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 41#35134Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AA ,BB ,CC 1 1 1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$ . Докажите, что треугольник с вершинами в ортоцентрах треугольников $AB1C1,BC1A1$ , $CA1B1$ равен треугольнику $A1B1C1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Конструкция громоздкая! Если нарисовать треугольник с вершинами в ортоцентрах, то увидеть что-то будет проблемно. Так как тогда стоит переформулировать условие? Если мы хотим доказать, что треугольники равны, то явно не с помощью углов – углы треугольника с вершинами в ортоцентрах неудобно “летают в воздухе”. Тогда можно доказать равенство трёх сторон! При аккуратном построении картинки можно даже догадаться каких, а учитывая некую симметрию в нашей картинки при поворотах треугольника, можно в целом сказать, что мы лишь хотим равенства двух отрезков!

Подсказка 2

Проведите те самые отрезки, равенство которых мы хотим – если мы знаем, что они равны, то образуется приятный параллелограммчик. Параллельность двух других сторон в нём мы и так знаем, а значит остаётся доказать их равенство – и вот они уже не выглядят “висящими в воздухе”! Так, мы что-то много думали – пора считать! Как это и бывает часто полезно, введём все углы искомого треугольника и радиус его описанной окружности – через них и посчитаем искомые два отрезка

Подсказка 3

Попробуем каждый из этих отрезков “перенести” на части сторон искомого треугольника: свяжите их с помощью теоремы синусов в треугольниках, где они лежат вместе! Это и поможет нам выразить всё через введённые переменные! Ведь теперь нам нужно лишь перенести углы из этого треугольника в более удобное место (куча вписанностей поможет) + выразить отрезок на стороне треугольника (а это мы легко умеем!), и задача будет убита

Кстати, искомые отрезки – это расстояния от вершин до ортоцентра в соответствующих треугольниках, а такие расстояния связаны изящно с противоположной стороной через котангенс угла. Можно с помощью этой связи раскрутить счёт побыстрее!)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $Ha,Hb,Hc$ — ортоцентры треугольников $AB1C1,BC1A1$ , $CA1B1$ соответственно. Докажем равенство $HaHb =A1B1$ , откуда аналогично последуют равенства $HbHc = B1C1$ и $HaHc = A1C1$ , поскольку все обозначения в задаче симметричны, и искомые треугольники окажутся равны по трём сторонам.

Прямые $B1Ha$ и $A1Hb$ перпендикулярны $AB$ , поэтому $B1Ha∥A1Hb$ . Докажем, что $B1Ha =A1Hb$ , откуда последует, что $HaHbA1B1 −$ параллелограмм, и $HaHb$ окажется равен $A1B1$ .

Вычислим отрезок $B1Ha$ . Пусть $∠BAC =α,∠ABC = β,∠ACB = γ$ . $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ . Поскольку четырёхугольник $BCB1C1$ вписан ( $BC$ — диаметр, на который опираются равные углы по $90∘$ ), то $∠AB1C1 = β$ и $∠AC1B1 = γ$ . Аналогично $∠BA1C1 = α$ .

Первое решение.

В остроугольном треугольнике расстояние от вершины до ортоцентра равно произведению котангенса угла при этой вершине на длину противоположной стороны. То есть $B1Ha = AC1⋅ctgβ = AC1⋅ BC1. CC1$ По тем же причинам $A1Hb = BC1⋅ctgα= BC1⋅ AC1 . CC1$

Второе решение.

Поскольку $B1Ha ⊥AC1$ и $AHa ⊥ B1C1$ , то $∠B1AHa = 90∘− β$ и $∠AB1Ha = 90∘− α$ . По теореме синусов в треугольнике $AB1Ha$ имеем

B H = ---AB1--- ⋅sin∠B AH = -AB-cosα--⋅sin(90∘− β)= 1 a sin ∠AHaB1 1 a sin(180∘− γ) = 2R-sinγcosα⋅cosβ = 2R cosα cosβ. sin γ

Поскольку это выражение симметрично относительно $α$ и $β$ , то и отрезок $A1Hb$ равен тому же ( $B1Ha$ станет им, если поменять вершины $A$ и $B$ местами).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#72242Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC , 1$ и отмечены точки $K,$ $L$ и $M$ — середины сторон $AB,$ $BC$ и $CA$ соответственно. Докажите, что если $∠C1MA1 =∠ABC,$ то $C1K = A1L.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала подумаем, что нам дает равенство уголочков ∠ABC и ∠A₁MC₁. Мы знаем, что сумма уголков ∠C₁MA+∠C₁MA₁+∠A₁MC=180°. Как нам выразить ∠C₁MA и ∠A₁MC через углы треугольника ∠ABC?

Подсказка 2

Т.к. △AMC₁ и △CMA₁- равнобедренные, то ∠AMC₁=180°-2∠BAC, ∠CMA₁=180°-2∠BCA ⇒ ∠ABC=2(180°-∠ABC)-180° ⇒ ∠ABC=60°. Тогда очень интересным выглядит треугольник △BC₁C. Что можно сказать про сторону BC₁?

Подсказка 3

Верно, она равна BC/2. Но мы знаем, что BL=BC/2 ⇒ BC₁=BL. Из аналогичных рассуждений можно получить, что BK=BA₁. Как тогда завершить решение?

Подсказка 4

Посмотрите на равенство BC₁-BK=BL-BA₁!

Показать доказательство

Пусть $∠ABC =β,∠ACB = γ,∠BAC = α.$ Тогда можем выразить угол $C MA 1 1$ через два других угла треугольника.

$PIC$

Понятно, что $AM = CM = C1M = A1M.$ Тогда

∠AMC1 =180∘− 2α ∠CMA1 = 180∘− 2γ

∠C1MA1 = β = 180∘ − (180∘− 2α)− (180∘− 2γ)= 2(α +γ)− 180∘

Но мы знаем, что $∘ α +β +γ =180 .$ Тогда из равенства углов в условии получаем

β =2(180∘− β)− 180∘

∘ β = 60

Значит, на самом деле нам дали треугольник с углом $60∘.$ Но тогда $KL = C1A1 = AC2 ,$ так как $KL$ — это средняя линия треугольника, а $△A BC 1 1$ подобен исходному с коэффициентом $cos60∘,$ откуда и получаем равенство.

Теперь видим, что если докажем равенство треугольников $KC1L$ и $A1C1L,$ то мы победим! Одна пара сторон у них равные, а $C1L$ общая сторона. Давайте найдём угол между ними. Будем использовать знания о том, что $ACA1C1$ вписанный, $KL$ параллельно $AC$ и из прямоугольного треугольника $BC1 = BL= C1L.$ Тогда

∠KLC1 = ∠C1LB − ∠KLB = ∠LC1B− ∠A1C1B = ∠LC1A1

Значит, треугольники $KC1L$ и $A1C1L$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда и $KC1 = A1L.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#76535Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC,$ $CA$ и $AB$ неравнобедренного треугольника выбраны точки $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Биссектриса угла $ABC$ и серединный перпендикуляр к отрезку $NL$ пересекаются в точке $P.$ Известно, что $∘ ∠ABC =135 ,AN =NM = ML = LC = 1$ Найдите длину отрезка $MP.$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию треугольники AMN и MLC – равнобедренные, значит, ∠NMA = ∠BAC, а также ∠LMC = ∠BCA, что тогда можно сказать про величину угла NML? Также подумайте, как этот угол может нам помочь в дальнейшем решении.

---------------------------—

Подсказка 2
∠NML = ∠ABC = 135° Давайте рассмотрим треугольник NBL, точка P лежит на пересечении биссектрисы этого треугольника и серединного перпендикуляра. Что мы можем сказать про данную точку? И как найти величину угла NPL?

---------------------------—

Подсказка 3
Точка P лежит на окружности, описанной около треугольника NML, следовательно, его величина будет равна 180°-135° = 45°. Кроме того, NP = PL, так как стягивают равные дуги. Значит, PM является не только серединным перпендикуляром, а также биссектрисой. Теперь в треугольнике MPL мы знаем одну сторону и угол, лежащий против нее, что еще нам необходимо, чтобы найти сторону PM?

---------------------------—

Подсказка 4
Если мы найдем угол MLP, от можно будет применить теорему синусов и найти сторону PM. В этом нам поможет значение угла ∠NML и тот факт, что треугольники NMP и LMP равные.

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как из условий $AN = NM =ML =LC$ следуют равенства $∠AMN =∠BAC$ и $∠CML = ∠BCA$ соответственно, то

∠LMN = 180∘ − ∠AMN − ∠CML = 180∘− ∠BAC − ∠BCA = ∠ABC.

Заметим, далее, что точка $P$ лежит на описанной окружности треугольника $△NBL$ (и делит пополам дугу $NL,$ не содержащую $B$ ). Поэтому

∠LPN = 180∘− ∠ABC = 180∘− ∠LMN

с учётом того, что $P$ и $M$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $LN,$ заключаем, что $P$ - ортоцентр треугольника $△LMN.$

Рассмотрим теперь треугольник $△LP M.$ Используя равенства

∘ ∘ ∠LMN = 135 ,∠LP N = 45

и равнобедренность треугольника $△LP N,$ нетрудно найти углы $∠PLM = 45∘$ и $∠LP M = 22,5∘.$ Применив теорему синусов, получим $-MP-- -ML--- sin45∘ = sin22,5∘,$ откуда

∘ ∘ 1+-cos45∘- ∘---√-- MP = 2cos22,5 = 2 ---2----= 2 + 2

Ответ:

$∘2-+-√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#83205Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AD,BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H.$ Точка $T$ симметрична точке $C$ относительно прямой $DE.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $HFT$ проходит через центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ , а $M$ — середина $TC (M$ лежит на $DE).$ $C$ и $T$ симметричны относительно $DE$ , значит $CT⊥DE.$ А по свойству ортоцентра $CO ⊥DE$ , следовательно, точка $O$ лежит на $CT.$

$PIC$

$△ABC ∼ △DEC,$ причём их коэффициент подобия

k = CD-= CE-= cos∠C CA CB

Тогда и радиусы описанных окружностей этих треугольников относятся как $k= RDCE- RABC .$

Мы знаем, что $RABC = CO$ . А вот $RDCE = CH∕2,$ поскольку четырехугольник $CDHE$ вписанный с прямыми углами $∠HDC$ и $∠HEC$ , опирающимися на диаметр $HC.$ Тогда $CH- k= 2CO.$

С другой стороны, в этих двух подобных треугольниках $CM$ и $CF$ — высоты, проведённые к соответственным сторонам $DE$ и $AB.$ Значит,

CM CT k= -CF = 2CF.

Получаем такое соотношение:

CH--=k = CT-- =⇒ CH ⋅CF =CO ⋅CT 2CO 2CF

Откуда следует, что четырехугольник $CHFT$ вписанный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#86058Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $H.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CH$ соответственно. Докажите, что $A1B1 ⊥MN.$

Показать доказательство

Заметим, что $A B 1 1$ является радикальной осью окружностей $(CA HB ) 1 1$ и $(AB A B), 1 1$ которая перпендикулярна линии центров этих окружностей. Осталось заметить, что у первой окружности центром является точка $N,$ а у второй — $M.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#91906Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ , точки $A ,B ,C 1 1 1$ — середины сторон $BC,AC$ и $AB$ соответственно. Пусть $K$ — точка, симметричная точке $B1$ относительно прямой $BC$ . Докажите, что прямая $C1K$ делит отрезок $HA1$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Медиана в прямоугольном треугольнике $AHC$ равна половине гипотенузы, откуда $HB1 = AC ∕2$ . Заметим, что точки $H, B1,C1,A1$ образуют равнобокую трапецию с основаниями $B1C1$ и $HA1$ , так как $B1C1∥BC$ и $HB1 =AC ∕2= A1C1$ . Поэтому $∠C1HA1 = ∠B1A1H$ . Но из симметрии $∠B1A1H = ∠KA1H$ и $B1A1 = C1H =KA1$ , откуда $HC1 =KA1$ и $HC1∥KA1$ . По признаку параллелограмма получаем, что $HC1A1K$ — параллелограмм, поэтому его диагонали делятся точкой пересечения пополам.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#91959Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что сумма расстояний от ортоцентра до трёх вершин остроугольного треугольника равна удвоенной сумме радиусов вписанной и описанной окружностей.

Показать доказательство

Пусть $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$ , $r$ и $R$ — радиусы вписанной и описанной окружностей, $O$ — центр описанной окружности, $da$ , $db$ , $dc$ — расстояния от точки $O$ до сторон $BC$ , $AC$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Тогда по свойству ортоцентра

AH =2da, BH = 2db, CH = 2dc

По формуле Карно $da+ db+ dc =R + r$ , тогда

HA + HB +HC = 2da+ 2db+ 2dc =

= 2(da+ db+dc)= 2(R +r)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#125227Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ Прямая $BO$ пересекает высоты $AA1$ и $CC1$ в точках $Ha$ и $Hc$ соответственно. Описанные окружности треугольников $BHaA$ и $BHcC$ вторично пересекаются в точке $K.$ Докажите, что $K$ лежит на прямой $BM.$

Показать доказательство

Пусть $BD$ — диаметр описанной окружности треугольника $ABC.$ Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ и $∠BAD = 90∘$ имеем

∘ ∘ ∠CAHa = 90 − ∠C = 90 − ∠ADB = ∠ABHa,

следовательно, сторона $AC$ касается описанной окружности треугольника $BHaA$ . Аналогично она касается описанной окружности треугольника $BHcC.$ Радикальная ось $BK$ этих двух окружностей проходит через середину $M$ отрезка $AC,$ которая является их общей касательной.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#71932Максимум баллов за задание: 7

Высоты $BB 1$ и $CC 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Окружность с центром в точке $O b$ проходит через точки $A,C1$ и середину отрезка $BH.$ Окружность с центром в точке $Oc$ проходит через точки $A,B1$ и середину отрезка $CH.$ Докажите, что

BC B1Ob+ C1Oc >-4-

Источники: СпбОШ - 2020, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте поработать с правой частью неравенства. Оцените её какими-то отрезками, которые хорошо связаны с окружностями из условия.

Подсказка 2

Всё гениальное просто: BC < BH + CH. Осталось показать, что первый отрезок из левой части неравенство не меньше BH/4. Для второго отрезка и CH/4 будет аналогично.

Подсказка 3

На самом деле, в последнем нестрогом неравенстве нужно доказывать равенство. Попробуйте для этого рассмотреть точку, симметричную точке B относительно AC. Быть может, она какая-то особенная, связана с каким-нибудь объектом?

Показать доказательство

Прежде всего, обозначим середину отрезка $BH$ через $M,$ а окружность, проходящую через $A,C 1$ и $M,$ — через $ω.$

Поскольку $1 1 1 4BC < 4BH + 4CH,$ для решения задачи достаточно доказать неравенство $1 B1Ob ≥ 4BH$ (и, аналогично, $1 ) C1Oc ≥ 4CH .$

Это неравенство следует из удивительного факта: расстояние от точки $Ob$ до прямой $AC$ равно в точности $1 4BH.$ Докажем его двумя способами: в обоих мы обнаружим на окружности $w$ ещё одну точку.

Решение 1.

Пусть точка $′ B$ симметрична вершине $B$ относительно прямой $AC.$ Проверим,

$PIC$

что она лежит на окружности $ω.$ Для этого достаточно проверить, что $BM ⋅BB ′ = BC1⋅BA.$ В самом деле,

$BM ⋅BB′ = BM ⋅2BB1 =2BM ⋅BB1 = BH ⋅BB1 =BC1 ⋅BA,$ последнее равенство следует из вписанности четырехугольника $AB1HC1.$

Таким образом, центр $Ob$ окружности $w$ должен лежать на серединном перпендикуляре к её хорде $MB ′.$ Значит, расстояние от $Ob$ до $AC$ равно расстоянию между этим серединным перпендикуляром и прямой $AC,$ то есть между серединами отрезков $B ′M$ и $B′B.$ Оно в два раза меньпе, чем расстояние от $M$ до $B,$ т. е. равно $14BH.$ Решение 2.

Отметим такую точку $A′,$ что $−−→ −−→ AA′ = BM.$ Пусть $∠BAC = α,$ тогда $∠C1AA ′ = ∠BAC +∠CAA ′ = α+ 90∘.$

С другой стороны, медиана $C1M$ прямоугольного треугольника $BC1H$ равна $BM,$ и $∠BC1M = ∠C1BM = 90∘ − α.$ 3начит, $∠MC1A =90∘+ α.$ Итак, $∠MC1A =$ $= ∠C1AA ′$ и $C1M = BM = AA′.$ Следовательно, четырехугольник $MC1AA ′$ — равнобедренная трапеция, так что $A′$ лежит на окружности $AC1M,$ т. е. на $ω.$

$PIC$

Поскольку центр $Ob$ лежит на серединном перпендикуляре к $AA′,$ расстояние от него до $AC$ равно $1AA ′ = 1BM = 1BH, 2 2 4$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#78113Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ ( $AB < BC$ ) провели высоту $BH.$ Точка $P$ симметрична точке $H$ относительно прямой, соединяющей середины сторон $AC$ и $BC.$ Докажите, что прямая $BP$ содержит центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача решается совсем несложно, если пристально посмотреть на рисунок:) Посмотрите внимательно на картинку, особенно на некоторые прямоугольные треугольники. Ничего не замечаете?

Подсказка 2

А если посмотреть на треугольник BHC, его медиану и половинки сторон? Может быть, есть ещё какой-то отрезок, равный им?

Подсказка 3

Кажется, вы обнаружили окружность BHPC! Осталось лишь понять, что нужно, чтобы получить требуемое. А для этого нужно всего лишь вспомнить одно свойство ортоцентра и немного перекинуть уголки.

Показать доказательство

Первое решение.

Воспользуемся теоремой о прямой Штейнера: точки, симметричные произвольной точке $L$ описанной окружности треугольника $MNK$ относительно его сторон, лежат на одной прямой, проходящей через ортоцентр (точку пересечения высот) треугольника $MNK.$

Несложно заметить, что точка $H$ лежит на окружности, проходящей через середины сторон треугольника $ABC$ (это окружность девяти точек треугольника $ABC$ ).

По условию точка $P$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AB.$ Заметим, что точка $B$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AC.$ Получается, что прямая $BP$ — это прямая Штейнера точки $H$ относительно серединного треугольника (треугольника, образованного серединами сторон треугольника $ABC$ ). Тогда на этой прямой лежит ортоцентр серединного треугольника, который и является центром описанной окружности треугольника $ABC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим середины $M$ и $N$ сторон $BC$ и $AC$ соответственно. Заметим, что треугольник $BHC$ — прямоугольный, а точка $M$ — середина его гипотенузы $BC.$ Значит, $MB = MC = MH.$ Поскольку точки $H$ и $P$ симметричны относительно прямой $MN,$ то $MH = MP.$ Следовательно, точки $B,H,P,C$ лежат на одной окружности с центром в точке $M.$ Отсюда $∠P BC =∠P HC,$ так как эти углы опираются на одну дугу $PC.$

$PIC$

Обозначим точку пересечения прямых $PH$ и $AB$ через $X.$ Заметим, что $PH ⊥ MN$ из-за симметрии точек $H$ и $P$ относительно прямой $MN.$ Кроме того, $MN ∥AB$ как средняя линия треугольника $ABC.$ Таким образом, $PH ⊥ AB.$ Отсюда следует, что $∘ ∠P BC =∠P HC = ∠AHX = 90 − ∠BAC.$

С другой стороны, заметим, что если точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то $∠BOC =$ $= 2∠BAC$ как центральный угол, и из суммы углов равнобедренного треугольника $BOC$ получаем, что $∘ ∠OBC = 90 − ∠BAC$ . Имеем $∠OBC = ∠PBC,$ а значит, точки $B,O$ и $P$ действительно лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#123414Максимум баллов за задание: 7

На высотах $AA ,BB ,CC 0 0 0$ остроугольного неравностороннего треугольника $ABC$ отметили соответственно точки $A ,B ,C 1 1 1$ так, что $AA1 = BB1 = CC1 =R,$ где $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $A1B1C1$ совпадает с центром вписанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: Тургор - 2020, 11.2, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите симметрию относительно биссектрис: как связаны точки А₁, B₁, C₁ с центром описанной окружности О? Обратите внимание на равенство расстояний AA₁= BB₁= CC₁= R. Намёк: Проверьте, что О симметричен А относительно биссектрисы угла А)

Подсказка 2

Докажите, что IO = IA₁= IB₁= IC₁, где I — центр вписанной окружности. Какое свойство объединяет все точки, равноудалённые от I?

Подсказка 3

Почему А₁ и О относительно биссектрисы AI? Используйте равенство АA = R = AO и свойства высот. Точка А, лежит на высоте, а О — на серединном перпендикуляре. Как биссектриса связывает эти объекты?

Подсказка 4
Соберите всё вместе: если I равноудалён от всех трёх точек А₁, В ₁, C₁, то что это означает для △АВС ?

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,$ а $I$ — центр вписанной окружности данного треугольника.

$PIC$

Заметим, что $∠ACO = ∠C0CB.$ Тогда из равенства углов и того, что $CO = CC1$ по условию, точки $C1$ и $O$ симметричны относительно биссектрисы $CI.$ Следовательно, $IO = IC1.$ Аналогичными рассуждениями получаем, что $IO = IA1 = IB1.$ Из равенств следует, что $I$ и есть центр описанной окружности треугольника $A1B1C1.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#49308Максимум баллов за задание: 7

Точки $A ,B ,C 1 1 1$ — точки пересечения продолжений высот остроугольного треугольника $ABC$ с описанной вокруг $ABC$ окружностью. Окружность, вписанная в треугольник $A1B1C1$ , касается одной из сторон $ABC$ , а один из углов треугольника $ABC$ равен $∘ 40$ . Найдите два других угла треугольника $ABC.$

Источники: ОММО-2018, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С помощью свойств ортоцентра докажите, что H - инцентр A_1 B_1 C_1

Подсказка 2

Нужно доказать, что треугольник H B C_{1} --- равносторонний.

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Не умаляя общности, пусть окружность $ω$ , вписанная в $A1B1C1$ , касается стороны $BC$ . Пусть $H$ - точка пересечения высот треугольника $ABC,K$ - точка касания $ω$ и $BC,L−$ точка касания $ω$ и $A1C1.$

Известно, что высоты $△ABC$ являются биссектрисами его ортотреугольника. При гомотетии с центром в точке $H$ и коэффициентом $2$ ортотреугольник переходит в $△A1B1C1,$ так что биссектрисы $△A1B1C1$ тоже пересекаются в точке $H.$

По свойству ортоцентра $H$ и $C1$ симметричны относительно прямой $AB$ , так что $HB = BC1.$ Кроме того, $∠HC1L = ∠HBK$ ( $∠HC1L = ∠CAA1 =90∘− ∠C =∠B1BC$ ), поэтому прямоугольные треугольники $HC1L$ и $HBK$ равны по катету ( $HL =HK$ ) и острому углу. Поэтому $HC1 =HB.$

В итоге получили $HC1 = HB = BC1.$ Тогда $∠BAC = ∠BC1C = 60∘$ , откуда с учётом условия и следует ответ.

Второе решение.

$PIC$

Пусть высоты $△ABC$ пересекаются в точке $H$ . Заметим, что

⌢ ⌢ ∠BB1C1 = ∠BCC1 =90∘− ∠ABC = ∠BAA1 =⇒ C1B = BA1

Отсюда следует, что $H$ лежит на биссектрисе угла $C1B1A1$ . Делая то же самое для остальных углов, имеем, что $H$ — центр вписанной окружности $△A1B1C1.$

Обозначим радиус этой окружности за $r$ и, не умаляя общности, $ρ(H,AC )=HT = r$ (касание из условия). Нетрудно видеть, что $BT$ является высотой треугольника $ABC$ . Поскольку мы уже знаем, что $⌢ ⌢ C1A= AB1$ ( $AA1$ — также биссектриса $△A1B1C1$ ), то $∠HCA = ∠ACB1 =⇒ HT = r= TB1$ (получили высоту и биссектрису $△HCB1$ ). Пусть также $HR ⊥ A1B1,R¯$ точка касания вписанной окружности. Тогда в прямоугольном $△HRB1$ катет равен половине гипотенузы и $30∘ = ∠HB1R = ∠HB1C1 =∠BCC1 =90∘− ∠ABC =⇒ ∠ABC =60∘$ . Поскольку мы знаем, что какой-то другой угол $△ABC$ равен $40∘$ , то третий будет $80∘.$

Ответ:

$60∘$ и $80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#134549Максимум баллов за задание: 7

Высоты, проведенные из вершин $A,$ $B$ и $C$ остроугольного треугольника $ABC,$ пересекают стороны треугольника в точках $A , 1$ $B , 1$ $C1$ соответственно, а также пересекают описанную окружность в точках $A2,$ $B2,$ $C2$ соответственно. Прямая $A1C1$ пересекает описанные окружности треугольников $AC1C2$ и $CA1A2$ в точках $P$ и $Q,$ отличных от $A1$ и $C1.$ Докажите, что окружность $PQB1$ касается прямой $AC.$

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Поскольку

∘ ∠C2AB = ∠C2CB = 90 − ∠B = ∠HAB,

треугольники $C2AC1$ и $HAC1$ симметричны относительно прямой $AB.$ Значит, и окружности $C2AC1$ и $HAC1$ симметричны относительно прямой $AB.$ На окружности $HAC1$ лежит точка $B1$ (так как $∠AB1H = 90∘),$ тогда точка $X,$ симметричная точке $B1$ относительно прямой $AB,$ лежит на окружности $C2AC1.$

Из симметрии $∠XC A =∠B C A, 1 1 1$ а кроме того, $∠B C A = ∠BC A 11 1$ (например, из вписанных четырёхугольников $ACA C 1 1$ и $BCB C , 1 1$ вписанных в окружности с диаметрами $AC$ и $BC ).$ Отсюда $∠XC A = ∠BC A, 1 1$ значит, $X$ лежит на прямой $A C . 1 1$ Таким образом, $X$ совпадает с $P.$

$PIC$

Из симметрии точек $P$ и $B1$ относительно $AB$ вытекает, что $PB1 ⊥ AB$ и $PB1 ∥C1C2$ . Аналогично доказывается, что $QB1 ∥A1A2.$

Для завершения решения достаточно установить равенство $∠PB1A =∠P QB1.$ Из параллельности прямых: $∠PB1A =∠LC1A,$ $∠P QB1 = ∠LC1A.$ Но $∠LC1A = ∠C1A1A$ из вписанного четырёхугольника $AC1A1C.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Также решение можно закончить и по-другому. Заметим, что прямые $AB$ и $AC$ являются серединными перпендикулярами к отрезкам $B1P$ и $B1Q$ соответственно, поэтому точка $B$ является центром описанной окружности треугольника $B1P Q,$ откуда и следует искомое касание, в силу того, что $BB1$ высота на $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#43643Максимум баллов за задание: 7

Высоты неравнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ . $O$ — центр описанной окружности треугольника $BHC$ . Оказалось, что центр $I$ вписанной окружности треугольника $ABC$ лежит на отрезке $OA$ . Найдите градусную меру угла $BAC$ . В ответ внесите число.

Источники: Муницип - 2016, Москва, 9.6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали условие на центр окружности BHC. Но с первого взгляда непонятно, как привязать этот центр к нашей картинке. Из условия мы знаем, что центр лежит на биссектрисе. Но тогда какой точкой с известными свойствами является центр O?

Подсказка 2

Верно, это будет середина дуги BC описанной окружности ABC, так как O лежит на серединном перпендикуляре к BC и биссектрисе. Давайте теперь попробуем что-нибудь понять про точки, лежащие на описанной окружности BHC. Для этого попробуйте вспомнить некоторые свойства ортоцентра и применить один из них к нашей конструкции. Что хорошего можно понять про описанные окружности ABC и BHC?

Подсказка 3

Верно, окружности симметричны относительно BC, потому что при симметрии относительно BC ортоцентр лежит на описанной окружности ABC. Но тогда центр X описанной окружности ABC, лежит на описанной окружности BHC(O лежит на описанной окружности ABC). Теперь осталось только посчитать немного углы и воспользоваться тем, что вписанный угол в два раза меньше центрального. Победа!

Показать доказательство

Из условия задачи следует, что точка О лежит на пересечении биссектрисы угла $A$ и серединного перпендикуляра к стороне $BC$ . Так как эти прямые пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC$ , то О лежит на этой окружности и является серединой дуги $BC.$ Кроме того, $∘ ∠BHC = 180 − ∠BAC$ , так как $H−$ ортоцентр треугольника $ABC.$ Далее можно рассуждать по-разному.

$PIC$

Первое решение.

Обозначим углы треугольника $ABC :∠A =α,∠B = β,∠C =$ $γ$ . (см. рис. 9.6а) Тогда $∘ ∠OCB = ∠OAB = α∕2,∠BCH =90 − β,∠OCH = ∠OCB+$ $∘ ∠BCH = 90 + α∕2− β.$

В треугольнике $OHC :OH = OC$ (радиусы одной окружности), поэтому $∘ ∠OHC = ∠OCH = 90 +α∕2− β.$ Аналогично, $∘ ∠OHB = ∠OBH = 90 +α∕2− γ.$ Тогда $∘ ∘ ∘ ∠BHC = ∠OHB +∠OHC =90 + α∕2− γ +90 + α∕2− β = 180 + α− γ− β = 2α$ Так как $∘ ∠BHC = 180 − α$ , то получим уравнение $∘ 2α= 180 − α$ , откуда $α=$ $∘ 60 .$

Второе решение.

Воспользуемся тем, что окружность, описанная около треугольника $BHC$ , симметрична описанной окружности треугольника $ABC$ относительно прямой $BC$ (см. рис. 9.6б). Тогда центр $P$ описанной окружности треугольника $ABC$ лежит на дуге $BHC$ . Следовательно, $∠BHC = ∠BPC = 2∠BAC$ . Из того, что $180∘− ∠BAC =2∠BAC$ , получим: $∠BAC =60∘$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#49006Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ отрезки $AK,BL$ и $CM$ – высоты, $H$ – их точка пересечения, $S$ – точка пересечения $MK$ и $BL$ , $P$ — середина отрезка $AH$ , $T$ — точка пересечения прямой $LP$ и стороны $AB.$ Доказать, что прямая $ST$ перпендикулярна стороне $BC.$

Источники: Всесиб-2016, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним свойства высот! Что можно сказать про четырехугольники AMKC и BCML?

Подсказка 2

Верно, они вписанные! Тогда, отметим уголочки в этих четырехугольниках! А что можно сказать про ∠ACB (если мы знаем, что угол между прямыми равен углу, между перпендикулярами к этим прямым)?

Подсказка 3

Да, он равен ∠AHL! Так как, P – середина AH, то LP – медиана в треугольнике ALH, который является прямоугольным. А медиана в прямоугольном треугольнике, проведенная из прямого угла – разбивает исходный треугольник на два равнобедренных! Тогда что можно сказать про четырехугольник TSML?

Подсказка 4

Конечно, он вписанный! То есть, ∠TSL=∠TML (опираются на дугу TL) ⇒ ∠TSL=∠AHL! ⇒ TS параллельна высоте AK.

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Обозначим $α =∠ACB.$ От проведения высот нам понадобятся следующие результаты:

(1) ∠TML = α (из вписанности BCML )

∘ (2) ∠AMK =180 − α (из вписанности AMKC )

Также известно, что угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к этим прямым, так что

α =∠(AC,CB )= ∠(BL,AK )= ∠AHL

По условию $LP$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ALH$ , поэтому

(3) ∠PLH = ∠PHL = α

Из $(2)$ и $(3)$ следует, что в четырехугольнике $TMSL$ противоположные углы в сумме дают $180∘,$ значит, он вписанный. А вписанные углы, опирающиеся на дугу $TL$ равны:

∠TSL = ∠TML = α

Получаем, что соответственные углы $TSL$ и $AHL$ равны, поэтому прямая $TS$ параллельна высоте $AK$ , так что тоже перпендикулярна стороне $BC$ , что и требовалось.

Второе решение.

Так как $∘ ∠AMC = ∠AKC = 90$ , то четырёхугольник $AMKC$ — вписанный. Значит, $∘ ∠AMK = 180 − ∠BCA$ . Так как $AK$ и $BL$ высоты, то $∠AHL = 90∘− ∠CAK = ∠BCA$ .

По условию $LP$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ALH$ , поэтому $∠P LH =∠P HL = ∠AHL = ∠ACB = 180∘− ∠AMK.$ Отсюда следует, что четырехугольник $T MSL$ вписанный.

Отсюда $∠TSL =∠T ML$ . Мы знаем, что $∠BMC = ∠BLC = 90∘$ , поэтому четырехугольник $BMLC$ вписанный. Значит $∠AML = ∠BCA = ∠TSL.$

$PIC$

Тогда $∠DEC = 180∘− ∠ACB − ∠SDL = 180∘− ∠ACB − (90∘− ∠TSL)= 90∘.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#88296Максимум баллов за задание: 7

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $M$ . На первой окружности выбрана произвольная точка $A$ , отличная от $P$ и $M$ и лежащая внутри второй окружности, лучи $P A$ и $MA$ вторично пересекают вторую окружность в точках $B$ и $C$ соответственно. Докажите, что прямая, проходящая через $A$ и центр первой окружности, перпендикулярна $BC$ .

Источники: Всесиб - 2016, 10.4 (переформулировка задачи 9 класса с Региона ВсОШ-1998) (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр первой окружности, $H ,H 1 2$ — проекции точки $A$ на прямые $CB$ и $PM$ соотвественно. Тогда достаточно доказать, что точки $O,A,H1$ лежат на одной прямой. Для этого покажем, что $∠OAM = ∠CAH1$ .

$PIC$

Действительно, $∠MP B = ∠MCB$ , в силу вписанности четырехугольника $PMBC$ , тогда треугольники $AP H2$ и $ACH1$ подобны по двум углам, следовательно, $∠CAH1 =∠P AH2$ .

Наконец, прямые, проведенные из вершины треугольника и соотвественно ортоцентр и центр описанной окружности симметричны относительно биссектрисы треугольника, проведенной из сооствествующей вершины, то есть $∠P AH2 = ∠OAM$ , что завершает доказательство.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#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:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#100601Максимум баллов за задание: 7

Пусть $H$ и $O$ — ортоцентр и центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Описанная окружность треугольника $AOH,$ пересекает серединный перпендикуляр к $BC$ в точке $A1.$ Аналогично определяются точки $B1$ и $C1.$ Докажите, что прямые $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ пересекаются в одной точке.

Источники: Олимпиада им. Шарыгине, 10.6, А. Соколов(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нарисовать правдоподобный рисунок, то будет видно, что AA₁ и OH симметричны относительно серединного перпендикуляра AH. Попробуйте это доказать.

Подсказка 2

Для доказательства стоит рассмотреть серединный перпендикуляр AH. Какие интересные точки на нëм лежат? Тут помогут свойства ортоцентра.

Подсказка 3

Итак, доказали. Но ведь то же самое можно сказать про BB₁ и CC₁. Теперь надо понять, почему если прямая проходит через ортоцентр треугольника, то прямые, симметричные ей относительно его сторон, пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Лемма. Если прямая $ℓ$ проходит через ортоцентр треугольника, то прямые, симметричные $ℓ$ относительно его сторон, пересекаются в одной точке.

Доказательство. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Тогда точки $Ha,Hb$ и $Hc,$ симметричные $H$ относительно $BC,CA$ и $AB$ соответственно, лежат на описанной окружности треугольника. При этом угол, опирающийся, например, на дугу $HaHb,$ равен $2∠C,$ т.е. он равен углу между прямыми, симметричными $ℓ$ относительно $BC$ и $CA.$ Значит, эти прямые пересекаются на описанной окружности. Очевидно, третья прямая пересекает окружность в той же точке. Лемма доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернёмся к задаче. Рассмотрим треугольник $′ ′′ AB C ,$ образованный отражениями точки $O$ относительно сторон треугольника $ABC.$ Его вершины — центры описанных окружностей треугольников $HBC, HCA$ и $HAB;$ значит, его стороны - серединные перпендикуляры к $AH, BH$ и $CH,$ и она параллельны сторонам $△ABC.$ Значит, $O$ — ортоцентр треугольника $A′B′C ′.$

$PIC$

С другой стороны, поскольку стороны $AH$ и $A1O$ вписанного четырёхугольника $AHOA1$ параллельны, прямые $AA1$ и $OH$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $AH,$ т.е. относительно $B′C ′;$ аналогичное утверждение выполняется для $BB1$ и $CC1.$ Значит, эти прямые пересекаются в одной точке согласно лемме, применённой к $△A′B′C′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#91987Максимум баллов за задание: 7

Отрезок $AD$ – диаметр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$ . Через точку пересечения высот этого треугольника провели прямую, параллельную стороне $BC$ , которая пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что периметр треугольника $DEF$ в два раза больше стороны $BC$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Просят доказать, что удвоенная сторона BC равна некоторому периметру. Мы знаем, что средняя линия равна половине стороны, которой она параллельна. Вот было бы здорово, если бы и отрезок BC был средней линией какого-нибудь треугольника!

Подсказка 2

У нас как раз есть уже параллельность BC и FE, осталось только продлить FE до пересечения с DB и DC (обозначим Х и Y), чтобы получить искомый треугольник. Самое время вспомнить, что Н лежит на FE. Какое свойство ортоцентра может помочь? Что можно сказать о том, в каком отношении ВС делит HD?

Подсказка 3

Чтобы завершить доказательство, обратите внимание на то, чем являются EB и FC в треугольниках XED и YFD соответственно.

Показать доказательство

Пусть $X$ и $Y$ — точки пересечения прямых $BD$ и $CD$ с прямой $EF$ .

$PIC$

По свойству ортоцентра прямая $BC$ делит отрезок $DH$ пополам, следовательно, так как прямые $BC$ и $XY$ параллельны, по теореме Фалеса отрезки $DX$ и $DY$ делятся точками В и С пополам, значит, $BC$ — средняя линия в треугольника $XDY$ . Заметим, что угол $ABD$ прямой, поэтому треугольник $XED$ равнобедренный, откуда $XE =DE$ . Аналогично $Y F = DF$ , следовательно,

XY = XE + EF +FY = DE + EF + DF = PDEF =2BC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#70310Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ . Прямая, перпендикулярная стороне $BC$ и проходящая через точку $C1$ , пересекает прямую $A1B1$ в точке $K$ . Докажите, что угол $CKB$ прямой.

Источники: Всеросс., 2009, РЭ, 9.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано три высоты, а значит, нужно вспомнить про ортоцентр и его свойства! Например, какое из свойств ортоцентра может сказать нам что-то об углах С₁А₁А и АА₁В₁?

Подсказка 2

Ортоцентр является точкой пересечения биссектрис ортотреугольника! Теперь посчитайте уголочки и посмотрите на треугольник С₁А₁К. Какой он?

Подсказка 3

Он равнобедренный, так как А₁С является одновременно биссектрисой и высотой! Посмотрите на отрезок КС₁ и подумайте о расположении точек К и С₁ относительно прямой ВС.

Показать доказательство

Вспомним одно из свойств ортоцентра: $H$ - точка пересечения высот треугольника $ABC$ - является точкой пересечения биссектрис ортотреугольника $A1B1C1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство.

$PIC$

∠C1BH = ∠C1A1H в силу вписанности четырехугольника C1BA1H; ∠HA1B1 = ∠HCB1 в силу вписанности четырехугольника HA1CB1; ∠C1BH =∠HCB1 в силу вписанности четырехугольника C1BCB1.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $BC∩ C K =T. 1$ Проведём $A C 11$ и применим факт выше

$PIC$

∠C1A1H = ∠B1A1H ⇒ ∠C1A1B = ∠B1A1C; ∠BA1K = ∠B1A1C как вертикальные; Итого △A C K — равнобедренный⇒ K симметрична точке C относительно BC. 1 1 1 ∘ И з этого следует, что △BC1C = △BKC ⇒ ∠BKC = ∠BC1C = 90.

Предыдущая подтема

Следующая подтема