Центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе угла. Для решения задачи докажем следующую лемму.

Лемма: точка O принадлежит стороне AB, то есть AB является биссектрисой угла DAF.

Доказательство: во-первых, из свойств секущих к окружности получим:

Тогда треугольники ABD и EBC подобны (угол ABD общий). Тогда ∠BDA = ∠BCE = β, ∠BAD = ∠BEC = γ.

Во-вторых, угол между дугой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на данную хорду, откуда ∠BFA = ∠ABD = α.

Далее, центральный угол AO₂B в 2 раза больше вписанного угла AFB, поэтому Так как треугольник AO₂B равнобедренный (AO₂ = O₂B = R₁), то

Аналогично для угла ACE:

Углы и равны, как вертикальные, и потому получаем:

Отсюда получаем, что , а значит точка O лежит на стороне AB. Лемма доказана.

Из леммы получили:

Тогда , и треугольники AEC и EBC подобны по 2-м углам, откуда выпишем соотношения:

Из равенства первой и третьей дробей получим:

Тогда

Проведем дополнительно отрезок EO — он является биссектрисой угла BEA, а значит и биссектрисой треугольника ABE. Тогда по свойству биссектрисы в треугольнике имеем:

Требуемое доказано.

Ответ: 6.

а) Угол ABP — вписанный. Он измеряется половиной градусной меры дуги АСР. Угол BDP как угол между двумя пересекающимися хордами окружности измеряется градусной мерой полусуммы дуг ВnР и АqС.

Но градусные меры дуг ВnР и РmС равны, поскольку на них опираются равные вписанные углы ВАР и САР. А сумма дуг AqC и CmP составляет дугу ACР.

Таким образом, углы ABP и BDP измеряются градусной мерой одной и той же дуги и одной и той же окружности. Значит, что и требовалось доказать.

б) Пусть ВD = x, тогда СD = 10 – х. По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника будем иметь: AB : AC = BD : CD, т. е.

Итак,

Вычислим длину биссектрисы AD треугольника АВС. Как известно, ее квадрат можно вычислить по формуле:

Известно также свойство двух пересекающихся хорд одной и той же окружности, согласно которому Откуда:

Треугольники ADB и BDP с основаниями AD и PD имеют общую высоту, проведенную к этим основаниям или к продолжению одного из них. Следовательно,

Примечание:

1. Предположим, что мы не помним (не знаем) формулы квадрата биссектрисы. В таком случае как можно найти длину биссектрисы AD при решении данной задачи?

Можно так:

Проведем высоту ВК треугольника АВС к основанию АС. Это с одной стороны.

Но с другой же стороны, если то:

(числа 3; 4 и 5 – пифагорова тройка).

Итак,

Ответ:

Пусть тогда точки лежат в таком порядке A, H, L, M, B.

а) что и требовалось (во втором равенстве использовалось свойство медианы прямоугольного треугольнике).

б) Рассмотрим треугольник CHM. По свойству биссектрисы треугольника откуда и

Ответ:

Геометрический способ решения.

а) По теореме Пифагора:

По свойству медианы прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе,

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника:

Если то значит, точка L лежит между M и В.

Так как треугольники CML и ABC с основаниями ML и AB соответственно имеют равные высоты, проведенные к этим сторонам из их общей вершины С, то:

что и требовалось доказать.

б) Проведем MD — среднюю линию треугольника ACB. Тогда

Координатно-векторный способ решения.

Поместим заданный треугольник в декартову систему координат, как показано на рис. Выпишем координаты некоторых точек: A(0; 3), B(2; 0).

а) По теореме Пифагора:

По свойству медианы прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе:

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника:

Найдем координаты точки L используя формулы деление отрезка в данном отношении

что и требовалось доказать.

б)

Ответ: б)

а) Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается его стороны AB в точке M₁, стороны AD — в точке N₁, а прямой MN — в точке T. По свойству касательных и Тогда

б) Положим Тогда

По теореме Пифагора то есть

Отсюда находим, что Тогда и Пусть O — центр окружности, а прямая PO пересекает стороны AD и BC в точках L и H соответственно. Из равенства треугольников DOL и BOH следует, что DL = BH, поэтому Окружность вписана в угол MPC, значит, PL — биссектриса треугольника DPN, который подобен треугольнику AMN. Используя свойство биссектрисы и подобие, находим:

откуда

учитывая, что находим, что

Ответ: б) 1 : 3.

Приведем решение пункта б) предложенное нашим читателем Дмитрием.

Часть б) можно решить проще, доказав, что Оттуда сразу следует, что при любом положении точки M. Действительно, а — угол между касательными и соответствующими им радиусами. Далее, — биссектриса — биссектриса Следовательно, Треугольники и равны по второму признаку.

Приведем решение пункта б) Максима Волкова.

Пусть O — центр окружности, T — точка касания окружности и прямой MN.

Положим AB = 12a, тогда радиус окружности R = 6a, MT = MM₁ =3a.

Пусть

Заметим, что PO и TO — биссектрисы внутренних односторонних углов, образованных при пересечении параллельных прямых AB и PC секущей MN, следовательно, тогда

Пусть F — точка касания окружности со стороной CD, тогда

В треугольнике POF тогда PC = 12a + 6a = 18a.

В треугольнике PHC

Следовательно, BH = 12a − 9a = 3a, тогда .

а) Обозначим K точку пересечения отрезков AM и BN. Треугольник ABN равнобедренный, так как 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.

а) По теореме о внешнем угле треугольника,

Поэтому

Значит, точки B, E, C, O лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы CBE и COE опираются на одну и ту же дугу, следовательно, ∠CBE = ∠COE.

б) По теореме косинусов,

Вписанные углы BEO и CEO опираются на равные хорды BO и CO, значит, EO — биссектриса угла BEC. Пусть M — точка её пересечения со стороной BC. По формуле для биссектрисы треугольника получаем:

По свойству биссектрисы треугольника значит,

По теореме о произведении пересекающихся хорд EM · MO = BM · CM, откуда находим, что

Треугольники COM и AOK равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому OK = OM. Следовательно, EK = EM + 2OM = 15 + 98 = 113.

Ответ: 113.

Примечание.

Зная длину отрезка СМ = 21, можно искать ME, применяя теорему косинусов к треугольнику СМЕ. Пусть в нем МЕ = х, тогда

Поскольку треугольник СМЕ остроугольный, решение х = 9 постороннее. Посторонние корни появляются из-за того, что по стороне, прилежащему к ней углу и противолежащей данному углу стороне треугольник определен неоднозначно. Аналогично для треугольника BME: можно найти две корня уравнения на длину EM: 15 и 25, больший корень является посторонним.

а) Пусть По свойству биссектрисы поэтому По свойству пересекающихся хорд откуда Значит, (опираются на дугу описанной окружности), откуда

б) По формуле для биссектрисы имеем откуда

Ответ: б)

а) Угол Угол опирается на дугу равную сумме дуг и то есть сумме дуг и (поскольку E лежит на биссектрисе ACB). Следовательно, (они оба равны полусумме дуг CA и BE). Итак, что и требовалось доказать.

б) В силу того, что четырехугольник FADE является вписанным, получаем Тогда треугольники и равны по второму признаку (общая сторона и равные углы, прилежащие к ней, см. п.а). То есть Тогда треугольники и равны по стороне и двум углам так как оба угла равны, а поскольку CD — биссектриса). Итак, По теореме косинусов, обозначая получим

По свойству биссектрисы Тогда по теореме синусов для треугольника FDE:

Ответ: б)

а) Из теоремы, обратной теореме Пифагора, следует, что треугольник ABC прямоугольный с прямым углом при вершине C. Пусть D — точка касания вписанной окружности треугольника с катетом AC, r — радиус этой окружности. Тогда CDIL — квадрат, поэтому

По свойству биссектрисы треугольника поэтому

Значит,

Следовательно, LP = PM, что и требовалось доказать.

б) Центр O окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы, а так как точка Q — середина дуги BC описанной окружности этого треугольника, точки Q, M и O лежат на серединном перпендикуляре к катету BC.

Пусть F — проекция точки I на среднюю линию OM треугольника ABC. Тогда

Отрезок CI — биссектриса треугольника ACP, поэтому Значит,

Треугольник AIO прямоугольный с прямым углом при вершине I, так как

поэтому отрезок AI перпендикулярен отрезку OK, то есть биссектриса AI треугольника OAK является его высотой. Значит, AO = AK = 25.

Четырёхугольник OKCQ — трапеция с основаниями CK = AC − AK = 5, OQ = OA = OB = 25 и высотой Следовательно,

Ответ: б) 300.

Примечание.

Доказательство того, что отрезок AI перпендикулярен отрезку OK, может быть таким. Середина L отрезка CM — проекция точки I на прямую BC, а отрезок CM — проекция отрезка AQ на эту прямую. Значит, I — середина хорды AQ описанной окружности треугольника ABC. Следовательно, отрезок AI перпендикулярен отрезку OK.

а) Пусть По теореме Фалеса и Значит, По свойству биссектрисы откуда что и требовалось.

б) Заметим, что по свойству биссектрисы. Значит,

Ответ: б) 96.

а) Пусть T — cередина AC. Равнобедренные треугольники AOT и AOK равны (у них равны боковые стороны и углы при основании), поэтому Значит, По свойству биссектрисы тогда и по свойству треугольников с общей высотой.

б) Поскольку OE — высота равнобедренного треугольника AOT, она проходит внутри треугольника, Значит, точки на стороне AC лежат в порядке A, E, T, C. Далее, поэтому Следовательно поскольку AO — биссектриса треугольника BAE.

Обозначим угол BAE за Тогда из прямоугольных треугольников AEO и AEB получаем

Тогда откуда Значит, и откуда:

и

По теореме косинусов для треугольника BAC имеем:

Ответ: б) 9.

Окружность с центром в O₁ будем называть первой окружностью, с центром в O₂ — второй окружностью.

а) У треугольников ABC и ABF общее основание AB. Значит, для равенства площадей надо доказать равенство их высот, опущенных из вершин C и F соответственно. Следовательно, надо доказать параллельность прямых AB и FC: это можно получить, если вывести равенство углов ∠AFC и ∠BAF (накрест лежащие).

Во-первых, во второй окружности углы ∠DBC и ∠DFC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу DC.

Во-вторых, угол между касательной к окружности и хордой равен половине дуги, опирающейся на эту хорду. Тогда из первой окружности получим, что (вписанный угол равен половине центрального). Таким образом получили, что ∠BAF = ∠AFC, то есть AB || FC, значит, высоты треугольников равны, и их площади совпадают.

Что и требовалось доказать.

б) Аналогично углам ∠BAD и ∠BDC получаем, что ∠ABD = ∠BCD (угол ∠ABD между касательной ко второй окружности и хордой BD равен углу ∠BCD, опирающемуся на эту хорду). Таким образом получаем, что ΔABD ~ ΔBCD (по 2 углам). Так как ∠ADB = ∠BDC = α, то ∠ADE = π − α, ∠CDE = π − α, то есть ∠ADE = ∠CDE, откуда следует, что DE — биссектриса треугольника ADC. Тогда из свойства биссектрисы имеем соотношение

Теперь воспользуемся подобием треугольников ABD и BCD:

Из второго равенства выше выразим BD: Подставим это в первое равенство:

Окончательно получаем, что

Ответ: 25 : 81.

А) Рассмотрим Δ APC и Δ CPB. У них: ∠P — общий, ∠CAP = ∠BCP (как измеряющиеся половиной градусной меры дуги BC). Следовательно, Δ APC ~ Δ CPB, откуда или BC : AC = CP : AP, что и требовалось доказать.

Б) По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника: По доказанному выше: значит,

Но по свойству секущей и касательной, проведенных к окружности из одной и той же точки имеем: Следовательно,

Ответ: Б) 20.

а) Вывернем задачу. Обозначим за середину дуги тогда Опустим перпендикуляр на и отметим на точку так, что Тогда в треугольнике высота совпадает с медианой и Значит, у треугольников и равны две стороны и угол не между ними. Такие треугольники могут быть равны или иметь углы, составляющие в сумме Второе невозможно, поскольку Значит, треугольники равны, то есть поэтому построенная таким образом точка совпадает с точкой перпендикуляр- с перпендикуляром из задачи и точка — с точкой то есть — биссектриса.

б)

Пусть — основание биссектрисы. Тогда откуда По формуле для биссектрисы имеем По теореме о пересекающихся хордах

и

Наконец, по теореме косинусов в треугольнике имеем Значит, откуда

Окончательно

Ответ: б)

а) Имеем:

поэтому четырехугольник вписанный. В равенствах использованы углы, опирающиеся на дугу сумма углов треугольника биссектриса и условие о равенстве углов, вертикальные углы и, наконец, сумма углов треугольника

б) По свойству биссектрисы откуда Поскольку и (последнее равенство верно, поскольку ), треугольники подобны (первые два даже равны, потому что у них общая сторона ). Тогда:

Площадь найдем по формуле Герона:

Найдём биссектрису:

Окончательно:

Ответ:

Обозначим Тогда по свойству биссектрисы: и откуда

Получаем:

Значит, Тогда Откуда

Ответ:

а) Обозначим тогда как угол между касательной и хордой. Тогда поэтому реугольник равнобедренный, что и требовалось.

б) По теореме о квадрате касательной тогда по теореме косинусов имеем

Далее, и по свойству биссектрисы откуда

Поскольку находим

Ответ: б)

По формуле для медианы имеем

откуда Обозначим за T точку пересечения прямой l с AB.

а) По свойству биссектрисы

то есть Поскольку прямая l параллельна прямой BC, треугольники BEC и TEF подобны с коэффициентом

поэтому и Поэтому расстояние между l и AB равно высоты треугольника ABC, опущенной из вершины A. Эта высота равна

Найдем теперь радиус описанной окружности треугольника:

Обозначим центр окружности за O. Тогда треугольник OBC — равнобедренный. Найдем его высоту:

Расстояние до прямой l будет меньше на величину, равную расстоянию между прямыми, которое мы уже нашли. Именно меньше, поскольку центр описанной окружности лежит на луче, проходящем через B и перпендикулярно пересекающем AC. Таким образом, получаем:

б) Поскольку прямая l отсекает треугольник, подобный ABC с коэффициентом

то площадь этого треугольника составляет от площади исходного треугольника, а площадь второй части тогда — от нее. Отношение получается

Ответ: а) б)

а) Известно, что прямая, содержащая биссектрису равнобедренного треугольника, проведенную к его основанию, является осью его симметрии.

Рассмотрим и У них: — общий, AB = CB, как половины равных углов при основании равнобедренного треугольника. Значит, по второму признаку равенства треугольников. Отсюда: AK = CP.

При симметрии относительно прямой BM точки K и P переходят друг в друга, точка M — сама в себя. Следовательно, отрезки MP и MK перейдут друг на друга. Значит, MP = MK.

б) Из рассмотренной симметрии также следует: BH — ось симметрии MH — ось симметрии (H — точка пересечения BM и PK).

Пусть AB = BC = a,

В прямоугольном треугольнике ABM:

Это — с одной стороны. С другой же стороны,

Следовательно,

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника: Если , то

как два прямоугольных треугольника с общим острым углом.

Коэффициент подобия

Так как то:

Ответ: б) 15.