Тема Изумруд

Планиметрия на Изумруде

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела изумруд

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79618

Вписанная окружность треугольника $ABC$ с центром в точке $I$ касается сторон $BC,AC, AB$ соответственно в точках $D,E,F$ . Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Окружности, построенные на отрезках $IE$ и $IF$ как на диаметрах, вторично пересекаются в точке $K$ . Докажите, что $K$ лежит на прямой $MN$ .

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать доказательство

Докажем, что точка $K$ является серединой отрезка $F E$ . Действительно, окружности построены на $FI$ и $IE$ как на диаметрах, поэтому

∘ ∠F KI = ∠EKI = 90.

Следовательно, постольку $FI = IE$ и $KI$ — высота равнобедренного треугольника $FIE,$ точка $K$ является серединой его основания.

$PIC$

Теперь достаточно проверить, что четырехугольник $NF ME$ является параллелограммом. Это так, поскольку

NF = AF =AE = EM,

где первое и третье равенство следует из симметрии, а второе верно, поскольку $AF$ и $AE$ являются отрезками касательных, проведенных из одной точки.

Осталось показать, что $NF ||EM.$ Для этого достаточно доказать, что $EM ||BC,$ тогда аналогично $NF ||BC,$ откуда следует требуемое. Последнее верно, ведь

∠(DC,DE )= ∠(DE, EC)= ∠(DE,AE )= ∠(EM, ED ).

где $∠ (DC,DE )$ обозначает угол между $DC$ и $DE$ (с другими аналогично).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68190

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $K$ — середина стороны $AB,M$ — точка пересечения медиан, $I$ — центр вписанной окружности. Известно, что $∘ ∠KIB = 90$ . Докажите, что $MI ⊥ BC$ .

Источники: Изумруд-2022, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Давайте поймем, как реализовать странное условие про угол. Вспомним про то, что внутренняя и внешняя биссектрисы одно и того же угла перпендикулярны. Тогда давайте дополнительно отметим центр вневписанной окружности данного треугольника, касающейся стороны $BC.$ Пусть это $Ia.$ Значит,

∠IaBI = ∠BIK = 90∘ ⇐⇒ BIa ∥ KI

Так как $AK = KB,$ то $IK$ — средняя линия треугольника $ABIa.$ По лемме о трезубце $W$ — середина $IIa,$ следовательно, $CI =IIa = 2IW.$ Тогда

-AI = 2 IW 1

Пусть $P$ — середина стороны $BC.$ Тогда по свойству медианы:

AM- = 2 MP 1

Тогда

MI ∥W P

Так как $W$ — середина дуги $BC,$ не содержащей $A,$ то

WP ⊥ BC

А это означает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94274

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $H$ . Точки $M$ и $N$ — середины высот $AA 1$ и $BB 1$ . Оказалось, что центр $I$ вписанной в треугольник $HMN$ окружности лежит на биссектрисе угла $MCN$ . Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

Источники: Изумруд - 2021, 11.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать доказательство

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AA C 1$ и $BB C 1$ с общим углом при вершине $C$ . Они подобны, поэтому $∠CAA = ∠CBB 1 1$ и $-AA1 AC- BB1 = BC$ . Так как $1 AM =2AA1$ и $1 BN = 2BB1$ , то $AM- AC- BN = BC$ , а значит, треугольники $AMC$ и $BNC$ подобны и $∠ACM = ∠BCN$ .

Последнее равенство означает, что биссектриса $CI$ угла $MCN$ является также биссектрисой угла $ACB$ . Из точки $I$ опустим перпендикуляры $IA2$ и $IB2$ на прямые $AH$ и $BH$ соответственно, а также перпендикуляры $IL$ и $IK$ на прямые $AC$ и $BC$ соответственно. Так как точка $I$ лежит на биссектрисе угла $ACB$ , то $IL = IK$ . Так как $I$ — центр вписанной в треугольник $HMN$ окружности, то $IA2 =IB2$ . Прямые углы $IB2B$ и $IKB$ опираются на отрезок $BI$ , а значит, четырёхугольник $BKB2I$ вписанный и $∠KIB2 = ∠KBB2$ , как вписанные.

$PIC$

Аналогично доказывается, что $∠LIA2 = ∠LAA2$ . По уже доказанному, $∠LAA2 =$ $∠KBB2$ , а значит, $∠KIB2 =∠LIA2$ , из чего следует равенство треугольников $LIA2$ и $KIB2$ . Отсюда получаем $A2L= B2K,∠KB2B = ∠AA2L$ и $∠BKB2 = ∠ALA2$ , а значит, треугольники $AA2L$ и $BB2K$ равны. Из равенства этих треугольников следует, что $AA2 =BB2$ , а $HA2 =$ $HB2$ по свойству отрезков касательных, а значит, $AH = BH$ , то есть треугольник $ABH −$ равнобедренный. Из равнобедренности получаем $∠ABH = ∠BAH$ , откуда $∠ABC =∠BAC$ и треугольник $ABC$ — равнобедренный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точки $M$ и $N$ могли оказаться на отрезках $HA1$ и $HB1$ . Если они обе эти точки попали на отрезки $HA1$ и $HB1$ , то решение получается аналогичным. Если

же одна точка попала на один из указанных отрезков, а вторая - нет, то центр $I$ вписанной в треугольник $HMN$ окружности не будет лежать на биссектрисе угла $MCN$ . За отсутствие доказательства этого факта баллы не снижались.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#108453

Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Оказалось, что $∠ABM =∠BCM, ∠BAM = ∠ACM.$ Верно ли, что треугольник $ABC$ — равносторонний?

Источники: Изумруд - 2020, 11.6 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $BC = a,AC = b,AB =c.$ Обозначим середины сторон $BC,AC,AB$ через $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно, а длины медиан $AA1,BB1,CC1$ — через $ma,mb,mc$ соответственно.

$PIC$

Заметим, что

∠BAC = ∠BAM +∠CAM = ∠ACM + ∠CAM = ∠AMC1.

Аналогично, $∠ABC =∠BMC . 1$ Как известно, существует треугольник, стороны которого равны и параллельны медианам треугольника $ABC.$ Построим треугольник $KLN$ такой, что $LN = m ,KN =m ,LK = m . a b c$

$PIC$

Углы этого треугольника будут равны углам между медианами $AA1,BB1,CC1,$ а именно

∠KLN = ∠AMC1 = ∠BAC

∠LKN =∠BMC1 = ∠ABC.

Следовательно, треугольники $ABC$ и $KLM$ подобны по двум углам, а значит,

-a-= -b-= -c. mb ma mc

По формуле длины медианы треугольника получим

-∘----a-------= --∘----b------ = -∘----c-------, 12 2(a2 +c2)− b2 12 2(b2+c2)− a2 12 2 (a2+ b2)− c2

откуда

2 2 2 ---2-a2---2 = --2-b-2---2 =---2-c2---2 2(a + c)− b 2(b + c)− a 2(a + b)− c.

Первое равенство равносильно

a2(2(b2+ c2)− a2) =b2(2(a2 +c2)− b2),

откуда

2a2c2− a4 = 2b2c2− b4,2c2(a2− b2)= (a2− b2)(a2 +b2).

Предположив, что $a⁄= b$ , получим $2c2 = a2+ b2,$ откуда $∘-2--2 c= a-+2b .$ Равенство

2 2 ---2-a2---2 = --2--c2---2 2(a + c)− b 2(a +b )− c

также выполняется, что проверяется прямой подстановкой.

Таким образом, под условие задачи подойдёт любой треугольник, длины сторон которого связаны соотношением $∘ ----- c= a2+b2, 2$ например, треугольник со сторонами $a =5,b= 7,c= √37.$

Замечание. Треугольники, длины сторон которых связаны соотношением $c=$ $∘ a2+b2- 2$ , называются автомедианнымии.

Ответ:

вообще говоря, нет