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#122432

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#128120

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)

Показать ответ и решение

Пусть K  и N  — основания высот AH  и BH  соответственно. 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#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)

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#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)

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

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 5#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)

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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)

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

и

∠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

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!