Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники и их элементы → .08 Симедианы

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#34670Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ высоты $AA ′$ и $BB ′$ пересекаются в точке $H,$ а медианы треугольника $AHB$ пересекаются в точке $M.$ Прямая $CM$ делит отрезок $′′ A B$ пополам. Найдите угол $C.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.7, Д. Креков(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что в нашей конструкции есть медиана (которую содержит отрезок CM), а также есть антипараллельность отрезков A’B’ и AB. На что в первую очередь намекает подобная конструкция?

Подсказка 2

Конечно, на симедиану! Симедианой будет являться направление CM к стороне AB, так как для стороны A’B’ - CM была медианой. Это означает, что СС₀ (где С₀ - середина AB) и СM - изогонали относительно угла ACB. А какие ещё изогонали относительно угла ACB есть в нашем треугольнике, если уже дана точка пересечения высот?

Подсказка 3

Верно, направление СН и СO (где О - центр описанной окружности). Но у нас нет точки O на рисунке. При этом у нас уже есть середина стороны AB и ортоцентр. Как тогда по-другому задать направление CO?

Подсказка 4

Да, по свойству ортоцентра! Можно отразить H относительно середины стороны BC и попасть в некоторую точку H’ на окружности. При этом О будет лежать на СН’. Значит, СH’ и CH - тоже изогонали относительно угла ACB. Что тогда можно сказать, если у нас есть пара изогоналей относительно одного угла?

Подсказка 5

Верно, что СС₀ и СМ - изогонали относительно угла H’CH. Тогда что можно сказать, основываясь на этом факте и на том, что С₀ - середина HH’?

Подсказка 6

Можно сказать, что СM - симедиана в треугольнике H’CH. При этом знаем, что CH’ и CH относятся как СA’ и CA (по св-ву ортоцентра в силу подобия треугольников CAH’ и CA’H), а они, в свою очередь, относятся как A’B’ к AB (в силу подобия CA’B’ и CAB). И по свойству ортоцентра такое отношение равно…

Подсказка 7

Равно косинусу угла ACB! Значит, чтобы найти этот угол, нам надо найти отношение СH к CH’, но квадрат этого отношения равен HM/MH’. А поскольку мы знаем, что М - точка пересечения медиан треугольника AHB и что H’C₀ = C₀H, то и отношение HM/MH’ нам известно! Значит, задача решена! (Осталось посчитать)

Показать ответ и решение

$PIC$

В такой конструкции сразу можно сказать, что $AB$ антипараллельно $A′B′$ относительно $∠ACB.$ Поэтому если в условии дано, что прямая $CM$ содержит медиану треугольника $A′B′C,$ то эта прямая является симедианой в $△ABC.$ То есть мы поняли, что луч $CM$ и луч $CC0$ являются изогоналями относительно $∠ACB,$ если обозначить за $C0$ середину стороны $AB.$

По свойствам ортоцентра точка $H′$ — отражение $H$ относительно $C0$ — лежит на описанной окружности $ABC$ диаметрально противоположно $C.$ При этом заметим, что $HM :MH ′ = 2:(1+ 3)= 1:2.$

Лучи $CH ′$ и $CH$ являются ортоизогоналями угла $ACB$ (в треугольнике ортоцентр и центр описанной окружности изогонально сопряжены). Отсюда следует, что лучи $CM$ и $CC0$ являются изогоналями также и для $∠HCH ′,$ То есть $CM$ — симедиана ещё и в $△H ′CH.$ Симедиана делит сторону в отношении квадратов прилежащих сторон, так что $CCHH2′2-= 12 =⇒ CCHH′ = √1. 2$

Осталось заметить, что в данной конструкции $CH$ и $CH ′$ являются диаметрами в подобных $△A ′B ′C$ и $△ABC$ соответственно, так что их отношение равно коэффициенту подобия - косинусу угла $C.$

Итак, $cos∠C = 1√- =⇒ ∠C = 45∘. 2$

Ответ:

$45∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#69431Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BD$ (точка $D$ лежит на отрезке $AC$ ). Прямая $BD$ пересекает окружность $Ω,$ описанную около треугольника $ABC,$ в точках $B$ и $E.$ Окружность $ω,$ построенная на отрезке $DE$ как на диаметре, пересекает окружность $Ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямая, симметричная прямой $BF$ относительно прямой $BD,$ содержит медиану треугольника $ABC.$

Источники: Всеросс., 2009, ЗЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, нужно подумать… То есть у нас есть биссектриса и середина стороны в задаче, а также есть описанная окружность. На какой факт нам это намекает?

Подсказка 2

Верно, на тот факт, что биссектриса и серпер пересекаются на описанной окружности треугольника. Тогда пусть они пересеклись в точке Е. Что интересного можно заметить если продлить отрезок EM до пересечения с описанной окружностью(пусть точка пересечения - точка Х)?

Подсказка 3

Конечно, можно заметить, что F,D,X - лежат на 1 прямой. Почему это так? Ну понятно почему, XFE - прямой, так как опирается на диаметр окружности (ABC), и DFE - прямой, так как опирается на диаметр окружности, построенной на DE как на диаметре. Хмм… А что теперь нам это дает? Какие равные углы теперь можно отметить?

Подсказка 4

Действительно, мы можем заметить равенство углов FBE и FXE, в силу того, что они опираются на одну хорду FE. Значит, нам надо доказать, что углы FXE и MBE равны! А как это можно удобно переформулировать?

Подсказка 5

Это можно переформулировать как доказательство вписанности BDMX. Осталось понять почему сумма углов EBX и XMA равна 180 градусов, и задача будет решена!

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $BM$ — медиана треугольника. Так как биссектриса $BE$ и серединный перпендикуляр к $AC$ проходят через одну и ту же точку (середину дуги $AC$ ), то $EM ⊥AC.$ Пусть $EM$ пересекается с окружностью в точке $X.$ Из сказанного выше следует, что $EX$ — диаметр окружности $Ω.$

$PIC$

Надо доказать, что $BF$ и $BM$ симметричны относительно биссектрисы, то есть

∠MBE = ∠FBE

При этом $∠FBE = ∠F XE$ как опирающиеся на одну дугу вписанные углы.

По условию $∠DF E$ прямой, а ещё опирающийся на диаметр вписанный угол $∠XFE$ тоже прямой. Поэтому точки $F,D,X$ коллинеарны. Тогда $∠FXE =∠DXM.$ Остаётся доказать равенство

∠MBD =∠MXD

Это равенство следует из того, четырёхугольник $BDMX$ можно вписать в окружность. Действительно, $∘ ∠XMC = 90 ,$ при этом $∘ ∠EBX = ∠DBX = 90 = ∠XMC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $B$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $A ∗ = C$ и $C∗ = A,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Заметим что $D∗ = E$ и $E ∗ = D$ так как прямая $AC$ переходит в дугу $C∗A∗ =AC$ и наоборот, а прямая $BD$ переходит сама в себя. Окружность, построенная на $DE$ тем самым переходит в окружность, центр которой все лежит на $BD,$ а точки ее пересечения с $BD$ это $D$ и $E.$ То есть, эта окружность переходит в себя. Точка $F$ переходит в точку $M$ вторую точку пересечения окружности и прямой $AC.$ Известно, что $E$ – середина дуги $AC,$ а $∠EMD = 90∘$ так как $ED$ – диаметр окружности. Получаем, что $EM$ высота в равнобедренном треугольника $AEC,$ значит $M$ – середина $AC.$ Получается, что $BM$ содержит медиану треугольника $ABC,$ причем $BM$ симметрична $BF$ относительно биссектрисы угла $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#94426Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA′$ и $CC′$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ . Точка $B 0$ — середина стороны $AC$ . Докажите, что точка пересечения прямых, симметричных $BB0$ и $HB0$ относительно биссектрис углов $ABC$ и $AHC$ соответственно, лежит на прямой $′ ′ A C .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если вы ничего не знаете про симедиану, то перед продолжением решения этой задачи вам стоит про неë почитать.

Подсказка 2

Итак, а теперь давайте вспомним следующий факт. Пусть нам дан угол C, на сторонах даны точки A, A', B, B', притом AB и A'B' антипараллельны, тогда медиана CAB будет симедианой у CA'B' и наоборот. Поищите такую конструкцию в задаче.

Показать доказательство

Отметим середину $A′C ′,$ обозначим её за точку $K.$

$PIC$

Так как четырехугольник $′ ′ AA C C$ вписанный, $′′ A C$ антипараллелен $AC$ относительно угла $ABC,$ и так как $BB0$ — медиана в $△ABC,$ то $BK$ является симедианой в $′′ △BA C$ (медианы при отражении переходят симедианы). Также заметим, что $′ ′ A C$ антипараллелен $AC$ относительно угла $AHC,$ и так как $HB0$ — медиана в $△AHC,$ то $HK$ является симедианой в $△AHC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#96593Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ на высоте $BK$ как на диаметре построена окружность $S,$ пересекающая стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. К окружности $S$ в точках $E$ и $F$ проведены касательные. Докажите, что их точка пересечения $P$ лежит на прямой, содержащей медиану треугольника $ABC,$ проведенную из вершины $B.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметнм, что $∠BEF = ∠BKF = ∠C$ (стороны последних двух углов взаимно перпендикулярны). Значит, треугольннк $FBE$ получается из треугольника $ABC$ симметрией относительно биссектрисы угла $B$ с последующей гомотетней с центром в точке $B$ . Следовательно, медиана $BN$ треугольника $ABC$ совпадает с симедианой треугольника $FBE$ . Но согласно основной задаче о симедиане эта симедиана проходит через указанную в условии точку пересечения касательных.

Предыдущая подтема

Следующая подтема