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#122432Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Описанная окружность треугольника $A1MH$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Докажите, что $KH$ — биссектриса угла $CKB1.$

Источники: Изумруд-2025, 11.3(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если в контексте задачи фигурирует ортоцентр, то на картинке скорее всего будет много вписанных четырёхугольников и эта задача — не исключение.

Подсказка 2:

Обратите внимание на четырёхугольники MKB₁C и A₁HB₁C, а также на степень точки A относительно соответствующих окружностей и найдите ещё вписанные четырёхугольники.

Подсказка 3:

Если вы всё сделали верно, то четырёхугольники MKB₁C, A₁HB₁C, A₁HKM, AHKB₁ должны быть вписанными. Для завершения решения поперекидывайте угол ACB в окружностях.

Показать доказательство

Так как $AA 1$ — высота, то $∠AA C =90∘. 1$ Аналогично $∠BB C =90∘. 1$ Тогда $A HB C 1 1$ — вписанный четырёхугольник, так как $∘ ∠HA1C + ∠HB1C = 180.$ Степень точки $A$ относительно окружности $A1HB1C$ с одной стороны равна $AH ⋅AA1,$ с другой — $AB1 ⋅AC.$ То есть $AH ⋅AA1 =AB1 ⋅AC,$ тогда $A1HKM$ — вписанный, и аналогично из степени точки $A$ получаем, что $AH ⋅AA1 =AK ⋅AM.$ Итого,

AK ⋅AM = AH ⋅AA1 = AB1⋅AC → AK ⋅AM = AB1 ⋅AC,

то есть $MKB C 1$ — вписанный.

Так как $∠KMC$ и $∠KMA 1$ — смежные углы и $MKB C 1$ — вписанный, то $∠KMC = 180∘− ∠KB C, 1$ откуда $∠KMA = ∠KB C. 1 1$ Так как $A HKM 1$ — вписанный, то

∘ ∘ ∠KHA1 = 180 − ∠KMA1 = 180 − ∠KB1C = ∠KB1A,

из-за того, что $∠KB1C$ и $∠KB1A$ — смежные углы. А также получаем:

∠AHK = 180∘ − ∠KHA =180∘− ∠KB A 1 1

Отсюда $AHKB1$ — вписанный, тогда $∠AHB1 = ∠AKB1.$

$PIC$

Из вписанности $A1HB1C$ знаем, что $∘ 180 − ∠B1HA1 =∠B1CA1,$ а из смежности знаем, что $∘ ∠AHB1 = 180 − ∠B1HA1.$ Тогда $∠B1KA =∠B1HA = ∠B1CA1.$

В треугольнике $BB1C$ $∘ ∠BB1C = 90$ и точка $M$ — середина гипотенузы, значит, $BM = CM = B1M,$ то есть треугольник $B1MC$ — равнобедренный, тогда:

∠MB1C = ∠B1CM → ∠MB1C = ∠B1CA1 =∠B1KA

Так как $MKB1C$ — вписанный, то $∠MKC = ∠MB1C.$ Тогда получаем, что:

∠MKC = ∠MB1C =∠B1KA.

$A1HKM$ — вписанный, тогда $∘ ∘ ∠HKM =180 − ∠HA1M = 90,$ так как $AA1 ⊥ BC.$ То есть $HK ⊥ MA,$ значит, $∘ ∠XKM = ∠XKA = 90 ,$ где $X = HK ∩AC.$ Получаем:

∘ ∘ ∠XKC =∠XKM − ∠CKM = 90 − ∠CKM = 90 − ∠B1KA =∠XKA − ∠B1KA = ∠B1KX,

то есть $∠B1KX =∠CKX,$ значит, $HK$ — биссектриса $∠CKB1.$ Что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#128120Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ отметил точку $M$ — середину стороны $BC,$ и точку $H$ пересечения высот. Оказалось, что четырёхугольник $AHMB$ — вписанный. В каком отношении высота $AH$ делит сторону $BC?$

Источники: Изумруд-2025, 10.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм-м, давайте посмотрим на уголки. Мы знаем некоторые полезные свойства ортоцентра, которые можно использовать в этой задаче. Да-да, мы можем выразить ∠AHB через ∠ACB, а также воспользоваться свойством углов, опирающихся на одну хорду.

Подсказка 2

А теперь внимательно взглянем на △AMC. В нём высота совпадает с медианой, а это значит, что этот треугольник равнобедренный!

Показать ответ и решение

Пусть $K$ и $N$ — основания высот $AH$ и $BH$ соответственно.

$PIC$

По сумме углов в четырехугольнике $CNHK$

∠KHN =180∘− ∠ACB

Четырехугольник $BMHA$ — вписанный, следовательно,

∠BMA = ∠BHA

Кроме того,

∠BHA =∠KHN

Получим, что

∠AMC = 180∘− ∠BMA =180∘− ∠KHN =

= 180∘− 180∘+ ∠ACB = ∠ACB

Треугольник $MAC$ — равнобедренный, $AK$ — высота, следовательно, и медиана. По условию, $M$ — середина $BC.$ Получим, что

BK 3 KC- = 1

Ответ:

$3 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79618Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется с самого начала понять, что за точка K нам дана. Заметим, что одна сторона у наших треугольников одинаковая на будущее. К тому же из условия вытекает, что какие-то углы прямые. Тогда чем же является точка K на нашей картинке?

Подсказка 2

Верно, точка K лежит на отрезке FE и является серединой, так как FIE равнобедренный. Теперь когда объекты на картинке так или иначе связаны, то можно вернуться к вопросу задачи. Что если посмотреть на четырёхугольник NFME. Чем в нём является K? Если же K будет лежать на NM, то что должно выполняться?

Подсказка 3

Верно, K середина диагонали и, если NFME будет параллелограммом, то K как раз будет лежать на NM. Осталось доказать это. Причём мы знаем, что NF =AF = AE = EM, как отрезки касательных из одной точки и симметрии. Остаётся только ввести стандартно углы треугольника, посчитать немного, и победа!

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).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#137260Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $BC, AC,AB$ соответственно в точках $D,E,F.$ Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Докажите, что $MENF$ — параллелограмм.

Источники: Изумруд - 2024, 10.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать доказательство

Треугольник $△CDE$ равнобедренный, из свойств касательных к окружности, значит, прямая $DE$ перпендикулярна биссектрисе угла $C,$ так как биссектриса является высотой, следовательно, прямая $DE$ параллельна внешней биссектрисе угла $C,$ так как биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому при симметрии относительно этой прямой, прямая $AC$ перейдёт в прямую параллельную $BC.$ Следовательно $ME$ параллельно $BC,$ аналогично $NF$ параллельно $BC,$ поэтому $ME$ параллельно $NF.$

$PIC$

Докажем, что $ME = NF,$ тогда $MENF$ обязан быть параллелограмм. И вправду из симметрии $ME = AE$ и $NF = AF.$ А из свойств отрезков касательных $AE = AF,$ откуда $ME = NF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68190Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно как-то использовать условие про угол, но углы с серединами сторон обычно очень плохо считаются, нужно как-то использовать, что угол именно прямой...

Подсказка 2

Давайте вспомним, что внутренняя и внешняя биссектрисы одного угла перпендикулярны, это наталкивает нас на мысль рассмотреть...

Подсказка 3

Центр I_a вневписанной окружности! Ведь тогда мы получим, что KI параллельно BI_a.

Подсказка 4

Тогда KI - средняя линия, и мы получаем, что AI=II_a. Мы получили какое-то отношение длин на прямой AI_a. Какой ещё есть факт, связанный с отношениями на этой прямой?

Подсказка 5

Лемма о трезубце! Применив её, мы получим, что IW=WI_a, где W - середина дуги BC. Но это значит, что AI/IW=2/1. Это что-то напоминает... Вспомните, что мы ещё не использовали?

Подсказка 6

Мы ещё ничего не говорили, что точку M пересечения медиан, настало время ей воспользоваться, и тем, что медиана делится в отношении 2/1 точкой M, и задача решится!

Показать доказательство

Пусть $I a$ — центр вневписанной окружности треугольника $ABC,$ касающейся стороны $BC.$ Значит,

∘ ∠IaBI = ∠BIK = 90,

то есть $BIa ∥KI.$

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,

откуда $MI ∥W P.$ Так как $W$ — середина дуги $BC,$ не содержащей $A,$ то $W P ⊥ BC,$ что влечет требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94274Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что CI — биссектриса ∠MCN. Но для равнобедренности ABC надо бы доказать, что она также является биссектрисой ∠ACB. Попробуйте рассмотреть треугольники AA₁C, BB₁C, у них много общего.

Подсказка 2

Итак, CI является биссектрисой аж двух углов. Следующим шагом будет логично рассмотреть расстояния IB₂ и IA₂ до BB₁ и AA₁, а также IK и IL до BC и AC. Что можно сказать про треугольники IKB₂ и ILA₂?

Подсказка 3

Обратите внимание на четырёхугольники BKB₂I и ALA₂I. Есть подозрение, что они вписанные. Что теперь можно сказать про треугольники из предыдущей подсказки?

Подсказка 4:

Теперь осталось сказать то же самое про треугольники AA₂L и BB₂K, и дело в шляпе!

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#108453Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

В этой задаче дан треугольник с некоторыми особенностями. Глобально идея решения звучит так: нужно найти необходимые и достаточные условия, при которых эти особенности реализуются и понять, являются ли они достаточными, чтобы треугольник был равносторонним.

Подсказка 2:

И вот для нахождения этого критерия нужно знать довольно нетривиальный факт. Для любого треугольника существует треугольник, у которого стороны параллельны и равны его медианам. Обязательно докажите это и подумайте, как применить к задаче.

Подсказка 3:

У вас там в условии даны какие-то равенства углов. А что если поперекидывать углы? Что можно сказать про изначальный треугольник и треугольник из медиан?

Подсказка 4:

Вероятно, вы уже многое поняли про задачу. Чтобы закончить решение, вспомните, как выражается медиана через длины сторон треугольника)

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания