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#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104130

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#106679

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#115893

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#121644

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#126012

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#126013

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#126369

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#126370

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#126964

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#127236

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#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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, 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:

$4 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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 15#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 16#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-

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.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#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 19#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 20#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 $13 arccos20.$

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