугольников с общей высотой относятся как основания, на которые она опущена. Используя этот факт, имеем

BX SAXB- XB1-⋅SAXB1- SAXB1- AB1- SCXB = BX-- = SCXB1 = CB1. XB1 ⋅SCXB1

Аналогично,

CA1 SCXA BC1 SBXC A1B-= SBXA-, C1A-= SAXC.

$PIC$

Осталось заметить, что

AB1-CA1- BC1- SAXB- SCXA- SCXB- B1C ⋅A1B ⋅C1A = SCXB ⋅SAXB ⋅ SCXA =1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79865Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BD$ — биссектриса треугольника $ABC,$ точки $I ,I a c$ — центры вписанных окружностей треугольников $ABD$ и $CBD$ соответственно. Прямая $IaIc$ пересекает прямую $AC$ в точке $Q.$ Докажите, что $∘ ∠DBQ =90 .$

Показать доказательство

$PIC$

Прямые $AIa$ и $CIc$ пересекаются в центре $I$ вписанной окружности треугольника $ABC.$ При этом $AIIaaI = AIDD-,CIIccI-= CIDD.$ По теореме Менелая

QA- = IaA-⋅ IcI= AD-⋅-ID = AD-= AB QC IaI IcC ID CD CD BC

Следовательно, $BQ$ — внешняя биссектриса угла $B,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90906Максимум баллов за задание: 7

На продолжении стороны $AB$ квадрата $ABCD$ за вершину $B$ отложен отрезок $BP = 2AB.$ Точка $M$ — середина стороны $CD,$ а отрезки $BM$ и $AC$ пересекаются в точке $Q.$ В каком отношении прямая $PQ$ делит сторону $BC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим посчитать, в каком отношении PQ делит BC, давайте сперва обозначим их пересечение за X. Нас интересует BX/CX. Как можно посчитать такое отношение?

Подсказка 2

Верно, отношение можно посчитать по теореме Менелая для △ABC и прямой PQ. В ней будут помимо искомого участвовать выражения AP/PB и CQ/QA. Первое из них известно по условию, откуда брать второе?

Подсказка 3

Его можно найти из параллельности AB и MC, ведь образуются подобные треугольники ABQ и CMQ.

Показать ответ и решение

Обозначим пересечение $P Q$ с $BC$ за $X.$ $\text{[math]}$

$PIC$

Поскольку $AB ∥MC,$ треугольники $ABQ$ и $CMQ$ подобны, следовательно,

CQ-= CM-= CM--= 1. QA AB MD 2

По теореме Менелая для $△ABC$ и прямой $PQ,$ имеем

AP- BX- CQ- BX- PB- QA- 2 2 4 P B ⋅XC ⋅QA = 1⇒ CX = AP ⋅CQ = 3 ⋅1 = 3

Ответ:

$4 :3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#90909Максимум баллов за задание: 7

Из вершины $C$ прямого угла прямоугольного треугольника $ABC$ опущена высота $CK,$ и в треугольнике $ACK$ проведена биссектриса $CE.$ Прямая, проходящая через точку $B$ параллельно $CE,$ пересекает прямую $CK$ в точке $F.$ Докажите, что прямая $EF$ делит отрезок $AC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим пересечение AC и EF за X. Откуда будем считать отношение AX/XC?

Подсказка 2

Логично вычислять его из теоремы Менелая для △ACK и прямой EF. Задача сводится к равенству двух отношений, как же его доказывать?

Подсказка 3

Ага, можно воспользоваться свойством биссектрисы в △ACK, параллельностью CE и BF, а также образовавшимися при проведении высоты подобными треугольниками.

Показать доказательство

Запишем теорему Менелая для треугольника $ACK$ и прямой $EF,$ пересечение $AC$ и $EF$ обозначим за $X.$ Тогда

AX- CF- KE- XC ⋅FK ⋅EA = 1

Тогда необходимо доказать $CF EA EA CA FK-= KE,KE-= CK-$ по свойству биссектрисы. $CK$ — высота в прямоугольном $△ABC,$ следовательно $△KCA$ подобен $△KDC,$ а значит, $CA BC CK-= BK.$ Отметим, что

1 1 ECK = 90∘ −2 ∠ACK = 90∘ −2∠ABC

в таком случае по сумме углов треугольника $BCE,CEB$ и $ECB$ оказываются равны, значит, $BE = BC.$ Итого осталось показать, $BBKE =FCKF,$ а это следует из параллельности прямых $CE$ и $BF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#90911Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ и $AF KL$ — параллелограммы, такие что $F$ лежит на отрезке $AB,$ а точка $L$ на отрезке $AD.$ Прямые $FD$ и $BL$ пересекаются в точке $T.$ Докажите, что точки $C,K$ и $T$ принадлежат одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Требуется доказать факт лежания трёх точек на одной прямой, обычно это удобно делать по теореме Менелая, только вот на картинке нет подходящего треугольника - создадим его! Отметим точку X - пересечение FK и CD. Тогда как теперь записать требуемое?

Подсказка 2

Действительно, необходимо доказать, что выполняется теорема Менелая для △FDX и точек T, K, C. Возникающие в ней отношения FK/KX и XC/CD можно заменить на равные им AL/LD и FD/DA. Почему же полученное равенство выполняется?

Подсказка 3

Действительно, произведение трёх отношений равно 1, поскольку это условие теоремы Менелая для △AFD и точек B, T, L, лежащих на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим за $X$ пересечение $F K$ и $CD.$ Наша цель — доказать, что выполняется условие теоремы Менелая для $△FDX$ и точек $T,K,C.$

F K XC DT KX- ⋅CD-⋅TF-= 1

Заметим, что $FK AL KX-= LD-$ из $F A∥LK∥DX,$ $XC FB CD-= BA-$ из $BC ∥FX∥AD.$ Тогда доказать требуется, что

AL FB DT LD-⋅BA-⋅TF-= 1

А это равенство верно по теореме Менелая для $△AF D$ и точек $B,T,L,$ лежащих на прямых, содержащих его стороны и принадлежащих одной прямой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#91231Максимум баллов за задание: 7

На продолжении наибольшей боковой стороны $CD$ за точку $D$ прямоугольной трапеции $ABCD$ отметили точку $E$ так, что $∠CAD =∠EAD.$ Докажите, что прямая $BE$ делит основание $AD$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть AB и DC пересекаются в X, и BE пересекается с AD в точке Y. Нас фактически просят найти AY : YD. В какой теореме может фигурировать такое отношение?

Подсказка 2

Конечно, такое отношение появится в теореме Менелая, записанного для треугольника ADX и прямой BE. Тогда нужно доказать, что произведение двух других отношений равно 1. С помощью каких других имеющихся объектов можно подойти к этой задаче?

Подсказка 3

Сначала используем то, что сразу напрашивается: AD - биссектриса, а потому AC/AE = CD/DE. А можно ли найти еще одну биссектрису?

Подсказка 4

Конечно! BAD - прямой угол, поэтому AB - внешняя биссектриса треугольника ACE. Тогда дополнительно получаем AC/AE = CX/CE. Теперь у нас есть разные свойства о точке C, а в теореме Менелая есть отношение XB/AB, при этом ни в каком из уже имеющихся результатов нет таких отрезков. Тогда зададимся целью это отношение заменить на другое. Как можно это сделать?

Подсказка 5

Точно! Из теоремы Фалеса получаем, что XB/AB = XC/CD. Что получится, если теперь подставить это в теорему Менелая и применить свойства биссектрис?

Показать доказательство

Пусть у нашей трапеции большое основание $AD$ и маленькое $BC.$ Заметим, что у нас $AD$ биссектриса в треугольнике $ACE.$ Значит

AC CD AE-= DE-

Но так как угол $BAD$ прямой, то $AB$ внешняя биссектриса этого треугольника. Поэтому

AC CX AE-= CE-

где $X$ точка пересечения $AB$ и $DC,$ а $EB$ пересекает $AD$ в точке $Y.$ Запишем теперь теорему Менелая для $ADX$ и секущей $EB.$ Получаем

XB- ⋅ AY-⋅ DE-= 1 AB YD EX

Но по теореме Фалеса мы знаем, что

XB- = XC- AB CD

Теперь равенство выглядит следующим образом

XC- ⋅ AY-⋅ DE-= 1 CD YD EX

Заметим, что теперь из свойств биссектрисы всё сокращается, кроме отношения $AYYD-,$ которое равно $1.$ Задача решена.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#129175Максимум баллов за задание: 7

Дан вписанный 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 $XY$ равна диаметру окружности, описанной около треугольника $ETZ.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 9.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Применяя теорему Менелая к треугольнику $ETZ$ и секущим $AXB$ и $CY D,$ получаем

AZ- BE- XT- CE- DT- YZ- AE ⋅BT ⋅XZ = CZ ⋅DE ⋅ YT =1.

Из равенств $AZ = CE$ и $BE = DT$ следует, что $AE = CZ$ и $BT = DE.$ Подставляя все эти равенства, получаем, что

XT YZ XZ- = YT;

это означает, что точки $X$ и $Y$ симметричны относительно середины $S$ отрезка $ZT$ (см. рис.).

Из условия следует, что лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $F$ под прямым углом. Тогда в прямоугольном треугольнике $XF Y$ медиана $FS$ равна половине гипотенузы $XY.$

Обозначим через $M$ и $N$ середины $AD$ и $BC$ соответственно, а через $O$ — центр окружности $(ABCD ).$ Тогда $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к $AC$ и $BD,$ которые совпадают с серединными перпендикулярами к $EZ$ и $ET$ соответственно. Значит, $O$ — также центр окружности $(ET Z),$ а $OE$ — её радиус. Поэтому нам достаточно доказать, что $OE = FS.$ Мы докажем, что $OEF S$ — параллелограмм, откуда это и следует.

Поскольку $EN$ — медиана в треугольнике $EBC,$ а $MS$ — отрезок, соединяющий середины противоположных сторон четырёхугольника $AZT D,$ имеем

$PIC$

−−→ −−→ −−→ −→ −−E→N = EB-+EC--= DT +-AZ-= −M−→S. 2 2

В прямоугольном треугольнике $FBC$ проекции вектора медианы $−N−→F$ на прямые $BF$ и $CF$ равны $−−B→F∕2$ и $−C→F ∕2$ соответственно. Поскольку $O$ и $M$ — центры окружностей $(ABCD )$ и $(ADF )$ соответственно, при проекции на те же прямые первая попадает в середины отрезков $AB$ и $CD,$ а вторая — в середины $AF$ и $DF.$ Поэтому проекции вектора

−−→ −−→ −→ −−→ −−→ OM = AM − AO =− DM − DO

на эти прямые равны

−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ AP −-AB-= BF-, DF-−DO-= CF-. 2 2 2 2

Значит, проекции векторов $−N−→F$ и $−O−→M$ на наши две прямые соответственно равны, откуда $−N−→F =−O−M→.$

Итак,

−O→S = −−O→M +−M−S→ =−N−F→+ −E−→N = −−E→F,

откуда и следует, что $OEF S$ — параллелограмм.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Есть и другие доказательства того, что $OEF S$ — параллелограмм. Например, можно использовать тот факт, что точки $O$ и $F$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ADE.$