Физтех 2026/27 · Математика · 9 кл., №7 — решение · отбор · 1-я попытка

Условие

Отрезок $MN$ — биссектриса треугольника $KLM$ Найдите $NL$ если $MN = ML$ $KN = 18$ $KM = 27$

Дано: Треугольник $KLM$ $MN$ — биссектриса угла $M$ точка $N$ лежит на стороне $KL$ $MN = ML$ $KN = 18$ $KM = 27$ Найти $NL$

Рисунок к условию

О задаче · 9 класс

Олимпиада: Физтех
Предмет / класс: Математика · 9 класс
Сезон / этап: 2026/27 · первый тур, первая попытка

Попробуйте самостоятельно. Сделайте чертёж: биссектриса $MN$ делит угол $M$ пополам, а равенство $MN=ML$ делает треугольник $MNL$ равнобедренным. Обозначьте $\alpha=\angle KMN$ и выразите остальные углы чертежа через $\alpha$ и угол при основании $NL$ По свойству биссектрисы $18:NL=27:ML$ но $ML$ пока неизвестно — значит, нужно ещё одно соотношение, в котором работает условие $MN=ML$

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Подсказка 1

Равенство $MN=ML$ — это равнобедренный треугольник $MNL$ углы при его основании $NL$ равны. Обозначьте $\alpha=\angle KMN=\angle NML$ , $\beta=\angle MNL=\angle MLN$ и выпишите, чему равны $\angle KNM$ и $\angle K$ через $\alpha$ и $\beta$ Смежный угол $\angle KNM$ окажется «узнаваемым».

Подсказка 2

Биссектриса $MN$ — ось симметрии угла $M$ Отложите на стороне $MK$ (её длина $27$ ) точку $L'$ с $ML'=ML$ — это образ точки $L$ при отражении относительно прямой $MN$ Какие углы при точках $L'$ и $N$ при этом окажутся равными? Поищите на чертеже пару подобных треугольников с общей вершиной $K$

Разобрать решение по шагам

Шаг 1. Углы через α и β

Пусть $x=ML=MN$ $\alpha=\angle KMN=\angle NML$ (биссектриса), $\beta=\angle MNL=\angle MLN$ (углы при основании равнобедренного треугольника $MNL$ ). Сумма углов треугольника $MNL$

\alpha+2\beta=180^\circ.

Угол $\angle KNM$ смежен с $\angle MNL$ поэтому

\angle KNM=180^\circ-\beta.

В треугольнике $KLM$ угол $K$ равен

\begin{aligned}\angle K&=180^\circ-2\alpha-\beta\\[0.45em]&=(\alpha+2\beta)-2\alpha-\beta\\[0.45em]&=\beta-\alpha.\end{aligned}

Угол треугольника положителен, значит $\beta>\alpha$

Зачем это нужно: условие « $MN=ML$ » — информация об углах, и пока она не переведена в углы, с ней нельзя работать. Попутно видим $\angle K=\beta-\alpha<\beta=\angle L$ , значит $ML<KM$ то есть $x<27$

Шаг 2. Отражаем L в биссектрисе

Биссектриса $MN$ — ось симметрии угла $KML$ Отметим на стороне $MK$ точку $L'$ с $ML'=ML=x$ (это образ $L$ при симметрии относительно $MN$ ); она лежит на отрезке $MK$ так как $x<27=KM$ Тогда $NL'=NL$ и $\angle ML'N=\angle MLN=\beta$ .

Поэтому

\angle KL'N=180^\circ-\beta=\angle KNM.

У нас появились два треугольника — $KNL'$ и $KMN$ — с общим углом $K$ и равными углами при $L'$ и $N$

Как заметить ход: «перегиб» по биссектрисе — стандартный способ перенести равный отрезок ( $ML$ ) на другую сторону угла, чтобы равенство отрезков стало равенством углов на одной прямой.

Точка L′ на стороне MK: ML′ = ML = x, пунктир NL′ = NL. Углы β при N, L и L′ равны, поэтому ∠KL′N = ∠KNM = 180° − β; закрашены подобные треугольники KNL′ (синий) и KMN (серый).

Шаг 3. Подобие и уравнение на x

Треугольники $KNL'$ и $KMN$ подобны по двум углам ( $\angle K$ общий, $\angle KL'N=\angle KNM$ ), причём $K\to K$ $N\to M$ $L'\to N$ Отсюда

\dfrac{KN}{KM}=\dfrac{KL'}{KN},

KN^2=KM\cdot KL'.

Так как $KL'=KM-ML'=27-x$

\begin{aligned}18^2&=27\,(27-x),\\[0.45em]324&=729-27x,\\[0.45em]27x&=405,\\[0.45em]x&=15.\end{aligned}

Итак, $ML=MN=15$ и $KL'=12$

В общем виде $KN^2=KM\,(KM-ML)$ откуда

ML=\dfrac{KM^2-KN^2}{KM}.

Уравнение линейное — решение одно; оно положительно ровно при $KN<KM$ что согласуется с шагом 1: угол $KNM$ тупой, поэтому в треугольнике $KMN$ сторона $KM$ больше $KN$

Шаг 4. Свойство биссектрисы даёт ответ

Биссектриса делит противоположную сторону пропорционально прилежащим сторонам:

\dfrac{KN}{NL}=\dfrac{KM}{ML},

NL=\dfrac{KN\cdot ML}{KM}=\dfrac{18\cdot 15}{27}=10.

Это и есть искомое: $NL=10$ Попутно $KL=KN+NL=28$ — пригодится для проверки.

Зачем: пропорция биссектрисы содержит две неизвестные, $NL$ и $ML$ после шага 3 одна из них найдена, и пропорция превращается в прямое вычисление ответа.

Шаг 5. Проверка существования

Такой треугольник действительно есть: стороны $KM=27$ $ML=15$ $KL=28$ удовлетворяют неравенству треугольника ( $15+27>28$ $15+28>27$ $27+28>15$ ).

Обратно: в треугольнике со сторонами $27$ $15$ $28$ биссектриса из $M$ делит $KL$ в отношении $27:15=9:5$ то есть

KN=28\cdot\dfrac{9}{14}=18,

а по формуле длины биссектрисы

\begin{aligned}MN^2&=KM\cdot ML-KN\cdot NL\\[0.45em]&=27\cdot 15-18\cdot 10=225,\end{aligned}

MN=15=ML.

Оба условия задачи воспроизводятся, и других решений нет: уравнение шага 3 линейное, а $NL$ выражается через $ML$ однозначно.

Второй способ: высота MP равнобедренного треугольника MNL делит NL пополам (NP = PL = t/2), а KP = 18 + t/2; из треугольников KPM и LPM по теореме Пифагора получается уравнение на t.

Проверка

Проверка вторым способом — без дополнительной точки. Обозначим $NL=t$ По свойству биссектрисы

\dfrac{18}{t}=\dfrac{27}{ML},\qquad ML=\dfrac{3t}{2}.

В равнобедренном треугольнике $MNL$ ( $MN=ML$ ) высота $MP$ является и медианой, поэтому

NP=PL=\dfrac{t}{2},\qquad KP=18+\dfrac{t}{2}.

Выразим $MP^2$ из прямоугольных треугольников $KPM$ и $LPM$ по теореме Пифагора:

\begin{aligned}MP^2&=27^2-\left(18+\dfrac{t}{2}\right)^2,\\[0.45em]MP^2&=\left(\dfrac{3t}{2}\right)^2-\left(\dfrac{t}{2}\right)^2=2t^2.\end{aligned}

Приравняем правые части:

27^2-\left(18+\dfrac{t}{2}\right)^2=2t^2.

Раскроем скобку ( $27^2-18^2=405$ ):

405-18t-\dfrac{t^2}{4}=2t^2.

Умножим обе части на $4$ и перенесём всё в одну сторону:

9t^2+72t-1620=0.

Разделим на $9$

t^2+8t-180=0,

t=10\ \text{или}\ t=-18.

Отрицательный корень отбрасываем: $NL=10$ — тот же ответ. Заодно $ML=15$ $KP=23$ $MP^2=200$ Это совпадает с координатной моделью $K=(0;0)$ $L=(28;0)$ $N=(18;0)$ $M=(23;\sqrt{200})$

MN^2=5^2+200=225=ML^2.

Ответ

$NL=10$ (при этом $ML=MN=15$ $KL=28$ ).

Главная идея

Равенство $MN=ML$ плюс биссектриса — это симметрия: перегнув чертёж по $MN$ переносим $L$ на сторону $MK$ в точку $L'$ и получаем подобные треугольники $KNL'\sim KMN$ то есть $KN^2=KM\cdot KL'$ Это сразу даёт $ML=15$ а свойство биссектрисы — ответ $NL=10$

Если в задаче есть биссектриса и равенство двух отрезков, один из которых лежит на ней, — ищите равнобедренный треугольник, выписывайте углы через один-два параметра и ищите «общий угол + ещё один равный угол» для подобия. Отражение относительно биссектрисы (или откладывание равного отрезка на другой стороне угла) — типовой способ «склеить» равные отрезки в одну конфигурацию. Связка $KN^2=KM\cdot KL'$ выглядит как касательная и секущая — это тот же приём «квадрат отрезка равен произведению». Запасной маршрут: свойство биссектрисы + высота равнобедренного треугольника + теорема Пифагора.

Где легко ошибиться

Пытаться применить свойство биссектрисы $18:NL=27:ML$ сразу, с двумя неизвестными $NL$ и $ML$ получается одно уравнение с двумя неизвестными, и решение «застревает». Условие $MN=ML$ нужно сначала превратить в уравнение на $ML$ — через подобие из шага 3 (или через высоту равнобедренного треугольника и теорему Пифагора, как в проверке) — и только потом подключать пропорцию для ответа.

Источник и авторство

Физтех · математика · 9 класс · 2026/27 · первый тур, первая попытка. Официальная задача 7.1 (ID 6093).

Официальные условия ↗ · Материалы организатора ↗

Подсказки, объяснение и исследовательские модели — Popov Academy. Решение проверено; результат сопоставлен с официальными материалами.

Тема, знания и приёмы

Треугольники и углы · Нужна школьная база

Биссектриса
Отражение относительно прямой
Подобие треугольников

Приёмы решения: Симметрия и попарное соответствие · Дополнительное построение · Подобие треугольников

Задать вопрос по задаче →