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#79865

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90906

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, $CQQA-= CAMB-= CMMD-= 12.$ По теореме Менелая для $△ABC$ и прямой $P Q:$

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

Ответ:

$4 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#90909

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 4#90911

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 5#91231

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-

Пусть $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $X,$ 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 6#60912

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#64039

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#65149

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 9#67954

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 10#69236

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 $13 arccos20.$

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 11#75639

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.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75809

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 13#32017

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 14#32018

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 15#32020

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:

$1 :2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#32021

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:

$60 17$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#32322

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 19#47157

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 20#90930

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