В треугольнике АВС проведена биссектриса АМ. Прямая, проходящая через вершину В перпендикулярно АМ, пересекает сторону АС в точке N. АВ = 6; ВС = 5; АС = 9.
а) Докажите, что биссектриса угла С делит отрезок МN пополам.
б) Пусть Р — точка пересечения биссектрис треугольника АВС. Найдите отношение АР : РN.
Решение. а) Обозначим K точку пересечения отрезков AM и BN. Треугольник ABN равнобедренный, поскольку в нем AK является биссектрисой и высотой. Следовательно, AK является и медианой, то есть K — середина BN. Получаем, что AN = AB = 6, откуда NC = AC − AN = 3.
Рассмотрим треугольник ABC, биссектриса делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам: BM : MC = AB : AC, учитывая, что длина BC равна 5, получаем: BM = 2; MC = 3.
В треугольнике MNC стороны NC и MC равны, следовательно, треугольник MNC — равнобедренный, с основанием MN. Значит, биссектриса угла C также является медианой и высотой. Таким образом, получаем, что биссектриса угла С делит отрезок MN пополам.
б) Рассмотрим треугольник PMN: отрезок PO перпендикулярен прямой MN и делит её пополам, следовательно, треугольник PMN — равнобедренный с основанием MN. Значит, PM = PN и отношение AP : PN = AP : PM.
В треугольнике AMC отрезок CP — биссектриса, поэтому AP : PM = AC : MC = 3 : 1.
Ответ: 3 : 1.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта a) и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б) ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а) ИЛИ при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
AL = BC = KC . AC = CD. 
что и требовалось доказать. 
а 
откуда 
Заметим, что 
как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит, 
— прямой. Таким образом, прямые BP и СH параллельны, и четырехугольник CHPB — параллелограмм, в котором BP = CH = 5. Отрезок AP — диаметр окружности, найдем его из прямоугольного треугольника ABP:
В прямоугольном треугольнике CHK имеем: 
Тогда 
Радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABK по теореме синусов
откуда получаем, что FH = 2DH.
Треугольники ABC и AB1C1 имеют общий угол A и 
следовательно, они подобны. Тогда 
Значит,
откуда 
откуда 
Тогда для отношения площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC получаем:
Для треугольника ABC справедливо равенство 
Учитывая, что ∠KHB = ∠BAC, получаем: 
Стороны BC и BK — сходственные в подобных треугольниках ABC и MBK, следовательно, их коэффициент подобия 
Найдём отношение площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC:
— равнобедренный, 
Отрезок 
— высота треугольника 
отрезок 
и CB параллельны. Значит, прямые BC и AB перпендикулярны по теореме о перпендикулярности прямой, параллельной перпендикуляру.
точка 
— центр описанной окружности, а AC — ее диаметр. Тогда угол B прямой как опирающийся на диаметр.
Из рисунка видно, что площадь шестиугольника 
равна сумме площадей 
Поскольку треугольник A1B1C1 подобен треугольнику ABC c коэффициентом подобия 
его площадь 
Пусть K — точка пересечения медианы AA1 и средней линии B1C1. Медиана и средняя линия делят друг друга пополам, поскольку они являются диагоналями параллелограмма AB1A1C1. Откуда 
— медиана треугольника AB1C1. Заметим, что 
Аналогично площади треугольников A1C1B2 и A1B1C2 равны 
Откуда площадь шестиугольника A1B2C1A2B1C2 равна 
Для доказательства на продолжении отрезка AA1 за точку A1 отложим отрезок A1P = AA1. Получим параллелограмм ACPB со сторонами AC = PB = b и AB = CP = c и диагоналями BC = a и AP = 2AA1. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон:
а 
Пусть L — середина отрезка AB1. Поскольку A2 — точка пересечения медиан треугольника AB1C1, она лежит на отрезке C1L и делит его в отношении 2 : 1, считая от точки C1. Значит, 
Но треугольники AB1C1 и ABC подобны с коэффициентом 1/2, поэтому 
и 
Повторяя те же рассуждения для треугольника A1B1C получаем, что отрезок A1C2 равен 
Применяя аналогичные рассуждения, получим что стороны шестиугольника втрое меньше медиан треугольника ABC: 
Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника равна:
площади треугольников APR и AQR будут равны друг другу. Из этого следует, что APQR — трапеция. По замечательному свойству трапеции BT делит PQ и AR пополам. Получаем, что 
и 
откуда 
Следовательно, 
а значит, 
Аналогично 
Что и требовалось доказать.
тогда 
Имеем:
откуда 
а значит, 
Следовательно, четырехугольник DCEF вписан в окружность, а тогда 
Прямые DE и AB параллельны, поэтому 
Треугольник BFE равнобедренный с углом 60°, следовательно, он равносторонний. Что требовалось доказать.
и 
следовательно,
и 
а смежный с ним угол CED равен 60°. Это угол, в свою очередь, является соответственным с углом ABC при параллельных DE и AB и секущей BE. Таким образом, треугольник EFB — равнобедренный с углом 60°, то есть равносторонний.
и 
откуда 
Гипотенуза AB вдвое больше средней линии DE, то есть AB = 4. По теореме Пифагора в треугольнике ABC получаем 
Площадь треугольника равна
Тогда 
поскольку они опираются на одну дугу KC в окружности, описанной вокруг четырёхугольника AMKC. Кроме того, 
поскольку они опираются на одну дугу KH в окружности, описанной вокруг четырёхугольника MKHE. 
поэтому прямые EH и АС параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении EH и AC секущей OA. Это и требовалось доказать.
Треугольники OEH и OMK также подобны с тем же коэффициентом подобия. Кроме того, подобны треугольники OMK и AOC, поэтому подобны треугольники OEH и OAC, причем коэффициент подобия равен 
Тогда 
а 
значит, 
А это соответственные углы при прямых ЕН и АС и секущей AE. Из равенства этих углов следует параллельность прямых ЕН и АС, что и требовалось доказать.
(свойство вписанных углов), 
(вертикальные). Коэффициент подобия равен 
и 
оно равно 
откуда 
Аналогично прямая KB параллельна прямой EM, а потому 
Следовательно, прямоугольные треугольники CKH и EMA подобны по двум углам, а значит, 
Итак, в треугольнике AOC прямые AC и EH делят общий угол AOC, начиная от вершины, на пропорциональные отрезки. Следовательно, по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, эти прямые параллельны, что и требовалось доказать.
и 
Значит, треугольники MCN и MHN равны по трём сторонам, откуда 
(рис. 2).
и 
и 
Тогда 
следовательно, 
В равнобедренном треугольнике MPQ имеем: 
Тогда для площади треугольника MPQ получаем:
равнобедренный, следовательно, 
прямоугольный. 
В каком отношении прямая DL делит сторону AB?
откуда 
поскольку 
получаем: 
В пункте а) было доказано, что треугольник LCD равнобедренный, поэтому 
Применим теорему Менелая к треугольнику ABC: 
Тогда 
как внешний угол треугольника BLD. По теореме синусов для треугольника BHL имеем
а 
По теореме синусов для треугольника AHL имеем
тогда 
поэтому 
значит, треугольник LCD равнобедренный.
по двум углам. Отсюда 
то 
Пусть BC = x, AB = 3x. По теореме о биссектрисе 
откуда находим 
Тогда 
откуда 
Коэффициент подобия треугольников BLC и AML равен
и площади треугольников AML и BLC относятся как 
и 
Поскольку 
находим: 
Также имеем 
Заметим, что треугольники AB1B и BCB1 имеют общую высоту, следовательно: 
Поэтому 
Аналогично доказываем, что 
Тогда 
из которого, в свою очередь, следует параллельность отрезков BC и 
Отрезок 
рассекает исходный треугольник ABC на треугольник 
и трапецию 
в которой точка О — это точка пересечения диагоналей.
тогда 
составит 
Диагонали трапеции отсекают от неё подобные треугольники BCO и 
в которых 
Поэтому площадь 
а площадь треугольника 
составит его 25-ю часть, то есть 
Наконец, 
DK.
то есть DH = 50, тогда HK = 288. Значит, 
Тогда MH = 120 + 169 = 289.
Кроме того, 
Значит, треугольник AME равен треугольнику CMK и тоже прямоугольный, следовательно, 
как угол в прямоугольном треугольнике, лежащий напротив катета, который в два раза меньше гипотенузы.
а из подобия треугольников CKP и AKT следует, что 
Значит, B — середина CP.
поэтому 
а так как 
AD — средняя линия треугольника BQP. Значит, 
и 
перпендикулярны по условию, так как являются направляющими векторами для соответствующих перпендикулярных прямых, следовательно, их скалярное произведение равно нулю:
тогда 
Значит, 
что и требовалось доказать.
Значит, точка P имеет координаты (0; 2m). Зная координаты точек, принадлежащих прямым BK и AP, найдём уравнения этих прямых:
и Q равно
Значит, треугольник CMA равнобедренный. Поэтому угол BAC равен углу ACM. Следовательно,
то есть 
поэтому 
Отсюда получаем, что 
Значит, 
поэтому 
Отсюда получаем, что 
Значит, 
поэтому 
и по теореме Пифагора 
По тереме синусов с учётом свойств вертикальных и смежных углов получаем: 
тогда 
Следовательно, 
Заметим, что B1O = OB, поскольку треугольник B1OB равнобедренный, и что 
из треугольника EOB.
Далее опустим перпендикуляр OH на сторону BC. Тогда 
как радиус вписанной окружности. Тогда 
откуда 
Причём 
где r — радиус окружности, вписанный в треугольник ABC. Для сторон треугольника ABC выполнено соотношение 
следовательно, угол C прямой. Тогда
и 
Сторону AC найдём по теореме косинусов: 
сумма прямых углов 
и 
равна 180°, поэтому сумма двух других углов 
и 
также равна 180°. Тогда 
Углы 
Таким образом, тупой угол между высотами дополняет угол между сторонами, к которым они проведены, до 180°.
откуда 
Для остроугольного треугольника доказательство аналогично. Для прямоугольного треугольника доказательство напрямую следует из определения котангенса.
Теперь по теореме Пифагора вычисляем: 
откуда получаем: 
(это же следует из подобия треугольников 
и 
).
тогда в прямоугольном треугольнике BA1C имеем: 
тогда
тогда 
и 
раз
тогда 
откуда 
Тогда 
Но AB и есть диаметр описанной окружности треугольника 
и 
и 
— центры квадратов АСDE и CBFG. Тогда 
и 
— средние линии треугольников АBD и АBG, поэтому достаточно доказать, что 
Если 
то 
Если же 
то образуются треугольники BCD и GCA, которые равны по двум сторонам (
) и углу между ними:
где 
— точка пересечения прямых 
Поэтому 
и 
Отрезки CP и CQ — биссектрисы треугольников ACB и NCM соответственно.
а 
Прямая CQ — биссектриса угла NCM, поэтому 
Следовательно, 
Что и требовалось доказать.
с помощью формулы площади как половины произведения сторон на синус угла между ними: 
тогда 
Аналогично 
Точка P — середина отрезка KN.
и 
четырехугольник BNPM — ромб. Значит, прямая PM параллельна прямой BC, а поскольку CP — медиана прямоугольного треугольника KCN, проведенная из вершины прямого угла, то 
Следовательно, четырехугольник BCPM — равнобедренная трапеция.
треугольник CPM равнобедренный, поэтому 
Значит, CM — биссектриса угла BCP. Тогда 
Имеем: 
следовательно, треугольники 
и 
подобны по второму признаку, откуда 
и 
Но по условию 
поэтому отрезки 
и 
равны и параллельны, а значит, 
— параллелограмм по признаку параллелограмма.
а тогда 
По теореме Пифагора в треугольнике AQC имеем: 
По теореме Менелая 
Тогда 
и по теореме Пифагора для треугольника DQC находим 
параллелен 
Тогда по обобщенной теореме Фалеса, примененной к отрезкам 
и параллельным прямым 
получаем: 
Пусть 
тогда из полученного соотношения находим, что 
Снова применим обобщенную теорему Фалеса — для отрезков 
и параллельных прямых
Получим: 
Значит, точка D делит отрезок BB1 так же, как точка А1 делит ВС. По теореме, обратной обобщенной теореме Фалеса, из этого следует параллельность прямых DA1 и B1C, а также подобие треугольников BDA1 и BB1C.
Но по условию 
следовательно, 
Таким образом, противоположные стороны 
и 
Четырехугольник 
По теореме Фалеса для отрезков 
получаем: 
откуда 
По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике 
находим 
По теореме Пифагора в треугольнике DQC вычисляем 
откуда 
то есть противоположные стороны 
прямоугольный с гипотенузой 
и катетом 
а потому 
Сумма углов, прилежащих к боковой стороне трапеции, равна 180°, поэтому 
имеем:
Получаем:
В треугольнике ABC медиана AA1 является высотой, значит, треугольник ABC является равнобедренным и AB = AC.
C1A1 — медиана в прямоугольном треугольнике BC1C, поэтому
Треугольник ANC равнобедренный, поэтому 
и 
Треугольник CLN также равнобедренный, поэтому
Вычислим 
как внешний угол в треугольнике LMC:
тогда
поэтому 
поэтому дуга AL равна 90°. На эту дугу опирается центральный угол ANL, тогда 
Углы ANL и MNB равны как вертикальные, таким образом, 
тогда треугольники ABC и MNB подобны по двум углам. Следовательно, 
что и требовалось доказать.
тогда 
то есть ALM — равнобедренный прямоугольный треугольник. Значит,
Имеем:
По теореме о внешнем угле треугольника 
Треугольник ABD равнобедренный, поэтому 
а так как AM параллельна BD,
значит,
поэтому
BE : EC = 10 : 1, а треугольник AEF является равносторонним. 
поэтому 
значит, 
то есть 
Окончательно получаем уравнение 
поэтому 
Для получения ответа заметим, что площадь равностороннего треугольника со стороной z равна 
Пусть 
тогда
Из прямоугольного треугольника AFP получим 
и 
соответственно. По теореме о сумме углов треугольника получаем, что угол BIA равен 
Такая же величина у вертикального к нему угла LIK. По условию около четырёхугольника CKIL можно описать окружность. Следовательно, угол BCA дополняет угол LIK до 180°. С другой стороны, по теореме о сумме углов треугольника угол BCA дополняет до 180° сумму углов 
и 
Значит, угол BCA равен 60°.
Площадь треугольника ABC равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности. Значит, эта площадь равна 
и 
то есть 8.
следовательно,
аналогично 
либо a = b, тогда треугольник ABC равнобедренный, и 
и 
как вписанные, следовательно, 
откуда 
Что требовалось доказать.
что и требовалось доказать.
откуда
Таким образом, треугольники HMN и CAB подобны по двум углам. Это и требовалось доказать.
Тогда треугольники CMH и BNH подобны по двум углам, причем из пункта а) следует, что
а тогда 
Аналогично, по свойству биссектрисы, только для треугольника ABH получаем: 
Тогда треугольники AFG и AHD подобны по двум сторонам и углу между ними. Значит, прямые FG и HD параллельны, то есть прямые FG и BC параллельны. Что и требовалось доказать.
а точка B лежит между C и P.
Теперь получаем, что угол PBB1 равен 
Угол ABB1 же тогда равен 
откуда 
Диаметр описанной окружности треугольника ABC равен 
Диаметры описанных окружностей подобных треугольников относятся как коэффициент подобия, поэтому 
Отсюда AH = 6.
поэтому треугольники AFH и BFC подобны по двум углам. Из подобия следует равенство: 
Отсюда 
Что и требовалось доказать.
Что и требовалось доказать.
найдем 
Теперь, по свойству биссектрисы, получаем, что 
Отсюда 
а тогда 
поскольку CN — биссектриса, следовательно, 
по свойству вертикальных углов, треугольники APD и МРС подобны, поэтому ∠PMC = 90°. Таким образом, в треугольнике ВСР биссектриса СМ является высотой, а значит, треугольник ВСР равнобедренный и PM = MB, CP = CB.
следует, что ∠PCD = ∠PDC. Поэтому треугольник PCD равнобедренный и PD = PC. Значит, треугольники APD и МРС равны, поэтому 
откуда следует, что BP = 2AP.
Отсюда следует, что треугольник ВСР равносторонний, поэтому ∠BPC = 60°. Из равенства 
получаем, что AP = 2 и 
Теперь найдём площадь четырёхугольника AВCD:
следовательно, 
Отсюда 
Тогда:
Значит, 
С другой стороны, коэффициент подобия равен 
Отсюда 
Тогда 
Пусть AA1 и B1C1 пересекаются в точке D. Запишем две теоремы синусов — для треугольников AB1D и AC1D:
Тогда 
По свойству биссектрисы, 
тогда
Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается отрезка MN в точке K.
и 
MN = 3t, AC = 5t. По свойству описанного четырёхугольника, 
Что и требовалось доказать.
По теореме Пифагора 
тогда радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, равен 3.
тогда 
Решая систему уравнений, получим AB = 17, BC = 15.
следовательно, он прямоугольный, и его площадь равна 
С другой стороны, 
тогда
а 
M — точка пересечения медиан.
Пусть 
Тогда из условия следует, что 
Отсюда 
Что и следовало доказать.
Медианы делят треугольник на шесть равновеликих треугольников, поэтому площади треугольников ABM, ACM, BCM равны 2 каждая. Тогда 
и 
Тогда 
следовательно, 
Равные дуги стягивают равные хорды, следовательно, BM = CN.
следовательно, 
таким образом, треугольник BDN равнобедренный, 
Тогда, как гипотенуза в прямоугольном треугольнике BHD с углом 30 градусов BD = ND = 2BH = 14. 
По свойству биссектрисы треугольника 
Значит, 
что и требовалось доказать.
а 
тогда 
Треугольники BDE и CDK подобны по двум углам (
как вертикальные, 
), треугольники AEF и AKC подобны по двум углам (угол A — общий, 
). Пусть 
а 
тогда 
Тогда
Отрезок BF пересекает отрезок MN в точке E. Найдите радиус окружности, описанной около четырёхугольника AMNC, если 
и 
Поскольку окружность можно описать только около равнобедренной трапеции, 
то есть 
а значит, треугольник ABC равнобедренный.
Поскольку отрезок MN — средняя линия треугольника ABC, он делит высоту BH пополам, значит, 
Треугольник ABC равнобедренный, поэтому 
точка H лежит на прямой BO, а NO — радиус окружности, описанной около четырёхугольника AMNC.
и 
Высота этого треугольника, проведенная из вершины C, равна высоте треугольника ABC, приведённой из вершины A, то есть 
Поэтому из пропорции 
получаем
а потому 
взята точка D так, что 
Биссектриса BL пересекает отрезок AD в точке P, отрезок CK — перпендикуляр к прямой AD.
то есть 
Следовательно,
И поскольку 
находим:
и 
Поэтому треугольники BMD и MCD подобны по двум углам, значит, 
откуда 
Отсюда следует, что 
Из подобия треугольников CMD и CBM получаем, что 
а потому 
Из подобия треугольников CPB и CDA получаем, что 
откуда следует, что 
Таким образом, 
или 
Следовательно, отрезок CL — биссектриса и высота треугольника CMN.
тогда по теореме косинусов получаем
то есть
представляет собой известное соотношение: высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, является средним пропорциональным между проекциями катетов на гипотенузу.
проведены высота BH и медиана AM, причем точки A, B, Н и М лежат на одной окружности.
и MH = 3.
значит, 
откуда следует, что отрезок AM — медиана и высота, следовательно, 
то есть BC = 6. Пусть 
и 
тогда
Следовательно, 
откуда для площади треугольника ABC получаем:
и 
Заметим, что 
или 
Значит, 
поэтому 
Что и требовалось доказать.
тогда 
и 
Следовательно, треугольник KLN равнобедренный, а отрезок LM — его высота и биссектриса. По доказанному ранее отрезок MC — биссектриса треугольника LMN, поэтому 
если известно, что точки B1 и C1 делят стороны AC и AB соответственно в отношениях 3 : 2 и 2 : 1, считая от вершины A.
Из подобия треугольников A1BN и A1CA получим, что 
Из подобия треугольников B1PC и BPM получим, что 
Аналогично 
откуда 
Далее, по теореме Менелая для треугольника ABA1 и секущей PC получим:
то есть 
AB = 7 и AC = 10.
Тогда 
По условию 
значит,
Следовательно, 
следовательно, 
Пусть 
Тогда 
и 
По теореме косинусов:
и 
Отсюда 
угол ABC прямой, значит,
значит, по обратной теореме Пифагора, треугольник ABC прямоугольный. Введем систему координат с началом в точке B, как показано на рисунке. В этой системе координат имеем:
Найдем координаты точки B1:
угол A равен 60°. Точка D — точка пересечения биссектрис, точка Н — точка пересечения высот.
следовательно, точки B, H, D, C лежат на одной окружности.
тогда 
Значит, 
откуда 
и 
Что и требовалось доказать.
то есть 
Используя результат пункта a), получаем, что 
и 
откуда находим: 
Из равенства углов 
следует подобие треугольников BCC1 и HAC1, откуда находим:
Получаем:
и 
В треугольник MNK вписан квадрат, две вершины которого лежат на стороне MN, одна на стороне NK и одна на стороне MK. Через середину стороны MN и центр квадрата проведена прямая, которая пресекается с высотой KH в точке O, а с прямой NK — в точке F.
Из подобия треугольников MNK и DCK получаем, что 
откуда
Точка D лежит на стороне FH, A и B — точки пересечения медиан треугольников FGD и DGH соответственно.
поэтому
поскольку 
а высота, проведенная из точки G, — общая. Далее, 
Значит, 
и 
отмечены точки E и D соответственно так, что 
Отрезки AD и CE пересекаются в точке O.
Запишем теорему Менелая для треугольника CBE и секущей DO:
Таким образом, отношение площадей треугольников AOE и COD равно
тогда 
Треугольники BEK и MEK равны, поскольку они симметричны относительно EK. Тогда 
и 
Пусть также CK = t, тогда 
Из подобия треугольников AME и CKM находим:
следовательно, 
Далее,
следовательно,
тогда 
По свойству прямоугольного треугольника 
Треугольник CHB прямоугольный, 
тогда 
поэтому в треугольнике ACK имеем 
тогда прямые AM и CN перпендикулярны.
откуда AH = AQ и AC = 2AQ. Далее, AQ = QC, а из равных прямоугольных треугольников AQM и CQM находим: AM = MC. Получаем, что отрезок AM — медиана, равная половине стороны, к которой проведена. Из этого следует, что при вершине A треугольника ABC расположен прямой угол.
откуда
а потому смежный с ним 
В четырехугольнике AQMH сумма градусных мер противолежащих углов равна 180°, значит, он вписанный. Отсюда 
и, как следствие, 
Из равных прямоугольных треугольников AQM и CQM находим AM = MC. Получаем, что отрезок AM — медиана, равная половине стороны, к которой проведена. Из этого следует, что при вершине A треугольника ABC расположен прямой угол.
значит, 
Далее 
как вертикальные углы, откуда в прямоугольном треугольнике FHM получаем 
и 
Следовательно, 
и
Треугольник BMN — равнобедренный по определению, поэтому 
Значит, 
треугольник OMN — равнобедренный, то есть 
Следовательно, треугольники MBO и NBO равны по трем сторонам, откуда 
Таким образом, луч BP — биссектриса угла ABC.
Тогда по теореме косинусов в треугольнике ABP:
