Тема Треугольники и их элементы

Лемма 255

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники и их элементы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#98462

В треугольнике $ABC$ опущены перпендикуляры $BM$ и $BN$ на биссектрисы углов $A$ и $C,$ а также перпендикуляры $BP$ и $BQ$ на внешние биссектрисы этих же углов. Докажите, что:

(a) точки $M$ , $N$ , $P$ и $Q$ лежат на одной прямой;

(b) длина отрезка $PQ$ равна полупериметру треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

(a) Пусть точка $A1$ — это середина отрезка $BC,$ а точка $C1$ – середина $AB.$ Тогда прямая $A1C1$ — это средняя линия треугольника $ABC,$ параллельная $AC.$

$PIC$

Заметим, что по лемме 255 точки $M$ и $N$ лежат на $A1C1,$ так как это основания перпендикуляров, опущенных из вершины $B$ на биссектрисы внутренних углов $A$ и $C.$

Докажем теперь, что основания перпендикуляров, опущенных из вершины $B$ на биссектрисы внeшних углов $A$ и $C,$ так же лежат на $A1C1.$ Для начала рассмотрим точку $Q:$

Заметим, что $∠NCQ = 90∘,$ так как биссектрисы внутреннего и внешнего угла перпендикулярны, и что $∠CNB = ∠CQB = 90∘$ по условию. Отсюда, четырёхугольник $NBQC$ — прямоугольник. А значит, его диагонали $NQ$ и $BC$ точкой пересечения делятся пополам. Отсюда $NQ ∪BC = A1,$ то есть $Q∈ NA1.$

Аналогично, $P$ так же лежит на средней линии, параллельной $AC,$ откуда точки $M, N,P$ и $Q$ лежат на одной прямой.

(b)

$PIC$

Заметим, что $A1C1 = 12AC$ по свойству средней линии.

Так как точка $C1$ — середина $AB,$ то $PC1$ — медиана прямоугольного треугольника $AP B,$ откуда $PC1 = AC1 =BC1 = 12AB$ по свойству прямоугольного треугольника.

Аналогично, $QA1 = 12BC.$

Итак,

P Q= PC +C A + A Q = 1AB + 1AC+ 1BC = 1P 1 1 1 1 2 2 2 2 ABC

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#63744

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C 0 0 0$ — середины сторон $BC,CA,AB,$ а $A 1$ , $B ,C 1 1$ — точки касания этих сторон со вписанной окружностью соответственно. Прямые $A1C1,B1C1$ пересекают $A0B0$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что прямая $CC1$ делит отрезок $XY$ пополам.

Источники: ОММО - 2023, задача 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Докажем, что точки $X,Y$ лежат на биссектрисах углов $A,B$ соответственно (это утверждение известно как задача $255$ и может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Так как $AB1 = AC1$ и $B0Y ∥AC1,$ то $|AB−BC-| B0Y =B0B1 = 2 ,$ следовательно, $A0Y = A0B$ и $∠YBA0 = ∠BY A0 = ∠YBA.$ Аналогично $∠XAC =∠XAB.$

$PIC$

Итак, $AX ⊥ XC$ по лемме $255$ и $AX ⊥ B1C1,$ потому что треугольник $AB1C1$ равнобедренный и $AX$ в нём биссектриса, проведённая к основанию. Следовательно, $XC ∥C1Y.$ Аналогично $CY ∥ C1X.$ Таким образом, четырёхугольник $XCY C1$ — параллелограмм. В таком случае его диагонали точкой пересечения делятся пополам, это даёт нам требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74127

Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB,$ касается его сторон в точках $A ,B 1 1$ и $C1.$ Пусть $B1H$ — высота треугольника $A1B1C1.$ Докажите, что точка $H$ лежит на средней линии треугольника $ABC.$

Показать доказательство

$PIC$

Из равнобедренных треугольников $AB1C1$ и $BA1C1$ имеем:

∠AC1B1 = 90∘ − 1∕2∠BAC

∠BC1A1 = 90∘ − 1∕2∠ABC

поэтому $∘ ∘ ∠A1C1B1 =180 − ∠AC1B1− ∠BC1A1 =1∕2(∠BAC +∠ABC )= 45.$

Итак, острый угол $C1$ прямоугольного треугольника $B1HC1$ равен $∘ 45,$ значит, этот треугольник равнобедренный. Поэтому точка $H$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $B1C1.$ Но этим же серединным перпендикуляром является биссектриса равнобедренного треугольника $AB1C1.$

По лемме $255$ имеем, что $∠AHC = 90∘.$ При рассмотрении прямоугольного треугольника $AHC$ и его медианы $HM$ получаем, что $∠MHA = ∠MAH$ в силу равнобедренности, а $∠MAH = ∠C1AH$ в силу того, что $AH$ — биссектриса $∠BAC.$ Значит прямая $HM$ проходит через середину стороны $AC$ и параллельна $AB.$ Значит она является средней линией треугольника $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91023

Пусть $G b$ и $G c$ – точки касания вписанной окружности со сторонами $AC$ и $AB,$ а точки $M a$ и $M b$ – середины $BC$ и $AC.$ Докажите, что прямые $GbGc,BI,MaMb$ пересекаются в точке на окружности, построенной на $BC$ как на диаметре.

Показать доказательство

$PIC$

Пересечём прямые $BI$ и $GCGB$ в точке $T.$ По лемме $255$ эта точка лежит на нужной окружности. Покажем, что $TMA ∥AB,$ это равносильно тому, что $TMA$ — средняя линия в $ΔACB,$ то есть совпадает с прямой $MBMA.$

Заметим, что $TMA$ — медиана в прямоугольном $ΔCT B,$ проведённая к гипотенузе. Следовательно, $ΔBTMA$ — равнобедренный. Таким образом,

∠CMAT =∠MAT B + ∠MABT = 2∠MABT = ∠CBA

Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91026

В треугольнике $ABC$ выполняется равенство $3AC = AB + BC.$ Вписанная в треугольник окружность касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно; $DK$ и $EL$ – её диаметры. Докажите, что точки пересечения прямых $AE$ и $CD$ c прямой $KL$ равноудалены от середины отрезка $AC.$

Показать доказательство

Известная лемма. Пусть дан треугольник $ABC,$ его вписанная окружность с центром $I$ касается стороны $AC$ в точке $D,$ а вневписанная — в точке $E.$ Обозначим вторую точку пересечения $DI$ с вписанной окружностью, через $D1.$ Тогда точка $D1$ лежит на $BE.$

$PIC$

Замечание. Лемму легко доказать гомотетией, переведя вписанную окружность во вневписанную.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Продлим $AE$ до пересечения с $BC$ в точке $E′.$ По лемме точки $E ′$ — точкa касания $BC$ с соответствующей вневписанной окружностью. Значит,

CE ′ =BL = AB-+-BC-− AC-= 3AC-− AC =AC 2 2

То есть $ΔAE′C$ — равнобедренный.

Пусть $C1$ — середина $AE ′,$ тогда $CC1$ — биссектриса угла $BCA$ и отрезок $AC$ виден из точки $C1$ под прямым углом.

$PIC$

Следовательно, по лемме $255$ точка $C1$ лежит на $KL,$ притом расстояние от $C1$ до середины $AC$ равно $AC2-$ (медиана, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника). Аналогично расстояние от точки пересечения $CD$ и $KL$ до середины $AC$ равно $AC2-.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91027

Дан треугольник $ABC.$ На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ отмечена точка $X.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABX$ и $ACX,$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что все прямые $PQ$ проходят через одну и ту же точку, не зависящую от выбора точки $X.$

Показать доказательство

Пусть окружности, вписанные в треугольники $ABX$ и $ACX,$ касаются прямых $AX$ и $BC$ в точках $K,L,M,N.$ Пусть биссектриса угла $ABC$ пересекает прямую $KM$ в точке $U.$ По лемме $255$ точка $U$ является проекцией точки $A$ на эту биссектрису, и поэтому $U$ не зависит от выбора точки $X.$ Аналогично, прямая $LN$ проходит через фиксированную точку $V$ — проекцию точки $A$ на биссектрису угла $ACX.$ Прямые $KM$ и $LN$ параллельны, так как они перпендикулярны биссектрисе угла $AXB.$ Пусть прямая $PQ$ пересекает прямые $AX$ и $BC$ в точках $R$ и $S$ соответственно.

$PIC$

По теореме о касательной и секущей, $RK2 =RP ⋅RQ = RL2,$ то есть $RK =RL.$ Аналогично, $SM = SN.$ Таким образом, прямая $P Q$ является средней линией трапеции $KLNM.$ Значит, прямая $PQ$ делит пополам любой отрезок, соединяющий точки на прямых $KM$ и $LN,$ в частности, проходит через фиксированную точку — середину отрезка $UV.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#98464

В прямоугольный треугольник с гипотенузой длины $1$ вписали окружность. Через точки её касания с его катетами провели прямую. Отрезок какой длины может высекать на этой прямой окружность, описанная около исходного треугольника?

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник с прямым углом $B,O$ — центр его описанной окружности, $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности с катетами $AB$ и $BC$ соответственно, $X$ и $Y$ — середины дуг $AB$ и $BC$ . Достаточно доказать, что точки $M$ и $N$ лежат на хорде $XY$ .

$PIC$

Пусть точка $P$ — проекция точки $A$ на биссектрису угла $C$ , точка $Q$ — проекция точки $C$ на биссектрису угла $A$ . По Задаче 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$ . Так как $90∘ = ∠B = ∠APC = ∠AQC$ , точки $P$ и $Q$ совпадают соответственно с $X$ и $Y$ .

Ответ:

$√2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#106839

Вписанная в остроугольный треугольник $ABC$ окружность касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. $X$ и $Y$ — точки пересечения прямой $DE$ соответственно с биссектрисами углов $ACB$ и $ABC.$ $Z$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $XZ = YZ.$

Показать доказательство

Сформулируем и докажем следующую известную лемму.

Лемма (Задача 255). $∘ ∠CXB = 90 .$

Доказательство. Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Тогда

∠XIB = ∠B∕2+ ∠C∕2

как внешний угол в треугольнике $BIC.$ С другой стороны,

180∘−-∠A- ∠B-+∠C- ∠ADE = 2 = 2

$PIC$

следовательно, четырехугольник $DXIB$ вписанный. Тогда

∠BXI =∠BDI = 90∘

________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству исходной задачи. В силу леммы, треугольник $BXC$ прямоугольный и

BC- BC- XZ = 2 , аналогично YZ = 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91025

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ $(AB >BC )$ в точках $N$ и $M$ соответственно. $PQ$ – средняя линия треугольника $ABC,$ параллельная $AB, K$ – точка пересечения $MN$ и $PQ.$ Докажите, что $AK$ – биссектриса угла $BAC.$

Показать доказательство

$PIC$

Существует не более одной точки пересечения средней линии $PQ$ с прямой $NM,$ поэтому если мы покажем, что точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с $NM$ является таковой, задача будет решена.

Пусть $K$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ и прямой $NM.$ Докажем, что $KQ$ — средняя линия. По лемме $255$ угол $AKC$ прямой. Заметим, что $KQ$ — медиана в прямоугольном треугольнике, проведённая к гипотенузе, а значит треугольник $AKQ$ — равнобедренный. Следовательно, $∠KQC = ∠AKQ + ∠KAQ = 2∠KAQ = ∠BAC.$ Значит, $KQ ∥AB$ и $KQ$ проходит через середину $AC,$ то есть является средней линией. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#98461

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $CC , 1$ кроме того, отмечены середины $K$ и $L$ сторон $AB$ и $BC$ соответственно. На прямую $CC1$ опущен перпендикуляр $AP,$ а на прямую $AA1$ — перпендикуляр $CQ.$ Докажите, что прямые $KP$ и $LQ$ пересекаются на стороне $AC.$

Показать доказательство

Отметим середину $M$ стороны $AC.$

$PIC$

Заметим, что по лемме 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямых $KM$ и $LM$ соответственно. Следовательно, прямые $KP$ и $LQ$ пересекают в точке $M,$ лежащей на $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#32583

Окружность с центром $O$ вписана в треугольник $ABC$ и касается его сторон $AB$ , $BC$ и $AC$ в точках $E,F$ и $D$ соответственно. Прямые $AO$ и $CO$ пересекают прямую $EF$ в точках $N$ и $M.$ Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $OMN$ , точка $O$ и точка $D$ лежат на одной прямой.

Источники: Всеросс., 1994, РЭ, 11.3(см. math.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Обозначим углы $△ABC$ через $2α,2β,2γ$ . Тогда

∠AOD = ∠TON = 90∘ − α

∠COD = ∠MOT = 90∘− γ

Здесь $T ∈OD$ и выбрана из условия

TO = TN =⇒ ∠TON = ∠TNO = 90∘− α =⇒ ∠OT N = 2α

Заметим, что такое расположение точки $T$ обусловлено тем, что $∠T ON =90∘− α< 90∘$ . Далее $∠BEF = ∠BFE = 90∘ − β$ из равенства отрезков касательных. Тогда

∘ ∘ ∘ ∠CMF = 180 − ∠MF C− ∠MCF =180 − (90 + β)− γ = α

То есть $∠OTN = 2α= 2∠NMO$ , а также эта точка лежит на серединном перпендикуляре к $ON$ в силу выбора $T$ . Тогда она должна являться центром описанной окружности $△OMN$ , поскольку для неё это свойство выполнено, а для точек “выше” и “ниже” на прямой $OD$ $∠OTN$ будет меньше и больше соответственно (то есть точка, из которой видна $ON$ под углом $2α$ всего одна). Здесь важно заметить, что центр описанной окружности лежит именно по эту сторону от $ON$ , поскольку

∘ ∘ ∘ ∠MON =180 − α− γ = 90 +β >90 .

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Продолжим отрезки $AM$ и $CN$ до пересечения в точке $K$ .

$PIC$

Из леммы $255$ получаем, что $CM$ и $AN$ — высоты треугольника $AKC$ , а $O$ — его ортоцентр. Поскольку $OD ⊥ AC$ , то точка $D$ — основание третьей высоты треугольника $AKC$ . Точки $N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $OK,$ поэтому центр этой окружности, как и точка $O,$ лежит на прямой $KD.$