Геометрия. Треугольники

геометрия треугольники
Точка пересечения медиан AA1 , BB1 , CC1 треугольника ABC является центром
окружности, вписанной в треугольник A1 B1C1 . Докажите, что треугольник ABC равносторонний.
(Московская олимпиада)
Доказательство.
Центр вписанной окружности – точка пересечения биссектрис треугольника, поэтому
диагональ AA1 параллелограмма AB1 A1C1 ( A1C1 и A1 B1 - средние линии ABC )
является биссектрисой его угла A1 . Значит, AB1 A1C1 - ромб. Но тогда
1
1
AB  AC1  AB1  AC , т.е. AB  AC . Аналогично, BC  AC .
2
2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Прямая, параллельная стороне АС треугольника АВС, пересекает стороны АВ и ВС в
точках М и N соответственно. При этом отрезки АМ и МN – равны. Докажите, что АN
является биссектрисой угла А.
(Устинов)
Доказательство.
B
Рассмотрим AMN - равнобедренный.
MAN  MNA   .
Тогда BMN  2 .
N
С другой стороны BMN  BAC  2 .
M
Имеем
NAC  BAC  MAN  2    
C
и, следовательно, AN - биссектриса угла BAC .
A
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В ABC провели биссектрису AD . Затем в ADC провели биссектрису DE . Оказалось,
что углы ABD равны углам CDE . Найдите углы ABC .
(Устинов)
Ответ. 450 , 450 , 90 0 или 30 0 , 60 0 , 90 0 .
Решение.
По условию:
BAD  EAD  
ADE  CDE  
B
Тогда:
D
CED     ,
ADB  180 0  2 ,
ABD  2    .
Углы ABD равны углам CDE .
Рассмотрим три случая:
1) CDE  BAD

Тогда ABD   .
A
C
E
геометрия треугольники
Поскольку ABD  CED , то CED  ADB , т.е. 180 0  2        450 и углы
треугольника ABC равны 45 0 , 45 0 и 90 0 .
2) CDE  ABD
  2  
 
Дальше аналогично случаю 1.
3) CDE  ADB
  180 0  2
  60 0 .
Тогда
ABD  CED ,
2       ,
2    60 0
и,
следовательно,
углы
треугольника ABC равны 30 0 , 60 0 , 90 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC сторона AB равна 2, A  60 0 . На стороне AC взята точка D так,
что AD  1 . Чему равен BDC ?
Ответ. 90 0
Решение.
Пусть E - середина AB , т.е. AE  EB  1 . Тогда ADE - равносторонний, следовательно,
DE  BE и BED - равнобедренный. Значит, DBE  BDE  1 / 2DEA  30 0 . И,
следовательно, BDC  DBA  DAB  90 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC на стороне AC как на диаметре построена окружность, которая
пересекает стороны AB и BC в точках M и N соответственно. Известно, что
AM  MN  BN . Докажите, что треугольник ABC - равносторонний. (Устинов)
Доказательство.
Пусть MAN   . Тогда MNA   и MBN  BMN  2 . Поскольку
ANB  90 0 , то 180 0  4    90 0 и   30 0 .
AMN  ACN  180 0 , следовательно, C  60 0 .
Имеем, A  B  C  60 0 , а значит треугольник ABC - равносторонний.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC проведены высоты AN и CM . Оказалось, что BN  2 AM и
BM  2CN . Докажите, что треугольник ABC - равнобедренный. (Устинов)
Доказательство.
Пусть AM  x , NC  y . Тогда BN  2x , BM  2 y . По теореме Пифагора:
AC 2  AN 2  y 2  CM 2  x 2 , AN 2  x  2 y 2  4 x 2 , CM 2  2 x  y 2  4 y 2 . Имеем
уравнение:
x  2 y 2  4 x 2  y 2  2 x  y 2  4 y 2  x 2
x y.
Следовательно, AB  BC .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике АВС проведены биссектрисы АМ и СK, пересекающиеся в точке О. Может
ли угол АОС оказаться острым? (Московские регаты)
Ответ: нет, не может.
геометрия треугольники
Первый способ.
Пусть АВС – данный треугольник, АM и СK – его биссектрисы (см.
рис. ). Пусть АОС – острый, то есть, АОС < 90, тогда, рассмотрев
сумму углов треугольника АОС, получим, что ОАС + ОСА > 90.
Следовательно, ВАС + BСА > 180, что невозможно, так как это
углы треугольника АВС.
Второй способ.
Пусть АBС = , тогда вычислим АОС: ВАС + BСА = 180 – ; ОАС + ОСА = 90
– 0,5; АОС = 90 + 0,5 > 90, то есть, АОС – тупой.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC
H – точка пересечения высот AA1 и BB1. Найдите ВАС, если
известно, что AH = BC. (Московские регаты)
Ответ: 45.
Рассмотрим прямоугольные треугольники AB1H и BB1C : AH = BC (по условию); HАС =
90 – АСB = В1BС, следовательно, эти треугольники равны по гипотенузе и острому
углу. Из равенства треугольником получим, что AB1 = BB1, значит  ABB1 –
прямоугольный и равнобедренный, то есть, ВАС = АBB1 = 45.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Существует ли треугольник, у которого две биссектрисы его внутренних углов
перпендикулярны?
Ответ. Не существует.
Решение. Пусть в ABC биссектрисы AA1 и BB1 перпендикулярны. Из треугольника
следовательно,
OAB  OBA  180 0  AOB  180 0  90 0  90 0 ,
AOB :
0
A  B  2OAB  2OBA  2OAB  OBA   180 . Противоречие.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------На биссектрисе угла ABC взяты точки K и L такие, что для некоторой точки M на
луче BA выполняется BK  BM , LMA  KMB ; точка N - пересечение луча BC и
прямой KM . Докажите, что треугольник NBL равнобедренный.(?)
Доказательство.
Треугольник MBK - равнобедренный, поэтому LMA  KMB  BKM . Отсюда
BML  BKN . Тогда треугольники BML и BKN равны по второму признаку. Из
равенства треугольников следует, что BL  BN . Значит, треугольник NBL равнобедренный.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике АВС: A = 15, B = 30. Через точку С проведен перпендикуляр к АС,
который пересекает сторону АВ в точке М. Найдите ВС , если АМ = 5. (Московские
регаты)
Ответ. 2,5.
Решение.
Проведем СK – медиану прямоугольного треугольника САМ . Так как СKВ – внешний
для равнобедренного треугольника АСK, то СKВ = 30 = СВK. То есть СВ = СK =
0,5AM = 2,5.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC биссектрисы углов A и B пересекаются в точке L . Докажите, что
угол ALB больше 90 0 .(Кострома ТЮМ)
Доказательство.
геометрия треугольники
Пусть
ALB  90 0 .
LAB  LBA  90 0
Сумма
, откуда
углов
треугольника
CAB  CBA  180 0
ALB
равна
180 0 ,
поэтому
. Противоречие (в треугольнике сумма
любых двух углов должна быть меньше 180 0 ).
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC биссектриса AE равна отрезку EC . Найдите угол ABC , если
AC  2 AB .
(Московские олимпиады)
Ответ. 90 0 .
Пусть отрезок ED симметричен EB относительно AE . Так как AE B
биссектриса, точка D лежит на прямой AC . ABE  ADE как
E
AC
 DC , т.е. ED симметричные, значит AD  AB 
2
медиана AEC . Т.к. AEC равнобедренный, его медиана
A
D
0
является
высотой,
т.е.
Тогда
и
ADE  90 .
ABC  ADE  90 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------На стороне AC треугольника ABC отметили точку E . Известно, что периметр
треугольника ABC равен 25см, периметр треугольника ABE - 15см, а периметр
треугольника BCE - 17см. Найдите длину отрезка BE. (Московские олимпиады)
Ответ. 3,5 см.
Решение.
B
По условию:
AB  BE  AE  15 ,
AB  BE   AC  CE   15 ,
AB  AC  BE  CE  15 ,
25  BC   BE  CE  15 ,
25 15  BE  BC  CE ,
A
E
10  BE  17  BE ,
BE  3,5
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В
А
Прямоугольный треугольник вписан в четверть окружности так, как
показано на рисунке, причем катеты треугольника параллельны
проведенным в окружности диаметрам. Пользуясь лишь теми данными,
5
5
С
О
которые приведены на чертеже, вычислить длину гипотенузы AC .
(М. Гарднер «Математические головоломки и развлечения».)
Ответ. 10.
Решение.
АС – диагональ прямоугольника ОАВС, значит АС=ОВ, а ОВ – диаметр окружности,
который равен 10.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Дан остроугольный треугольник ABC . Внутри треугольника взята точка O . На отрезках
AO , BO и CO как на диаметрах, построены окружности. Докажите, что эти окружности
пересекаются в точках (отличных от точки O ), лежащих на сторонах треугольника
ABC .(Устинов)
Доказательство.
C
C
геометрия треугольники
Рассмотрим окружности, построенные на отрезках AO и BO . Пусть они пересекаются в
точке D . Тогда углы ADO и BDO - прямые, значит, точка D лежит на AB .
Аналогично рассматриваются другие пары окружностей.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Внутри остроугольного треугольника ABC взята точка O . Точки A1 , B1 и C1 симметричные точке O относительно прямых BC , AC и AB соответственно. Докажите,
что если стороны треугольника ABC параллельны соответствующим сторонам
треугольника A1 B1C1 , то точка O - центр окружности, описанной около треугольника
ABC .
(Устинов А.В.)
Доказательство.
B
C1
A1
O
A
C
Поскольку стороны треугольника ABC
являются серединными
перпендикулярами к отрезкам OA 1 ,
OB 1 и OC1 , то треугольники C1 AO и
B1 AO - равнобедренные. Значит,
треугольник B1 AС1 также
равнобедренный и
AB1 C 1  AC 1 B1 . С другой
стороны AB1C1  ACB  CAO и
AC1 B1  ABC  BAO . Отсюда
ACB  ABC  BAO  CAO .
B1
Рассматривая аналогично треугольник
A1BC1 находим, что
ACB  BAC  ABO  CBO . Приравнивая полученные выражения и принимая во
внимание равенства: ABC  ABO  CBO и BAC  CAO  BAO , получаем, что
ABO  BAO , следовательно, треугольник AOB - равнобедренный и AO  BO .
Аналогично доказываются равенства AO  CO и BO  CO . Итак, AO  BO  CO , значит
точка O - центр окружности, описанной около треугольника ABC .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------На сторонах AB , BC и AC треугольника ABC отметили точки K , M и N
соответственно так, что AK  AN , BK  BM и CM  CN . Известно, что треугольник
KMN - равносторонний. Найдите углы треугольника ABC .(Устинов)
Ответ. 60 0 , 60 0 , 60 0 .
Решение 1.
Пусть AKN  ANK   , BKM  BMK   , CMN  CNM   .
Тогда
    180 0  60 0  120 0

0
0
0
0
0
    180  60  120 , отсюда       60 и A  B  C  60 .
    180 0  60 0  120 0

Решение 2.
геометрия треугольники
Возьмем равносторонний треугольник KMN и попробуем восстановить исходный
треугольник ABC . Ясно, что вершины треугольника ABC лежат на серединных
перпендикулярах к сторонам треугольника KMN . Построим серединный перпендикуляр к
отрезку MN и отметим на нем точку C . Соединим точку C с точками N и M и
продолжим эти отрезки до пересечения с серединными перпендикулярами к отрезкам NK
и KM соответственно. Получим точки A и B . Из симметрии треугольника KMN
следует, что AN  BM , а из условия задачи получаем, что AN  AK  KB  BM .
Аналогично можно доказать, что AK  CM и AK  AN  CN  CM . Но тогда
AK  KB  BM  MC  CN  NA , т.е. AB  BC  AC . Получили, что треугольник ABC равносторонний и его углы равны по 60 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Длины сторон треугольника ABC - последовательные целые числа, а медиана,
проведенная из вершины A , перпендикулярна биссектрисе угла B . Найдите длины
сторон треугольника ABC .
(Московские олимпиады)
Ответ. AB  2 , AC  3 , BC  4 .
Решение.
В
Пусть AD - медиана, P - точка пересечения медианы и
биссектрисы. Из условия следует, что в треугольнике ABD BP
D
является одновременно биссектрисой и высотой, поэтому он
P
1
равнобедренный: AB  BD  BC . Но AB и BC - это два числа из
A
2
трех последовательных натуральных чисел. Поэтому либо AB  1 , BC  2 , либо AB  2 ,
BC  4 . В обоих случаях AC  3 . Но первый случай невозможен, так как в этом случае
AC  AB  BC . Треугольник сто сторонами 2, 3, 4 существует.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC высоты AA1 и CC1 пересекаются в точке H , лежащей внутри
треугольника. Известно, что H - середина AA1 , а CH : HC1  2 : 1 . Найдите величину угла
B .(Устинов)
Ответ. 45 0 .
Решение.
Пусть C1 H  x , тогда CH  2x .
B
Из AC1 H по теореме Пифагора:
AC12  AH 2  x 2 .
(1)
Из CA1 H : A1C  4 x  AH .
2
2

2
  3x .
 4 x  AH .
Из AC1C : AC  AH  x
2
2
2
2
Из AA1C : AC  2 AH 
Из (2) и (3):
AH 2  x 2  9 x 2  3 AH 2  4 x 2 ,
4 x 2  2 AH 2 ,
AH  x 2 .
Подставим найденное значение в (1):
2
2
C
2
2
C1
(2)
H
A1
(3)
 2  x 2 ,
AC12  x 2
AC1  x .
Т.е. AHC1 равнобедренный, значит, C1 AH  C1 HA  450 .
A
C
геометрия треугольники
Тогда C1 HA1  180 0  450  1350 , т.е. B  360 0  90 0  90 0  135 0  45 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Найдите углы равнобедренного треугольника, если биссектриса, проведенная к его
основанию в два раза меньше боковой стороны. («Математика: Интеллектуальные
марафоны, турниры, бои 5-11 классы. Авторский коллектив: Блинков А.Д., Семенов А.В.
и др.»)
Ответ. 30 0 , 30 0 , 120 0 .
Решение.
Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC , в котором BD - биссектриса,
проведенная к основанию. Т.к. в прямоугольном треугольнике ABD катет BD в два раза
меньше гипотенузы AB , то противолежащий этому катету угол равен 30 0 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Угол между двумя высотами остроугольного треугольника ABC равен 60 0 и точка
пересечения высот делит одну из них в отношении 2 : 1, считая от вершины треугольника.
Докажите, что треугольник ABC - равносторонний.(Московская олимпиада)
Доказательство.
B
Пусть AD и CE - высоты ABC , O - точка их пересечения. Из того, что в
1
прямоугольном AOE AOE  60 0 следует OE  AO , т.е. OE  OD .
2
Значит, прямоугольные треугольники OEB и ODB равны ( BO E
D
BE  BD , откуда следует, что
общая гипотенуза). Тогда
ABD  CBE ( ABC - общий). Отсюда AB  BC . С другой стороны,
O
ABC  90 0  BAD  AOE  60 0 .
Значит,
ABC
равносторонний.
A
C
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------На сторонах AB , BC и СA равностороннего треугольника ABC отложены равные
отрезки AD , BE и СF . Точки D , E и F соединены отрезками. Докажите, что
треугольник DEF - равносторонний.( И.Ф. Шарыгин, Р.К.Гордин «Сборник задач по
геометрии».)
Доказательство.
B
AD  BE  CF по условию, следовательно DB  EC  FA (т.к. ABC равносторонний).
E
DBE  ECF  FAD (по двум сторонам и углу между ними), значит
D
DE  EF  FD , т.е. DEF - равносторонний.
A
F
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Найдите углы треугольника, если известно, что его стороны лежат на прямых, углы между
которыми равны 20 0 , 30 0 и 50 0 .
(И.Ф. Шарыгин, Р.К.Гордин, Сборник задач по геометрии)
Ответ. 20 0 , 30 0 , 130 0 .
1
Решение.
4
Данные углы могут быть вертикальными к углам треугольника
(1,2,3 на рисунке), могут быть внешними углами треугольника
(4,5,6 на рисунке).
6
2
5 3
C
геометрия треугольники
Все три данных угла не могут быть вертикальными к углам треугольника, т.к. тогда сумма
углов в треугольнике равна 200  300  500  1000  1800 , что невозможно.
Также три данных угла не могут одновременно быть внешними углами треугольника, т.к.
тогда все углы треугольника тупые, чего быть не может.
2 из данных углов также не могут быть внешними, т.к. тогда в треугольнике 2 тупых угла,
чего быть не может.
Остается случай, когда 2 из данных углов – вертикальные к углам треугольника, а третий
угол внешний. Легко показать, что внешним может быть только угол в 50 0 , а значит, углы
треугольнике равны 20 0 , 30 0 и 1800  500  1300 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC проведены биссектрисы из вершин A и B . Точка их пересечения
обозначена через D . Найдите угол ADB , если C  1300 .
(И.Ф. Шарыгин, Р.К.Гордин, Сборник задач по геометрии)
B
Ответ. 1550 .
Решение.
В ABC : A  B  C  1800 ,
D
2BAD  2ABD  1300  1800 ,
C
2BAD  ABD   500 ,
A
BAD  ABD  250 .
Рассмотрим ABD :
ADB  1800  BAD  ABD   1800  250  1550 .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC угол A равен 1350 . Вне треугольника взята точка D , такая, что
DBA  DCA  450 и отрезок AD не пересекает отрезок BC . Докажите, что прямая AD
перпендикулярна прямой BC .
(Математика: Интеллектуальные марафоны, турниры, бои 5-11 классы: Книга для
учителя. Авторский коллектив: Блинков А.Д., Семенов А.В. и др.)
Доказательство.
Луч BA пересекает CD в точке G , а луч CA в точке H .
C
Так как CAG  BAH  450 , то CH и BG - высоты треугольника
BCD . Следовательно, DE - высота.
E
G
B
A
H
D
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------В треугольнике ABC на сторонах AC и BC взяты точки X и Y такие, что
ABX  YAC , AYB  BXC , XC  YB . Найдите углы треугольника ABC .
(Московская олимпиада)
Ответ. A  B  C  60 0 .
B
Решение
Пусть ABX  YAC   , AYB  BXC   .
В AYC : YCA  180 0  YAC  AYC     .
В XBC : XBC  180 0  BXC  BCX  180 0    2 .
Y
H
O
A
X
C
геометрия треугольники
В ABC : A  180 0  C  B     , т.е. ABC - равнобедренный.
Пусть BH  BY , O - точка пересечения HC и BX .
(по
ABY  CBH
BYA  BHC   .
двум
сторонам
и
углу
между
ними),
следовательно,
В HCB : HCB  180 0  CHB  HBC    2 .
OXC  OHB (по стороне и двум углам), следовательно, OC  OB , т.е. OBC равнобедренный.
Получаем OBC  OCB , т.е. :
180 0    2    2 ,
3  3  180 0 ,
    60 0 .
Т.е. A  C  60 0 , а значит B  60 0 .