Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники и их элементы → .06 Ортоцентр и его свойства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Треугольники и их элементы

Средняя линия и её свойства

Ортоцентр и его свойства

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#67089Максимум баллов за задание: 7

Точки $A ,B 1 1$ и $C 1$ симметричны центру $O$ описанной около остроугольного треугольника $ABC$ окружности относительно его сторон. Докажите, что центром описанной окружности треугольника $A1B1C1$ является ортоцентр треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы симметрично отражаем центр окружности, описанной вокруг треугольника, мы опускаем перпендикуляр из этой точки и удваиваем его, получая образ точки О. Пусть середины сторон AB и BC - это Х и Y. Что тогда можно сказать про отрезки XY и A₁C₁?

Подсказка 2

Эти отрезки параллельны, в силу того, что XY-средняя линия. OC₁A₁. Стоп… Но ведь она же и средняя линия треугольника ABC! А значит XY параллельно AC, а значит АС параллельно A₁C₁. Теперь посмотрим на всю картинку целиком. Центр описанной окружности треугольника A₁B₁C₁ - это точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам. А через какую точку на картинке проходит серединный перпендикуляр к отрезку A₁C₁?

Подсказка 3

Рассмотрим треугольник OC₁A₁. Серединный перпендикуляр к OA₁ - это BY, к OC₁ - BX(все в силу симметрии), значит сервер к A₁C₁ проходит через точку B. Значит, и серединный перпендикуляр к B₁C₁ проходит через точку A. Но при этом чем являются серединные перпендикуляры для треугольника ABC? Поймите это, и задача решится сама!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $X,Y$ середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Тогда $XY$ — средняя линия в $ΔBAC$ и $ΔA1C1O.$ Отсюда следует, что $A1C1 ∥XY ∥AC.$ В силу симметрии $BC1 =BO = BA1.$ Таким образом, $B$ — лежит на серединном перпендикуляре к $A1C1.$ Из параллельности $AC$ и $A1C1$ понимаем, что высота треугольника $ABC$ из точки $B$ — серединный перпендикуляр $A1C1.$ Аналогично другие высоты являются серединными перпендикулярами соответствующих сторон. Они пересекаются в ортоцентре, значит он является искомым центром, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#67090Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты пересекаются в точке $H,$ точка $D$ — середина стороны $AC.$ Прямая, проходящая через точку $H$ и перпендикулярная $HD,$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что $H$ — середина отрезка $EF.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть ортоцентр и середина стороны, какое свойство ортоцентра хочется использовать?

Подсказка 2

Давайте удвоим отрезок HD за точку D и получим точку P на описанной окружности треугольника ABC. На картинке появились вписанные четырёхугольники, какие?

Подсказка 3

AEHP и CFHP - вписанные, у них же противоположные углы прямые! Осталось только посчитать уголки и доказать равнобедренность треугольника EPF.

Показать доказательство

$PIC$

Удвоим отрезок $HD$ за точку $D$ и получим точку $P,$ которая по свойству ортоцентра лежит на окружности $(ABC )$ и является диаметрально противоположной точке $B,$ откуда $∠BCP = ∠BAP = 90∘.$ Заметим, что четырёхугольники $EHP A$ и $HF CP$ — вписанные. Поперекидываем в них углы: $∠HEP = ∠HAP,∠HF P = ∠HCP.$ Также из параллелограмма $AHCP$ имеем $∠HCP$ = $∠HAP,$ откуда $∠HEP = ∠HFP.$ Таким образом, $ΔEF P$ — равнобедренный, а значит $EH =HF,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#67091Максимум баллов за задание: 7

Точки касания вписанной в треугольник окружности соединены отрезками и в полученном треугольнике проведены высоты. Докажите, что прямые, соединяющие основания этих высот, параллельны сторонам исходного треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Картинка довольно громоздкая, поэтому задачу полезно переформулировать: пусть дан треугольник ABC, AA', CC' - его высоты, нужно доказать, что касательная в точке B к описанной окружности треугольника ABC параллельна A'C'.

Подсказка 2

Это можно доказать простым счётом углов. Когда дана касательная, то что можно сказать про угол между касательной и хордой?

Показать доказательство

Пусть касание происходит в точках $A,B,C.$ Стороны исходного треугольника являются касательными к окружности $(ABC)$ в соответствующих точках. Докажем, что каждый отрезок, соединяющий основания высот, параллелен соответствующей касательной, проведённой к описанной окружности в соответствующей вершине треугольника.

$PIC$

В силу антипараллельности $AC$ и $′ ′ AC$ имеем $′ ′ ∠BC A = ∠BCA.$ Также $∠XBA =∠BCA$ как угол между хордой и касательной. Теперь видно, что $′ ′ XB ∥A C .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#67114Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности, точка $H$ — ортоцентр. Отрезки $OA,OB$ и $OC$ параллельно перенесли и последовательно приставили друг другу. Получилась ломаная. Докажите, что отрезок, соединяющий концы ломаной, равен и параллелен $OH.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отрезки, которые друг от друга откладывают, и нам важно только расстояние между началом и концом… Да это же задача на векторы! То есть нас просят доказать векторное равенство OH=OA+OB+OC (всё в векторах). Сразу такое доказывать страшно и не понятно как. Может быть преобразовать два каких-то слагаемых из этой суммы, с помощью дополнительного построения?

Подсказка 2

Если у нас есть ортоцентр, то надо пользоваться его свойством. При этом таким свойством, чтобы где-то обнаружить отрезок BH, потому что в данный момент совершенно неясно, что с ним делать, а только с ним что-то делать и остается, так как оба отрезка: OH и OB, как-то с ним связаны. Так какое доп. построение здесь может зарешать?

Подсказка 3

Оп-па, можно отразить точку О относительно AC (пусть образ точки O- это О₁). Тогда OO₁=HB, по свойству ортоцентра, при этом, очевидно, HBOO₁ — параллелограмм. А значит, OH можно легко выразить через OB и OO₁. Осталось выразить, в силу того, что СOAO₁ — параллелограмм, сумму векторов OA+OC, после чего увидеть, что задача решена!

Показать доказательство

Иными словами, нас просят доказать векторное равенство

−−→ −→ −−→ −−→ OH =OA + OB + OC(Формула-Гамильтона)

$PIC$

Пусть $O1$ симметрична $O$ относительно середины $AC,$ тогда

−O→A +−O−→C = −O−O→1.

По свойству ортоцентра $BH = OO1$ и $BH ∥ OO1,$ значит $HBOO1$ — параллелограмм, следовательно,

−−→ −−→ −−→ OB + OO1 = OH

Таким образом,

−→ −−→ −−→ −−→ OA + OB +OC = OH

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#67130Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность. Из середины каждого отрезка, соединяющего две точки касания, проводится перпендикуляр к противолежащей стороне. Докажите, что эти перпендикуляры пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Иногда удобнее работать не с самой задачей, а с задачей, которая тождественна данной, но при этом формулируется легче и понятнее. Переформируем задачу так:
Рассмотрим треугольник ABC и его описанную окружность. Проведём к ней касательную l в точке A , а из середины M стороны BC проведём прямую a , перпендикулярную l. Аналогично определим прямые b и c . Требуется доказать, что прямые a , b и c пересекаются в одной точке.
Попробуйте теперь как-то связать эту задачу с темой веба.

Подсказка 2

Если мы хотим как-то связать данную задачу с темой веба, то, поскольку точка О - центр описанной окружности, уже отмечена, то остается лишь отметить точку Н. Если основание высоты из точки M - середины стороны BC - на прямую l - это К, то как связаны MK и AO? А что дает эта связь? Какие отрезки тогда выходят равными?

Подсказка 3

В силу того, что ОМ и AH параллельны, а также, так как МК и АО параллельны, поскольку каждый из них перпендикулярен l, MOAE - параллелограмм(Е-пересечение AH и МК). Что тогда можно сказать, используя свойство ортоцентра, которое связывает OM и AH?

Подсказка 4

Поскольку 2OM=AH, и при этом OM=AE, по свойству параллелограмма, то OM=EH. И при этом OM || EH. Значит MOEH-параллелограмм. А что это значит для нас, в рамках доказательства задачи? Что это нам дает?

Подсказка 5

Верно, диагонали точкой пересечения у MOEH делятся пополам. А значит МЕ пересекает отрезок OH(который задает прямую Эйлера) в середине. Ого! Так значит наша прямая MK проходит через середину OH, то есть через центр окружности Эйлера! Но что нам мешает доказать тоже самое относительно других прямых, которые являются высотами к касательным в вершинах треугольника? А кажется, мы решили задачу :)

Показать доказательство

Так как стороны исходного треугольника являются касательными к описанной окружности треугольника, образованного точками касания, то задачу удобно переформулировать:

Рассмотрим треугольник $ABC$ и его описанную окружность. Проведём к ней касательную $l$ в точке $A,$ а из середины $M$ стороны $BC$ проведём прямую $a,$ перпендикулярную $l.$ Аналогично определим прямые $b$ и $c.$ Требуется доказать, что прямые $a,b$ и $c$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Заметим, что $OA ∥ a,$ так как они обе перпендикулярны к $l.$ Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC, E$ — середина $AH.$ Из того, что $OM ∥AH$ и соотношения $AH =2OM$ (свойство ортоцентра) следует, что $OAEM$ и $OEHM$ — параллелограммы(их противолежащие стороны равны и параллельны). Значит, $ME ⊥ l,$ то есть прямые $ME$ и $a$ совпадают. Из параллелограмма $OEHM$ получим, что $ME$ содержит середину $P$ отрезка $OH.$ Проведя аналогичные рассуждения, получим, что прямые $b$ и $c$ также проходят через точку $P.$ Таким образом, прямые $a,b$ и $c$ пересекаются в одной точке.

$P$ является центром окружности девяти точек треугольника $ABC,$ а $ME$ — один из её диаметров. Эти факты можно использовать в заключительной части рассуждения.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#67960Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ а $H$ — точка пересечения его высот. Оказалось, что прямая $OH$ параллельна стороне $BC.$ На плоскости отметили такую точку $K,$ что $ABHK$ — параллелограмм. Отрезки $OK$ и $AC$ пересеклись в точке $L.$ В каком отношении перпендикуляр, опущенный из точки $L$ на отрезок $AH,$ делит $AH?$

Источники: СПБГУ-23, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте постепенно раскручивать задачу и понимать, для чего нам дали факты из условия. Предположительно вообще вы можете угадать ответ, и он вас будет как-то направлять, но в любом случае нужно понаблюдать за картинкой. Зададим себе правильные наводящие вопросы. Для чего нам дали параллельность OH? Это ведь не в любом треугольнике верно. Что можно сказать про углы и получившуюся фигуру с параллельными прямыми?

Подсказка 2

Верно, так как высота перпендикулярна стороне BC, то она перпендикулярна и OH из параллельности. Пусть у нас проведена высота AD. Также у нас получилась трапеция. А значит, перпендикуляр OT равен HD. Какой факт тогда можно вспомнить об этих отрезках? Тут полезно вспомнить про прямую Эйлера и факты, связанные с ней.

Подсказка 3

Точно, OT будет в два раз меньше AH из-за подобия треугольников OMT и AHM, где M — это точка пересечения медиан. Но тогда 2HD=AH. Отлично, уже лучше! Теперь займёмся параллелограммом. Заметим, что у нас сторона AK перпендикулярна AC. Что можно подумать тогда сделать? Хотелось бы, чтобы отрезок AK был получше связан с картинкой. Может, стоит продлить его до пересечения с чем-нибудь?

Подсказка 4

Ага, давайте продлим AK за точку A. Тогда с чем хорошо пересечь эту прямую, учитывая 90 градусов? Конечно, давайте пересечём с описанной окружностью треугольника в точке N. Тогда точки N и C диаметрально противоположные. Откуда O лежит на CN. А что ещё можно сказать про точку N? Как она связана с ортоцентром?

Подсказка 5

Верно, точка N центрально-симметричная H относительно AB, так как CN это диаметр. Тогда у нас получается ещё один параллелограмм AHBN. Откуда получается, что AN =BH = AK. Давайте теперь обратим внимание на треугольник NKC. Чем в ней является отрезок OK? А отрезок CA?

Подсказка 6

Точно, это же медианы в треугольнике NKC! Но тогда L — это точка пересечения медиан. Отлично, про точку, казалось бы, непонятно каким образом относящуюся к картинке, мы установили такой факт. Остались последние шаги. Какой факт мы знаем про точку пересечения медиан? Как это можно связать с фактом из 3 подсказки?

Подсказка 7

Верно, точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2 к 1 от вершины. Теперь вспоминая, что мы проводили перпендикуляр из L на AH, можем применить теорему Фалеса и равенство отрезков. Победа!

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — основание высоты из точки $A,$ а $M$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $L$ на $AH.$ Прямая $OA ′$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BC,$ поэтому она параллельна высоте $AD.$

По свойству ортоцентра $′ AH = 2OA$ и $′ BH = 2OB .$ По условию прямые $OH$ и $BC$ параллельны, следовательно, $′ OHDA$ — прямоугольник и $′ 1 HD = OA = 2AH.$

Первое решение.

$PIC$

В параллелограмме $ABHK$ противоположные стороны равны, поэтому $AK = BH = 2OB′.$ Треугольники $ALK$ и $B′LO$ подобны по двум углам ( $∠ALK = ∠B′LO$ как вертикальные, $∠OB ′L = 90∘ =∠KAL )$ и их коэффициент подобия равен 2. Пусть $LB′ = x,$ тогда $AL = 2x$ и $CB ′ = AB′ = 3x,$ поскольку $B′$ — середина стороны $AC.$ Стало быть, $AL :AC = 2x :6x = 1:3$ и $AM :AD = 1:3,$ так как треугольники $ALM$ и $ACD$ подобны. Пусть $HD = y,$ тогда $OA ′= y,$ $AH = 2y$ и $AD =AH + HD = 3y.$ Следовательно, $AM = y$ и $MH = AH − AM =2y− y = y.$ Таким образом, $AM :MH = 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∠KAC =90∘.$ По условию $ABHK$ параллелограмм, значит, $AK = BH.$ Отрезок $B′P$ — средняя линия треугольника $CAK,$ поэтому $B ′P = 12AK = 12BH = OB′.$ Кроме того, $OB ′$ и $P B′$ перпендикулярны $AC,$ поэтому точки $O,$ $B ′$ и $P$ лежат на одной прямой. Таким образом, $OP = 2OB′ = AK$ и $OP$ параллельна $AK.$ Стало быть, $AOP K$ — параллелограмм. Пусть $Q$ — точка пересечения его диагоналей, тогда $AQ =QP.$ Следовательно, $AB′$ и $OQ$ — медианы треугольника $AOP$ , а $L$ — точка их пересечения, поэтому $AL :AB ′= 2:3$ и, значит, $AL:AC = 1:3.$ Из подобия треугольников $AML$ и $ADC$ следует, что $AAMD-= AALC-= 13.$ Тогда если $AM = x,$ то $AD = 3x$ и $AH =2x,$ а, значит, $MH =x$ и $AM :MH = 1:1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

$PIC$

Пусть точка $E$ — пересечение этой высоты с описанной окружностью треугольника $ABC,$ точка $′ A$ диаметрально противоположна точке $A$ на этой окружности, а точка $N$ — вторая точка пересечения прямой $AK$ с этой окружностью. Из параллельности прямых $OH$ и $BC$ следует, что прямая $OH$ перпендикулярна высоте $AD.$ Поскольку $′ AA$ — диаметр окружности, $′ ∘ ∠AEA =90$ и, значит, прямые $′ A E$ и $OH$ параллельны. Стало быть, $OH$ — средняя линия треугольника $′ AA E,$ поэтому $AH = HE.$ Далее,

∠CBE = ∠CAE = 90∘− ∠ACB = ∠CBH,

поэтому в треугольнике $BEH$ отрезок $BD$ является биссектрисой и высотой, а, значит, и медианой. Таким образом, $HD = DE.$ Из равенств $AH = HE$ и $HD = DE$ получаем, что $AH :AD = 2:3.$

По условию прямые $AK$ и $BH$ параллельны, а прямая $BH$ перпендикулярна прямой $AC,$ поэтому $∘ ∠NAC = 90$ и точки $C$ и $N$ диаметрально противоположны. Следовательно, $∘ ∠NBC =90$ и поэтому прямые $NB$ и $AH$ параллельны. Таким образом, четырехугольник $AHBN$ является параллелограммом. Стало быть, $AN =BH = AK$ и отрезок $CA$ является медианой в треугольнике $KCN.$ Но отрезок $KO$ также является медианой в этом треугольнике. Следовательно, $L$ — точка пересечения медиан этого треугольника и $AL:AC = 1:3.$ Тогда по теореме Фалеса $AM :AD =1 :3.$ Но мы уже знаем, что $AH :AD =2 :3,$ поэтому $AM = MH.$

Ответ:

$1 :1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#68522Максимум баллов за задание: 7

Точки $O$ и $H$ — центр описанной окружности и точка пересечения высот остроугольного треугольника $ABC$ ; $M$ и $N$ — середины отрезков $AH$ и $BH$ . Оказалось, что точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ лежат на одной окружности. Докажите, что эта окружность касается описанной окружности треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

$PIC$

Утверждение задачи равносильно тому, что радиус окружности $Ω$ , проходящей через точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ , равен $R ∕2$ , где $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ , а, стало быть, и тому, что радиус окружности $Ω1$ , гомотетичной окружности $Ω$ с центром $H$ и коэффициентом $2$ , равен $R$ . Но $Ω1$ — это описанная окружность треугольника $AHB$ , а она, как хорошо известно, симметрична описанной окружности треугольника $ABC$ относительной прямой $AB$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#72126Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BD.$ Точка $X$ на стороне $BC$ такова, что $AB = BX.$ Докажите, что прямые $BO$ и $DX$ перпендикулярны ( $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ ).

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что треугольник $ABX$ — равнобедренный, а значит, точки $A$ и $X$ симметричны относительно биссектрисы $BD.$ Как известно, ортоцентр $H$ и центр описанной окружности $O$ также симметричны относительно биссектрисы $BD.$ Следовательно, достаточно доказать, что $BH ⊥ AD,$ а потом сделать симметрию относительно $BD.$ Осталось заметить, что последняя перпендикулярность очевидна из определения высоты.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#72127Максимум баллов за задание: 7

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $C$ треугольника $ABC,$ пересекает его стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что центр описанной окружности треугольника $BXY$ лежит на высоте треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности у треугольника $ABC,$ $O 1$ — у треугольника $BXY.$ Направления на ортоцентр и центр описанной окружности треугольника являются изогоналями, поэтому нам достаточно доказать, что $∠OBC = ∠O1BA,$ то есть что $BO$ и $BO1$ симметричны относительно биссектрисы угла $ABC.$

Угол $BOC$ в два раза больше угла $BAC$ как центральный. Следовательно, $∘ ∠OBC = 90 − ∠BAC.$ По аналогичным рассуждениям $∘ ∠O1BX = 90 − ∠XY B.$ Осталось заметить, что $∠BAC =∠XY B$ в силу вписанности четырёхугольника $AXY C.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#72128Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Центр описанной окружности треугольника $ABC$ лежит на прямой $BD.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $ABD$ лежит на прямой $AC.$

Показать доказательство

Проведём перпендикуляр $BM$ на $AC.$ Центр окружности $(ABC )$ лежит на $BD,$ следовательно $∠CBD = ∠ABM.$ Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABT$ ( $T$ — точка пересечения диагоналей). В силу параллельности оснований $∠CBD = ∠BDA.$ Заметим, что $∘ ∘ ∠BAM = 90 − ∠ABM = 90 − ∠BDA =∠DAN$ ( $N$ — основание второй высоты треугольника $ABT$ ). Таким образом, прямые $AH$ и $AC$ являются изогоналями в угле $BAD,$ отсюда получаем требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#74118Максимум баллов за задание: 7

Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольников $ABC,ABH, BCH$ и $CAH$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут нужно вспомнить одно базовое свойство ортоцентра. Если отразить его относительно стороны, то куда он попадëт?

Подсказка 2

Если не помните, то давайте подумаем. Если эти 4 окружности равны, то тогда, например, окружности ABC и ABH симметричны относительно AB. Куда при таком раскладе должен перейти ортоцентр?

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $H1$ — точка, симметричная точке $H$ относительно прямой $BC.$ Тогда $∠BH1C =∠BHC = 180∘− ∠A.$ Поэтому точка $H1$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$ Следовательно, описанная окружность треугольника $BHC$ симметрична описанной окружности треугольника $ABC$ относительно прямой $BC.$ Остальное аналогично.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#74120Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ — вписанный четырехугольник. $H C$ и $H D$ — ортоцентры треугольников $ABD$ и $ABC.$ Докажите, что $H H = CD. C D$

Показать ответ и решение

Отрезки $CH D$ и $DH C$ параллельны, так как они перпендикулярны прямой $AB.$ Кроме того, из свойства ортоцентра известно, что $DHC =CHD =2OH.$ Отсюда получаем, что $CHDHCD$ — параллелограм и $HCHD = CD.$

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#74121Максимум баллов за задание: 7

$BN$ и $CT$ — высоты в треугольнике $ABC.$ Известно, что прямая $OI,$ соединяющая центры описанной и вписанной окружностей, параллельна прямой $NT.$ Найдите длину высоты $AK$ треугольника, если известно что радиус описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны соответственно $R$ и $r.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Из свойств ортоцентра известно, что радиус описанной окружности перпендикулярен $NT.$ Значит $OI⊥AO,$ поэтому $∠AOI = 90∘.$ Опустим перпендикуляр из $IE$ на $AK.$ Очевидно, что $KEIL$ — прямоугольник и $IL= EK = r.$ Так как высота и радиус образуют одинаковые углы со смежными сторонами, то $∠CAK = ∠OAT,$ также $AI$ — биссектриса, а значит $∠EAI =∠OAI.$ Теперь, из фактов выше, мы понимаем, что $△EAI =△OAI,$ а значит $AO = AE = R.$ Тогда $AK = AE + EK =R + r.$

Ответ:

$R +r$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#74123Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AH ,BH A B$ и $CH . C$ Докажите, что треугольник с вершинами в точках пересечения высот треугольников $AHBHC, BHAHC, CHAHB$ равен треугольнику $HAHBHC.$

Показать доказательство

Пусть $H ,H ,H 1 2 3$ — ортоцентры (точки пересечения высот) треугольников $AH H ,BH H ,CH H B C A C A B$ соответственно, $H$ — ортоцентр треугольника $ABC,M1,M2,M3$ — середины $HBHC,HCHA$ и $HAHB.$ Покажем, что точка $Hi$ симметрична точке $H$ относительно $Mi$ ( $i$ =1, 2, 3). Рассмотрим, например, точку $H2.$ Поскольку $HCH2 ⊥BC$ и $AH⊥BC,$ отрезки $HCH2$ и $HHA$ параллельны. Аналогично, $HAH2 ||HHC.$ Значит, $HCH2HAH$ — параллелограмм и точка $H2$ симметрична $H$ относительно середины стороны $HAHC.$ Такие же рассуждения справедливы для точек $H1$ и $H3.$ Так как $M1M2$ — общая средняя линия треугольников $HAHBHC$ и $H1H2H$ отрезки $HAHB$ и $H1H2$ равны. Аналогично доказываются равенства $HBHC = H2H3$ и $HAHC =H1H3.$ Следовательно, треугольники $H1H2H3$ и $HAHBHC$ равны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#75644Максимум баллов за задание: 7

На описанной окружности треугольника $ABC$ отмечена точка $X.$ Прямые $BX$ и $CX$ пересекают высоты $CC ,BB 1 1$ в точках $P,Q$ соответственно. Докажите, что середина отрезка $P Q$ лежит на прямой $B1C1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким способом можно показать, что середина некоторого отрезка лежит на данной прямой?

Подсказка 2

Мы можем показать, что концы отрезка движутся линейно, после найти два частных случая при каждом из которых середина лежит на данной прямой. Как можно доказать, что точка Q движется линейно при линейном движении точки P?

Подсказка 3

Легко показать, что треугольники PC₁B и QB₁C подобны, выведите из этого, что Q движется линейно.

Подсказка 4

Осталось найти два положения точки P. Утверждение в положении P=C₁ очевидно. Найдите второе положение.

Подсказка 5

В качестве второго можно взять положение, когда P лежит на описанной около ABC окружности. Точка Q при этом совпадает с ортоцентром треугольника. Докажите, что в этом случае C₁ является серединой отрезкой PQ, чем завершите решение.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть точка $P$ движется линейно по прямой $CC . 1$ Покажем, что точка $Q$ при этом движении линейно движется по прямой $BB1.$ Действительно, точки $A,B,C,X$ лежат на одной окружности, следовательно, $∠XBA = ∠XCA,$ кроме этого

∘ ∠P C1B = 90 = ∠QB1C,

что влечет подобие треугольников $PC1B$ и $QB1C,$ откуда заключаем равенство

BC1- B1Q = PC1CB1,

следовательно, расстояние от $B1$ до $Q$ линейно зависит от длины отрезка $C1B.$

$PIC$

Таким образом, точки $P$ и $Q$ движутся линейно, следовательно середина, соединяющего их отрезка, также движется линейно.

Осталось показать существование двух положений, при которых она лежит на прямой $B1C1.$ Такими, например, являются положения $P =A$ и $P = BB1 ∩(ABC ).$ Выполнение условия задачи очевидно в первом случае, а во втором эквивалентно утверждению о том, что точка, симметричная ортоцентру относительно одной из сторон треугольника, лежит на его описанной окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть, для определённости, точка $X$ лежит на дуге $AC,$ не содержащей точку $C.$ Обозначим через $H$ — точку пересечения высот треугольника $ABC,$ а через $H B$ — вторую точку пересечения прямых $BH$ с окружностью. Поскольку точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности, то $HB = B H 1 1 B$ . Прямоугольный треугольник $H B C B 1$ равен треугольнику $HB C, 1$ а треугольник $HB C 1$ подобен треугольнику $HC B, 1$ значит, треугольники $H B C B 1$ и $HC1B$ подобны. Из равенств

∠C1BP = ∠ACX = ∠B1CQ.

следует, что отрезки $BP$ и $CQ$ являются соответствующими в подобных треугольниках $HC1B$ и $HBB1C,$ поэтому

C1P-= -B1Q-. C1H B1HB

Пусть прямая, проходящая через точку $P$ параллельно $B1C1,$ пересекает прямую $BB1$ в точке $S.$ Тогда по теореме о пропорциональных отрезках

B1S C1P B1Q B1Q B1H-= C1H-= B1HB-= B1H-.

$PIC$

Значит, $B1S = B1Q,$ то есть $B1$ — середина $SQ,$ а поскольку $B1C1 ∥PS,$ то прямая $B1C1$ проходит через середину отрезка $P Q.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#77206Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AD,BE$ и $CF$ . Пусть $P$ — одна из точек пересечения прямой $EF$ с описанной около треугольника $ABC$ окружностью. Обозначим точку пересечения отрезков $CP$ и $DE$ через $Q$ . Докажите, что $AP = AQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Просят доказать равенство отрезков, проведённых из одной вершины. Но окружность связана больше с углами, что тогда было бы удобнее доказывать?

Подсказка 2

Конечно, что ∠APQ = ∠AQP! Самое логичное — обозначить углы за переменные и показать их равенство.
Какие ещё равенства углов может дать окружность? Обратите внимание на два вписанных угла, опирающихся на дугу АС.

Подсказка 3

Теперь стоит вспомнить про высоты! Они дают нам очень много свойств, какие можно использовать?

Подсказка 4

Обратите внимание на четырёхугольника ABDE. Он вписанный! Используя этот факт, что можно сказать про углы ∠ABC и∠DEC?
А ещё основания высот образуют ортотреугольник. Чем будет являться ВE в этом треугольнике?

Подсказка 5

Из последнего факта, можно получить равенство ∠AEP и ∠DEC. И теперь лишь осталось показать, что равны ∠AEP и ∠AQP. Это равенство выполняется, если верно, что APQE вписанный, и наоборот. А вписанность совсем несложно показать!

Показать доказательство

Равенство отрезков, проведённых из одной вершины, удобно доказывать через равенство углов. Пусть $∠AP Q =α.$ Тогда будем доказывать, что $∠AQP =α.$

Из вписанности $APBC$ получаем, что $∠ABC =α.$ Из вписанности $BCEF$ получаем, что $∠AEP =α.$

$PIC$

Если вспомнить о том, что высоты треугольника являются биссектрисами ортотреугольника (можно использовать на олимпиаде без доказательства), то есть $∠FEB = ∠BED,$ то понимаем, что $∠DEC = α.$ Следовательно, $AEQP$ вписанный. Из вписанности получаем, что $∠AQP =α.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#131963Максимум баллов за задание: 7

Плоскость $α$ пересекает рёбра $AB,BC,CD$ и $DA$ тетраэдра $ABCD$ в точках $X,Y,Z$ и $T$ соответственно. Оказалось, что точки $Y$ и $T$ лежат на окружности $ω,$ построенной на отрезке $XZ$ как на диаметре. Точка $P$ отмечена в плоскости $α$ так, что прямые $P Y$ и $P T$ касаются окружности $ω.$ Докажите, что середины рёбер $AB,$ $BC,$ $CD,DA$ и точка $P$ лежат в одной плоскости.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Из условия задачи мы сразу получаем, что

∘ ∠XY Z =90 = ∠XT Z

Обозначим через $Q$ точку пересечения прямых $XY$ и $ZT,$ через $R$ — точку пересечения прямых $ZY$ и $XT$ (см. первый рисунок). Без ограничения общности можно считать, что точка $Z$ лежит на отрезках $RY$ и $QT.$ Поскольку точка $R$ лежит и в плоскости $ABD,$ и в плоскости $BCD,$ то она лежит на прямой $BD.$ Аналогично, точка $Q$ лежит на прямой $AC.$

$PIC$

Замечим, что $RY$ и $QT$ — высоты треугольника $XQR.$ Тогда $Z$ — точка пересечения высот этого треугольника, и поэтому $XZ ⊥ QR.$ Пусть $M$ — середина отрезка $QR.$ Поскольку $∠QY R= 90∘,$ то $YM = MR = RQ$ по свойству медианы прямоугольного треугольника. Значит,

∠MY R =∠Y RQ =90∘− ∠XQR = ∠ZXQ

Следовательно, прямая $YM$ касается окружности $ω.$ Аналогично, прямая $T M$ тоже касается окружности $ω,$ поэтому точки $M$ и $P$ совпадают.

$PIC$

Рассмотрим две параллельные плоскости $β$ и $γ,$ одна из которых содержит отрезок $AC,$ а другая — отрезок $BD.$ Заметим, что середины всех отрезков, соединяющих точку из плоскости $β$ и точку из плоскости $γ,$ лежат в одной плоскости, параллельной $β$ и $γ.$ Действительно, если ввести декартовы координаты так, что одна из плоскостей задаётся уравнением $z =0,$ а другая — уравнением $z = h$ (где $h$ есть расстояние между плоскостями $β$ и $γ$ ), то середины всех рассматриваемых отрезков лежат в плоскости $z = h∕2.$ Применяя это наблюдение для отрезков $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA,$ $QR,$ мы получаем, что их середины лежат в одной плоскости, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#136495Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AH A$ и $BH B$ . Прямая $H H A B$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q.$ Точка $′ A$ симметрична точке $A$ относительно $BC,$ точка $′ B$ симметрична точке $B$ относительно $CA$ . Докажите, что $′ A ,$ $′ B ,$ $P,$ $Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Поскольку точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, лежат на описанной окружности, выполнено равенство прозведений отрезков секущих

′ HAA ⋅HAH = HAA ⋅HAH = HAP ⋅HAQ.

Следовательно, точка $Q$ лежит на описанной окружности треугольника $HHAHB.$ Аналогично, точка $P$ лежит на этой окружности, что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#136497Максимум баллов за задание: 7

Про треугольник $ABC$ известно, что точка, симметричная ортоцентру относительно центра описанной окружности, лежит на стороне $BC.$ Пусть $A1$ — основание высоты, проведенной из точки $A.$ Докажите, что $A1$ лежит на окружности, проходящей через середины трех высот треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Известно, что расстояние от центра описанной окружности до стороны $BC$ равно половине отрезка $AH,$ где $H$ — ортоцентр. С другой стороны, из условия задачи следует, что это расстояние равно половине отрезка $HA1.$ Следовательно, $H$ — середина $AA1.$

$PIC$

Пусть $A0$ — середина $BC$ . Так как середины $X,$ $Y$ высот $BB1,$ $CC1$ лежат на средних линиях треугольника, углы $A0XH$ и $A0Y H$ прямые, то есть точки $X$ и $Y$ лежат на окружности с диаметром $A0H.$ Очевидно, что $A1$ тоже лежит на этой окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#35125Максимум баллов за задание: 7

Пусть $H$ — ортоцентр остроугольного треугольника $ABC$ . Докажите, что

AH =BC ⋅ctg ∠A.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тригонометрия в соотношении, которое нам нужно доказать, и куча прямых углов —> счёт в синусах явно может нам помочь! Отыщите прямоугольные треугольники, в которых фигурируют все 3 объекта из равенства в условии, и поработайте с ними!

Подсказка 2

Попробуйте от одной стороны, домножая на синусы/косинусы, пропутешествовать к другой! Например, домножив (или разделив?) BC на синус угла BCA, мы превратим его в высоту из вершины B. А эту же высоту мы можем превратить с помощью угла BAC (а он нам нужен!) в AB₁ Как теперь от AB₁ добраться до AH? Не забывайте: куча прямых углов —> куча вписанных четырёхугольников —> куча равных углов

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим основания высот из точек $A$ и $B$ за $A1$ и $B1$ соответственно. Из прямоугольного $△BB1C$ имеем

BB1 =BC sin∠C.

Тогда из прямоугольного $△ABB1$ получаем

AB1 =BB1 ctg∠A = BC sin∠C ctg∠A.

Остаётся заметить, что $A1HB1C$ вписанный, так как $∘ ∘ ∘ ∠HB1C + ∠HA1C = 90 +90 = 180$ , поэтому $∠AHB1 = ∠C$ . Значит, из $△AHB1$ выполнено

AB1 AH =sin∠C =BC ctg∠A.

Замечание. Подумайте, как поправить формулу расстояния от вершины до ортоцентра, чтобы она была корректной не только в случае остроугольного треугольника.

Предыдущая подтема

Следующая подтема