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

Точка и отрезок

Медианы

Высоты

Биссектрисы

Средняя линия и её свойства

Ортоцентр и его свойства

Лемма 255

Симедианы

Прямая Эйлера

Прямая Симсона

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83235

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены биссектриса $BL$ и высота $BK.$ Прямые $BL$ и $BK$ пересекают вторично описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $W$ и $T$ соответственно. Оказалось, что $BC = BW.$ Докажите, что $TL ⊥ BC.$

Источники: КМО - 2024, вторая задача второго дня для 10-11 классов, автор Шурыгин В.Е. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Из вписанности $∠BAL =∠BAC =∠BW C$ . Получается, что в треугольниках $BAL$ и $BW C$ равны две пары соответствующих углов, значит, равные углы и в третьей паре: $∠BLA = ∠BCW$ . Но из условия $BC = BW$ следует $∠BW C = ∠BCW$ , отсюда $∠BAL = ∠BLA.$

$PIC$

Получается, что треугольник $BAL$ равнобедренный $(BA = BL )$ , тогда $BT$ — его ось симметрии. Значит, $∠BTL =∠BT A$ . Но $∠BT A= ∠BCA =90∘− ∠CBK$ . Видим, что $∠BTL = 90∘− ∠CBT$ , откуда $TL⊥ BC.$

Замечание.

После установления симметрии треугольника $BAL$ относительно $BT$ , можно завершить решение разными способами. Например, заметив, что

∠TCW + ∠CW B =∠T BW + ∠CAB = ∠TBA +∠CAB = 90∘.

Тогда $CT ⊥ BW$ , и в силу $CK ⊥ BT$ , получаем, что $L$ — точка пересечения двух высот в треугольнике $BCT.$ Значит, $TL$ — третья высота, то есть $TL ⊥ BC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#88295

В треугольнике $ABC$ отмечены точки $H$ и $O$ — ортоцентр и центр описанной окружности соответственно. Докажите, что лучи $AH$ и $AO$ симметричны относительно биссектрисы угла $A$ .

Показать доказательство

Прямая $AH$ перпендикулярна прямой $CB$ , следовательно, $∠HAB = 90∘ − ∠B$ .

$PIC$

Угол $AOC$ является центральным для вписанного угла $B$ , то есть $∠AOC = 2∠B$ . Отрезки $AO$ и $OC$ равны как радиусы окружности, описанной около треугольника $ABC$ , следовательно,

∠CAO = 180∘−-∠AOC-= 90∘− ∠B 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#88309

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH,$ которая повторно пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $K.$ $BN$ — диаметр окружности. Докажите, что $CK =AN.$

Показать доказательство

Поскольку $∠BCN$ — вписанный угол, опирающийся на диаметр, то $∠BCN =90∘.$ Также, поскольку вписанные углы $∠BAC$ и $∠BNC$ опираются на одну дугу, $∠BAC = ∠BNC.$ Тогда из прямоугольных треугольников $△AHB$ и $△NCB$ следует, что

∘ ∘ ∠ABH = 90 − ∠BAC =90 − ∠BNC = ∠NBC

∠ABN = ∠ABH + ∠HBN =∠CBN + ∠HBN = ∠KBC

$PIC$

Равные углы $∠ABN$ и $∠KBC$ опираются на равные хорды: $AN = KC.$

Замечание. При другом расположении точек

$PIC$

вторая цепочка равенств может превратиться в

∠ABN = ∠ABH − ∠HBN =∠CBN − ∠HBN = ∠KBC.

Остальные рассуждения при этом не поменяются.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#88313

Пусть $AA 1$ и $BB 1$ — высоты остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC,M$ — середина $AB.$ Окружность, описанная около треугольника $AMA1,$ пересекает прямую $A1B1$ в точке $X.$ Докажите, что $AX$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Т.к. $∠AB B =∠AA B =90∘, 1 1$ то четырехугольник $AB A B 1 1$ вписанный. Значит, $∠ABA = ∠AB X. 1 1$ Также, поскольку четырехугольник $AMA1X$ вписанный по условию, $∠AXA1 = ∠BMA1.$ Получаем, что $△AXB1 ∼ △A1MB$ по двум углам.

$PIC$

$M$ — середина гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $AA1B.$ Значит, $MB =MA1 =MA,$ т.е. треугольник $BMA1$ равнобедренный. Но поскольку $△BMA1 ∼ △B1XA,$ то

∠MBA1 = ∠MA1B = ∠XB1A = ∠XAB1

Поскольку $∠ABC = ∠CAX,$ то $AX$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#88874

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AE$ и $CF$ . Докажите, что одна из точек пересечения прямой, проходящей через ортоцентр $H$ треугольника $ABC$ и середину стороны $AC$ , c описанной окружностью треугольника $ABC$ лежит на описанной окружности треугольника $F HE$ .

Показать доказательство

Пусть $Ω$ — окружность, описанная около треугольника $ABC,$ $O$ — центр $Ω,$ $D$ — точка, диаметрально противоположная точке $B$ в $Ω,$ $P$ — точка пересечения прямой $HM$ и $Ω.$

$PIC$

Тогда $∠DCB = 90∘,$ следовательно, $AH || CD.$ Аналогично, $CH || AD.$ Таким образом, четырехугольник $AHCD$ является параллелограммом, то есть прямая $HM$ проходит через точку $D.$ Наконец, угол $BPD$ опирается на диаметр $BD$ в $Ω,$ следовательно, равен $90∘,$ следовательно, точка $P$ лежит на окружности с диаметром $BH,$ что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91435

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA ,BB 1 1$ и $CC . 1$ Докажите, что точка, симметричная $A 1$ относительно прямой $AC,$ лежит на прямой $B1C1.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $H$ ортоцентр, а через $X$ — точку, симметричную $A1.$ Достаточно доказать, что $∠C1B1B + ∠XB1B = 180∘.$

Пусть угол $C1B1B$ равен $α.$ Тогда угол $C1AH$ тоже равен $α,$ потому что четырёхугольник $AC1HB1$ вписанный. Значит, $∠C1HA = 90∘− α= ∠A1HC.$ Четырёхугольник $B1HA1C$ также вписанный, а значит $∠A1B1C = 90∘− α.$ Наконец, в силу симметрии $∠XB1C =90∘− α= ∠CB1A1,$ откуда $∠XB1B = 180∘ − α =180∘− ∠C1B1B,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91960

В параллелограмме $ABCD$ из вершины тупого угла провели высоты $AM$ и $AN.$ Известно, что $AC = t$ и $MN = n.$ Найти расстояние от точки $A$ до ортоцентра треугольника $AMN.$

Показать ответ и решение

Пусть $H$ — ортоцентр треугольник $AMN$ .

$PIC$

Заметим, что $AC$ — диаметр окружности, описанной около четырёхугольника $ANCM$ , тогда по свойству ортоцентра

AH2 = 4R2− n2 = t2 − n2.

Ответ:

$t2− n2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#94094

В треугольнике $ABC$ точка $H 1$ симметрична ортоцентру $H$ относительно вершины $C$ , а точка $C 1$ симметрична точке $C$ относительно середины стороны $AB$ . Докажите, что центр $O$ окружности, описанной около треугольника $ABC$ , является серединой отрезка $H1C1.$

Показать доказательство

$PIC$

Воспользуемся следующим известным фактом: расстояние от ортоцентра треугольника до вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны, то есть, если $M$ — середина стороны $AB,$ то

HC = 2OM

Пусть точка $O1$ — точка пересечения серединного перпендикуляра к стороне $AB$ с отрезком $C1H1.$ Тогда $MO1 ∥ CH1,$ а так как $M$ — середина $CC1,$ то $MO$ — средняя линия треугольника $CC1H1.$ Значит, $O1$ — середина отрезка $C1H1$ и

1 1 MO1 = 2CH1 = 2 = HC =OM

Следовательно, точка $O1$ совпадает с центром $O$ описанной окружности треугольника $ABC$ . Что и требовалось доказать.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#100599

Вокруг остроугольного треугольника $ABC$ описана окружность. Продолжения высот треугольника, проведённых из вершин $A$ и $C,$ пересекают окружность в точках $E$ и $F$ соответственно, $D$ — произвольная точка на меньшей дуге $AC,$ $K$ — точка пересечения $DF$ и $AB,$ $L$ — точка пересечения $DE$ и $BC.$ Докажите, что прямая $KL$ проходит через ортоцентр треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Точки, симметричные $H$ относительно сторон треугольника, лежат на описанной окружности, поэтому $∠HEL = ∠EHL,∠AHK = ∠AFK.$ Вписанные углы $AED$ и $AFD$ равны, значит,

∠EHL = ∠HEL =∠AED =∠AF D =∠AF K = ∠AHK

Следовательно, точки $K, H$ и $L$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#66207

Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H,$ точка $O$ — центр описанной около этого треугольника окружности. Прямая $OH$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно, причём оказалось, что $XH =HO =OY.$ Найдите градусную меру угла $BAC.$

Показать ответ и решение

Первое решение.
$PIC$
Пусть $E,D −$ середины сторон $AC,AB$ соответственно. Тогда $∘ ∘ ∠OEC = 90 ,∠ODB = 90,$ так как $O−$ центр описанной окружности треугольника $ACB.$ Также дополнительно проведем высоты $BB1,CC1.$ Пусть $OE = a,HC1 = b.$ Тогда так как $OE−$ средняя линия треугольника $YB1H,$ то $HB1 =2a,$ а также поскольку $HC1 −$ средняя линия треугольника $XOD,$ то $OD = 2b.$ Так как расстояние от вершины треугольника до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до противолежащей стороны, то $CH = 4b,HB =2a.$ Теперь заметим, что точки $C,B1,C1,B$ лежат на окружности с диаметром $CB.$ Тогда в этой окружности воспользуемся свойством хорд для $BB1,CC1 :$

B1H ⋅HB = C1H⋅HC

2 2 4a = 4b

a= b

Так как треугольник $HC1B1$ подобен $HCB$ по двум углам $(∠CHB = ∠C1HB1 как вертикальны е ,∠HC1B1 =∠HBC из вписанности),$ то:

C1B1 HB1- 2a 1 CB = HC = 4b = 2

Теперь вспомним, что по свойствам ортоцентра $C1B1 CB = cos∠CAB.$ Значит, $1 ∘ ∠CAB =arccos2 =60 .$

Второе решение.
$PIC$
Заметим, что $SXAO =SHAY ,SXAH =SOAY ,$ так как у них общая высота из вершины $A$ и основания одинаковы из условия. Тогда воспользуемся формулой площади через синус угла:

1 1 2XA ⋅AO ⋅sin∠XAO = 2HA ⋅AY ⋅sin∠Y AH.

Из свойства ортоцентра $∠CAO = ∠BAH,$ значит:

XA ⋅AO =HA ⋅AY.

Таким же способом из $SXAH = SOAY :$

XA ⋅AH = OA⋅AY.

Поделим первое равенство на второе:

AO- AH- AH = AO

2 2 AO =AH

AO =AH.

Пусть радиус описанной окружности равен $R,∠CAB =α,M −$ середина $CB.$ Так как треугольник $COB$ равнобедренный, то $OM −$ высота и биссектриса этого треугольника. Так как $∠COB = 2∠CAB = 2α,$ то $∠COM =α.$ Значит, из треугольника $COM :$

OM =R cosα.

По свойству ортоцентра

AH = 2OM = 2Rcosα.

Тогда из $AO =AH$ следует:

2Rcosα= R

1 cosα = 2

α = 60∘.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#67086

Дан остроугольный треугольник $ABC; H$ — его ортоцентр. Треугольник $AHC$ достроен до параллелограмма $AHCD.$ Докажите равенство углов $∠ABD = ∠CBH.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что точка $D$ — образ при отражении точки $H$ относительно середины $AC,$ но тогда по свойствам ортоцентра $D$ лежит на окружности $(ABC )$ и является диаметрально противоположной точке $B.$ Таким образом, $BD$ — направление на центр окружности $(ABC ),$ а значит, по свойству ортоцентра $∠ABD = ∠CBH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#67088

Высоты $AA′$ и $CC′$ пересекают описанную окружность остроугольного треугольника $ABC$ в точках $A 1$ и $C . 1$ Докажите, что $′ ′ A1C1 ∥A C.$

Показать доказательство

$PIC$

По свойству ортоцентра $A ′$ — середина $HA1,C ′$ — середина $HC1.$ Тогда $A′C ′$ — средняя линия в $ΔHA1C1,$ откуда $A1C1 ∥A′C′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#67089

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 $ABC.$

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 17#67090

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 $EF.$

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 18#67091

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.

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 19#67114

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 $OH.$

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 20#67130

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.

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.

Предыдущая подтема

Следующая подтема