Задачи на теорему Фалеса - очень сложные задачи с решениями

Решение:
В прямоугольном треугольнике [tex]BDC[/tex] отрезок [tex]BF[/tex] — биссектриса угла [tex]DBC[/tex], поэтому по свойству биссектрисы
[tex]\frac{BC}{BD}=\frac{CF}{FD}=\frac{26}{10}=\frac{13}{5}[/tex]
Пусть [tex]BD=5k[/tex], [tex]BC=13k[/tex]; кроме того, [tex]DC=10+26=36[/tex]. По теореме Пифагора
[tex](13k)^{2}-(5k)^{2}=36^{2}\Rightarrow 144k^{2}=1296\Rightarrow k=3[/tex]
Значит, [tex]BD=15[/tex] и [tex]BC=39[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]ABD[/tex] отрезок [tex]BE[/tex] — биссектриса угла [tex]ABD[/tex], поэтому
[tex]\frac{AB}{BD}=\frac{AE}{ED}=\frac{5}{3}\Rightarrow AB=25; \quad AD=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=20[/tex]
[tex]AC=AD+DC=56; \quad P=25+39+56=120[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AB=a[/tex] — основание, [tex]AC=BC=b[/tex] — боковые стороны; тогда [tex]a+2b=32[/tex]. Высота [tex]CH[/tex] является и биссектрисой, поэтому точка [tex]I[/tex] пересечения биссектрис лежит на [tex]CH[/tex], а [tex]AH=\frac{a}{2}[/tex].
В треугольнике [tex]AHC[/tex] отрезок [tex]AI[/tex] — биссектриса угла [tex]A[/tex], поэтому
[tex]\frac{CI}{IH}=\frac{AC}{AH}=\frac{2b}{a}\Rightarrow \frac{CI}{CH}=\frac{2b}{2b+a}=\frac{2b}{32}=\frac{b}{16}[/tex]
Пусть прямая, проходящая через [tex]I[/tex], пересекает [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] в точках [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{CA}=\frac{CI}{CH}=\frac{b}{16}\Rightarrow MN=\frac{ab}{16}=6\Rightarrow ab=96[/tex]
Подставив [tex]a=32-2b[/tex]:
[tex]b^{2}-16b+48=0\Rightarrow b_1=4; \ b_2=12[/tex]
При [tex]b=4[/tex] получаем [tex]a=24\gt 2b[/tex], что противоречит неравенству треугольника. Значит, [tex]b=12[/tex] и основание равно
[tex]a=32-24=8[/tex]

Решение:
Прямая [tex]AB[/tex] проходит через центр и через точку [tex]M[/tex] окружности, поэтому пересекает окружность ещё в точке [tex]L[/tex], причём [tex]ML[/tex] — диаметр. Тогда [tex]\angle MCL=90^{\circ}[/tex], т.е. [tex]CL\perp CM[/tex], значит, [tex]CL[/tex] — биссектриса внешнего угла при вершине [tex]C[/tex]. По свойству биссектрисы
[tex]\frac{AC}{BC}=\frac{AM}{MB}=\frac{12}{3}=4[/tex]
Так как [tex]AC\gt BC[/tex], биссектриса внешнего угла пересекает прямую [tex]AB[/tex] за точкой [tex]B[/tex], и по свойству биссектрисы внешнего угла [tex]\frac{AL}{LB}=\frac{AC}{BC}=4[/tex]. Пусть [tex]LB=x[/tex]:
[tex]\frac{15+x}{x}=4\Rightarrow x=5[/tex]
[tex]ML=MB+BL=3+5=8[/tex]

Решение:
Пусть [tex]BM[/tex] — медиана ([tex]M[/tex] — середина [tex]AC[/tex]), [tex]G[/tex] — точка пересечения медиан, т.е. [tex]BG:GM=2:1[/tex]. Пусть [tex]BL[/tex] ([tex]L\in AC[/tex]) — биссектриса угла [tex]B[/tex]; центр [tex]I[/tex] вписанной окружности лежит на ней, причём [tex]L\neq M[/tex] (иначе [tex]GI[/tex] лежал бы на [tex]BM[/tex]).
Так как [tex]GI\parallel ML[/tex], по обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]MBL[/tex] получаем
[tex]\frac{BI}{IL}=\frac{BG}{GM}=2[/tex]
Обозначим [tex]BC=a[/tex], [tex]AC=b[/tex] и [tex]AB=c[/tex]. Из биссектрисы [tex]BL[/tex]: [tex]\frac{AL}{LC}=\frac{c}{a}[/tex], откуда [tex]AL=\frac{bc}{a+c}[/tex]. В треугольнике [tex]ABL[/tex] отрезок [tex]AI[/tex] — биссектриса угла [tex]A[/tex], поэтому
[tex]\frac{BI}{IL}=\frac{AB}{AL}=\frac{c(a+c)}{bc}=\frac{a+c}{b}[/tex]
Следовательно,
[tex]\frac{a+c}{b}=2\Rightarrow a+c=2b=2\Rightarrow a+b+c=3[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения диагоналей; она является серединой [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex], поэтому [tex]BO[/tex] — медиана треугольника [tex]ABC[/tex] и точка пересечения его медиан [tex]G_1[/tex] лежит на [tex]BO[/tex], причём [tex]\frac{BG_1}{BO}=\frac{2}{3}[/tex].
Пусть прямая, проходящая через [tex]G_1[/tex] параллельно [tex]AC[/tex], пересекает [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex] в точках [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{BP}{BA}=\frac{BQ}{BC}=\frac{BG_1}{BO}=\frac{2}{3}\Rightarrow PQ=\frac{2}{3}AC=18[/tex]
Аналогично прямая, проходящая через точку пересечения медиан треугольника [tex]ADC[/tex], пересекает [tex]CD[/tex] и [tex]DA[/tex] в точках [tex]R[/tex] и [tex]T[/tex], причём [tex]\frac{DR}{DC}=\frac{DT}{DA}=\frac{2}{3}[/tex] и [tex]RT=18[/tex].
Теперь [tex]\frac{CQ}{CB}=\frac{CR}{CD}=\frac{1}{3}[/tex], поэтому по теореме, обратной теореме Фалеса, [tex]QR\parallel BD[/tex] и [tex]QR=\frac{1}{3}BD=4[/tex]. Аналогично [tex]PT=4[/tex]. Периметр равен
[tex]18+4+18+4=44[/tex]

Решение:
Проведём [tex]DP\parallel AK[/tex], где [tex]P\in BC[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]ACB[/tex]
[tex]\frac{CP}{PK}=\frac{CD}{DA}=\frac{5}{4}[/tex]
поэтому можно положить [tex]PK=4t[/tex] и [tex]CP=5t[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]DBC[/tex] (где [tex]OK\parallel DP[/tex])
[tex]\frac{BK}{KP}=\frac{BO}{OD}=\frac{3}{2}\Rightarrow BK=6t[/tex]
[tex]KC=KP+PC=9t\Rightarrow BK:KC=6t:9t=2:3[/tex]

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{BL}{CL}=\frac{AB}{AC}=2[/tex], т.е. [tex]BL=2CL=AL[/tex]. Значит, треугольник [tex]ABL[/tex] равнобедренный; пусть [tex]\angle LAB=\angle LBA=\beta[/tex], тогда [tex]\angle BAC=2\beta[/tex].
Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex], тогда [tex]AK=\frac{AB}{2}=AC[/tex]. Треугольники [tex]ACL[/tex] и [tex]AKL[/tex] равны ([tex]AC=AK[/tex], [tex]\angle CAL=\angle KAL[/tex], [tex]AL[/tex] — общая), поэтому [tex]\angle ACL=\angle AKL[/tex].
В равнобедренном треугольнике [tex]ABL[/tex] медиана [tex]LK[/tex] является и высотой, поэтому [tex]\angle AKL=90^{\circ}[/tex] и [tex]\angle C=90^{\circ}[/tex]. Тогда
[tex]2\beta+\beta=90^{\circ}\Rightarrow \beta=30^{\circ}[/tex]
[tex]\angle A=60^{\circ}; \ \angle B=30^{\circ}; \ \angle C=90^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть у треугольника [tex]ABC[/tex] основание [tex]AB[/tex], [tex]CA=CB=30[/tex], [tex]CH[/tex] — высота ([tex]H[/tex] — середина [tex]AB[/tex]). Пусть точки [tex]G_1[/tex], [tex]G_2[/tex] лежат на [tex]CH[/tex], причём [tex]CG_1=G_1G_2=G_2H[/tex], а [tex]AG_1[/tex] и [tex]AG_2[/tex] пересекают [tex]BC[/tex] в точках [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex].
Проведём [tex]HK\parallel AQ[/tex], где [tex]K\in BC[/tex]. В треугольнике [tex]ABQ[/tex] точка [tex]H[/tex] — середина [tex]AB[/tex], поэтому [tex]K[/tex] — середина [tex]QB[/tex], т.е. [tex]QK=KB=x[/tex]. В угле [tex]HCB[/tex] имеем [tex]G_2Q\parallel HK[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{CQ}{QK}=\frac{CG_2}{G_2H}=2\Rightarrow CQ=2x\Rightarrow 4x=30\Rightarrow CQ=QB=15[/tex]
Аналогично проведём [tex]HL\parallel AP[/tex], где [tex]L\in BC[/tex]; тогда [tex]PL=LB=y[/tex] и
[tex]\frac{CP}{PL}=\frac{CG_1}{G_1H}=\frac{1}{2}\Rightarrow CP=\frac{y}{2}\Rightarrow \frac{y}{2}+2y=30\Rightarrow y=12[/tex]
[tex]CP=6; \ PQ=15-6=9; \ QB=15[/tex]

Решение:
Пусть [tex]CA=b[/tex], [tex]CB=a[/tex] и [tex]CD=h[/tex]. Пусть прямая, проходящая через [tex]E[/tex], пересекает [tex]CB[/tex] в точке [tex]K[/tex], а прямая, проходящая через [tex]F[/tex], пересекает [tex]CA[/tex] в точке [tex]L[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для угла [tex]ACB[/tex]
[tex]\frac{CL}{CA}=\frac{CF}{CB}\Rightarrow CL=\frac{hb}{a}; \quad \frac{CK}{CB}=\frac{CE}{CA}\Rightarrow CK=\frac{ha}{b}[/tex]
Значит, отсекаемые на сторонах части равны
[tex]EL=\frac{h|b-a|}{a}; \quad KF=\frac{h|b-a|}{b}\Rightarrow \frac{EL}{KF}=\frac{b}{a}=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}[/tex]
Следовательно, [tex]b\gt a[/tex] и [tex]h\left(\frac{4}{3}-1\right)=12[/tex], т.е. [tex]h=36[/tex]. Пусть эти прямые пересекают [tex]CD[/tex] в точках [tex]E_1[/tex] и [tex]F_1[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для углов [tex]ACD[/tex] и [tex]BCD[/tex]
[tex]CE_1=\frac{CE}{CA}\cdot CD=\frac{h^{2}}{b}; \quad CF_1=\frac{h^{2}}{a}[/tex]
Обе прямые перпендикулярны [tex]CD[/tex], поэтому расстояние между ними равно
[tex]E_1F_1=\frac{h^{2}}{a}-\frac{h^{2}}{b}=\frac{1296}{a}\cdot \frac{1}{4}=\frac{324}{a}=6\Rightarrow a=54; \quad b=\frac{4}{3}\cdot 54=72[/tex]

Решение:
В треугольнике [tex]ACD[/tex] имеем [tex]MO\parallel DC[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса [tex]\frac{MO}{b}=\frac{AM}{AD}[/tex]. В треугольнике [tex]ABD[/tex] имеем [tex]MO\parallel AB[/tex], поэтому [tex]\frac{MO}{a}=\frac{DM}{DA}[/tex]. Складывая эти равенства, получаем
[tex]\frac{MO}{a}+\frac{MO}{b}=\frac{AM+MD}{AD}=1\Rightarrow MO=\frac{ab}{a+b}[/tex]
Аналогично из треугольников [tex]BCD[/tex] и [tex]ABC[/tex] получаем [tex]ON=\frac{ab}{a+b}[/tex]. Следовательно,
[tex]MN=MO+ON=\frac{2ab}{a+b}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. Через [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] проведём прямые, параллельные [tex]MN[/tex]; пусть они пересекают прямую [tex]CP[/tex] в точках [tex]A_1[/tex] и [tex]B_1[/tex]. По обобщённой теореме Фалеса для углов [tex]MCP[/tex] и [tex]NCP[/tex]
[tex]\frac{CA}{CM}=\frac{CA_1}{CP}; \quad \frac{CB}{CN}=\frac{CB_1}{CP}[/tex]
Треугольники [tex]APA_1[/tex] и [tex]BPB_1[/tex] равны ([tex]AP=BP[/tex], вертикальные углы при вершине [tex]P[/tex] и [tex]\angle PAA_1=\angle PBB_1[/tex] как накрест лежащие), поэтому [tex]PA_1=PB_1[/tex] и точки [tex]A_1[/tex], [tex]B_1[/tex] лежат по разные стороны от [tex]P[/tex]. Значит, один из отрезков [tex]CA_1[/tex], [tex]CB_1[/tex] равен [tex]CP+PA_1[/tex], а другой [tex]CP-PA_1[/tex], откуда
[tex]CA_1+CB_1=2CP\Rightarrow \frac{CA}{CM}+\frac{CB}{CN}=\frac{CA_1+CB_1}{CP}=2[/tex]

Решение:
Прямые [tex]AN[/tex] (содержит [tex]M[/tex] и [tex]P[/tex]) и [tex]QR[/tex] (содержит [tex]C[/tex]) пересекаются в точке [tex]P[/tex]. Так как [tex]AB\parallel DC[/tex], эти прямые пересечены параллельными прямыми [tex]AQ[/tex] и [tex]NC[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{PQ}{PC}=\frac{PA}{PN}[/tex]
Так как [tex]AD\parallel BC[/tex], они пересечены также параллельными прямыми [tex]AR[/tex] и [tex]MC[/tex], поэтому
[tex]\frac{PR}{PC}=\frac{PA}{PM}[/tex]
Так как [tex]P[/tex] — середина [tex]MN[/tex], то [tex]PM=PN[/tex], и правые части равны. Значит, [tex]\frac{PQ}{PC}=\frac{PR}{PC}[/tex], т.е. [tex]PQ=PR[/tex].

Решение:
Пусть [tex]A_2[/tex] — середина [tex]BA_1[/tex], а [tex]B_2[/tex] — середина [tex]AB_1[/tex]. Средняя линия треугольника [tex]ABB_1[/tex] даёт [tex]MB_2\parallel BB_1[/tex] и [tex]MB_2=\frac{1}{2}BB_1[/tex], а средняя линия треугольника [tex]BAA_1[/tex] — [tex]MA_2\parallel AA_1[/tex] и [tex]MA_2=\frac{1}{2}AA_1[/tex]. Так как [tex]AA_1=BB_1[/tex], получаем [tex]MA_2=MB_2[/tex].
В угле [tex]MCB_2[/tex] имеем [tex]PB_1\parallel MB_2[/tex], а в угле [tex]MCA_2[/tex] — [tex]PA_1\parallel MA_2[/tex], поэтому по обобщённой теореме Фалеса
[tex]\frac{PB_1}{MB_2}=\frac{CP}{CM}=\frac{PA_1}{MA_2}\Rightarrow PA_1=PB_1[/tex]
Тогда [tex]AP=AA_1-PA_1=BB_1-PB_1=BP[/tex], поэтому треугольник [tex]ABP[/tex] равнобедренный и его медиана [tex]PM[/tex] является и высотой: [tex]CM\perp AB[/tex]. Значит, в треугольнике [tex]ABC[/tex] медиана [tex]CM[/tex] является и высотой, откуда [tex]AC=BC[/tex].