Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .06 Антипараллельность

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Окружности

Вписанные углы и счёт углов в окружности

Касание с окружностью и касание окружностей

Вписанная и вневписанная окружности

Лемма о трезубце

Степень точки и радикальные оси

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#32988Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BB 1$ – высота треугольника $ABC.$ Пусть $B B 1 A$ и $B B 1 C$ – высоты треугольников $ABB 1$ и $BB C 1$ соответственно. Докажите, что точки $A,BA,C$ и $BC$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните критерий вписанности четырёхугольника в терминах его противоположных углов

Подсказка 2

Как мы можем использовать прямые углы, полученные после опускания перпендикуляров из основания высоты?

Подсказка 3

Да, 90 + 90 = 180, так что можем получить вписанный четырёхугольник, а дальше работать через вписанные углы!

Подсказка 4

Осталось использовать исходную высоту треугольника, чтобы выразить углы и доказать требуемое!

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BBCB1 = ∠BBAB1 = 90∘$ , то $BBAB1BC$ можно вписать в окружность, поэтому $∠BBABC$ и $∠BB1BC$ равны как вписанные углы. Но за счёт прямоугольных треугольников $∠BB1BC = 90∘− ∠B1BC = ∠C$ . Из равенства углов $C$ и $BBABC$ следует вписанность $ABACBC$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#32989Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BB 1$ – высота треугольника $ABC.$ Пусть $B B 1 A$ и $B B 1 C$ — высоты треугольников $ABB 1$ и $BB C. 1$ Докажите, что точки $BA,A2,BC$ и $C2$ лежат на одной окружности, где $A2$ и $C2$ — середины сторон $BC$ и $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Точки расположены неудобно, поэтому углы считать не хочется. Зато как мы можем рассуждать в терминах антипараллельных отрезков?

Подсказка 2

Средняя линия параллельна стороне и должна быть антипараллельна отрезку из оснований высот. Тогда осталось доказать, что нужный отрезок антипараллелен стороне!

Подсказка 3

Теперь доказать вписанность можно несложным отмечанием углов, ведь прямые противоположные углы дают нам вписанный четырёхугольник, а высота разбивает треугольник на два прямоугольных.

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $∠BBCB1 = ∠BBAB1 = 90∘,$ то $BBAB1BC$ можно вписать в окружность, поэтому $∠BBABC$ и $∠BB1BC$ равны как вписанные углы. Но за счёт прямоугольных треугольников $∠BB1BC = 90∘− ∠B1BC =∠C.$ Тогда $AC$ антипараллелен $BABC$ относительно $∠ABC.$ Средняя линия $A2C2 ∥AC,$ откуда сразу же следует, что $A2C2$ антипараллелелен $BABC$ относительно того же $∠ABC,$ что и означает вписанность $BAA2BCC2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#32990Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AH A$ и $BH − B$ высоты, а $AL A$ и $BL B$ - биссектрисы треугольника $ABC$ . Известно, что $H H ∥L L A B A B$ . Верно ли, что $AC = BC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано условие про параллельность не очень приятных отрезков. При этом мы знаем, что высоты дают вписанный четырёхугольник. Давайте рассуждать в терминах антипараллельности: что можно сказать?

Подсказка 2

Для начала можно сказать, что отрезок, соединяющий основания высот, антипараллелен стороне треугольника. А что тогда можно сказать с учётом условия?

Подсказка 3

Можно сказать, что сторона треугольника антипараллельна отрезку, соединяющему основания биссектрис. А тогда стоит отметить равные вписанные углы и написать ответ!

Показать ответ и решение

$PIC$

Мы знаем, что $HAHB$ антипараллельно $AB$ относительно $∠ACB$ , а с учётом $HAHB ∥LALB$ следует, что $ABLALB$ – вписанный четырёхугольник. Тогда $∠LAALB = ∠A2-$ и $∠LABLB = ∠B2-$ равны как вписанные, значит, углы треугольника $ABC$ при основании $AB$ равны.

Ответ:

да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#36392Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ Касательная в точке $C$ к его описанной окружности пересекает прямую $AB$ в точке $D.$ Касательные к описанной окружности треугольника $ACD$ в точках $A$ и $C$ пересекаются в точке $K.$ Докажите, что прямая $DK$ делит отрезок $BC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую конструкцию мы знаем про точку пересечения касательных? Чем является прямая DK?

Подсказка 2

Прямая DK содержит симедиану треугольника ACD! А в задаче просят доказать, что эта симедиана бьёт какой-то отрезок внутри ACD пополам, то есть является медианой. Когда симедиана к одному отрезку является медианой к другому отрезку?

Подсказка 3

Если эти отрезки антипараллельны! Правда тут как бы предельный случай получается, потому что одна из точек (А) совпадает для обоих отрезков. Ну ничего - главное доказать равенство углов как при антипараллельности

Показать доказательство

$PIC$

Из основной задачи о симедиане следует, что прямая $DK$ содержит симедиану треугольника $DAC.$ По теореме об угле между касательной и хордой $ABC$ имеем $∠ACD = ∠ABC,$ откуда $△DAC ∼ △DCB$ и имеют общий угол $∠ADC.$ То есть отрезки $AC$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $CDB$ (предельный случай антипараллельности, когда получаем не вписанный четырёхугольник, а касательную к описанной около треугольника окружности), а при симметрии относительно биссектрисы и гомотетии симедиана $DK$ треугольника $ACD$ перейдёт в медиану $DM$ треугольника $CBD,$ что и означает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#36394Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $H$ . Из точки $H$ провели перпендикуляры к прямым $B1C1$ и $A1C1$ , которые пересекли лучи $CA$ и $CB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки $C$ на прямую $A1B1$ , проходит через середину отрезка $PQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ага, в задаче нам предоставили прекрасные ортоцентр и ортотреугольник. А как связаны стороны исходного треугольника и стороны его ортотреугольника, что часто бывает полезно в рассуждениях в терминах глобальных конструкций?

Подсказка 2

Они антипараллельны! Перпендикуляр к стороне ортотреугольника должен оказаться медианой, тогда чем должна оказаться высота самого треугольника ABC для треугольника CPQ?

Подсказка 3

Конечно, симедианой! А вот Вам уже плотная подсказка: попробуйте доказать, что точка H удовлетворяет свойству, задающему ГМТ симедианы, так что симедиана пройдёт через Н

Подсказка 4

Это свойство связано с отношением от точки на симедиане до сторон угла. Чему оно должно быть равно!?

Показать доказательство

Заметим, что высоты к $A B 1 1$ и $AB$ симметричны относительно биссектрисы $∠ACB$ , поскольку $AB$ и $A B 1 1$ антипараллельны относительно угла $ACB$ . Для получения требуемого результата достаточно показать, что $CC1$ является симедианой $△CP Q$ .

$PIC$

Заметим, что $∠HP C = 90∘− ∠PHB1 =∠HB1C1$ (поскольку $HP ⊥ B1C1$ . Тогда $∠HP C =∠HB1C1 = 90∘− ∠C1B1A = 90∘ − ∠ABC = ∠BCC1$ (пользуемся вписанностью $CBC1B1$ ). Аналогично в силу симметрии обозначений $∠CQH = ∠PCH$ . В итоге $△CHP ∼ △QHC$ и $k = HHBA11 = CCPQ$ . Так как симедиана — это геометрическое место точек, расстояния от которых до сторон относятся так же, как и эти стороны, то задача решена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#37840Максимум баллов за задание: 7

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD$ , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E$ и перпендикулярная к $BC$ , пересекает сторону $AD$ в точке $M.$ Найдите длину медианы треугольника $AED$ , проведённую из вершины $E,$ если $∘ AB = 7, CE =3, ∠ADB =30 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче есть прямоугольные треугольники(много), а еще вписаности! На что это намекает обычно, какие мы можем извлечь из этого полезные факты?

Подсказка 2!

2) Да, на такой картинке удобно считать углы! Давайте этим и воспользуемся для доказательства пункта а, и попробуем доказать, что EM - медиана DEA (который, кстати, является прямоугольным треугольником, что-то мы знаем про его медиану..!)

Подсказка 3!

3) Итак, в пункте б нам нужно найти медиану прямоугольного треугольника, то есть половину его гипотенузы! Мы знаем его угол, а значит, нам достаточно посчитать любой из катетов!

Подсказка 4!

4) Осталось аккуратно, пользуясь удачно большим количеством прямоугольных треугольников, посчитать EM

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼ △BCE$ . Поскольку $EH$ ( $H = ME ∩ BC$ ) является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Можно также заметить, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED$ , а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC$ , как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам. Данный факт известен в олимпиадном сообществе как “теорема Брахмагупты” и при правильной формулировке может быть использован без доказательства.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Далее, в силу перпендикулярности диагоналей четырёхугольника:

BE = CE tg∠ADB =√3,

по теореме Пифагора из треугольника $ABE$

AE = ∘49−-BE2 =√46,

из треугольника $AED$

EM = AD-= ---AE----=√46. 2 2sin∠ADB

Ответ:

$√46$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#76419Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ провели высоту $BH,$ медиану $BM$ и биссектрису $BL.$ Точки $P$ и $Q$ — ортогональные проекции вершин $A$ и $C$ на прямую $BL.$ Докажите, что точки $M, H,P$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Источники: КФУ-2022, 11.4 (см. kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала попробуем продлить биссектрису до пересечения с описанной окружностью ABC в точке X. Что теперь можно вспомнить про эту точку?

Подсказка 2

Верно, эта точка делит дугу AC пополам. Тогда XM будет серединным перпендикуляром. Теперь у нас на картинке много прямых углов. Тогда про какие четырёхугольники мы можем пронаблюдать что-то хорошее?

Подсказка 3

Да, у нас получаются два вписанных четырёхугольника AMQX и CBPH, потому что прямые углы опираются на одну дугу. Но теперь вспомните, что внутренний угол равен противоположному внешнему, и попробуйте перекинуть уголки. Осталось только воспользоваться второй подсказкой, и победа!

Показать доказательство

Рассмотрим без ограничения общности $AB < BC.$ Тогда точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$ , а точка $Q$ вне его.

Первое решение.

Построим описанную окружность треугольника $ABC$ , тогда продолжение биссектрисы $BL$ пересечет ее в точке $D$ , являющейся серединой дуги $AC$ . Тогда $AD = CD$ , то есть медиана $DM$ равнобедренного треугольника $ADC$ будет также и высотой.

$PIC$

Так как $∠AMD = ∠AQD = 90∘$ , то получим, что $∠CAD = ∠MQL$ . Так как $∠BPC = ∠BHC = 90∘$ аналогично получаем, что $∠P HL =∠CBD$ .

Но углы $∠CBD = ∠CAD$ равны, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

В итоге $∠PHL = ∠CBD = ∠CAD = ∠MQL$ . Но из равенства углов $∠P HL =∠MQL$ следует, что точки $M,H,P,Q$ лежат на одной окружности.

Второе решение.

Обозначим через $A′$ и $C′$ точки пересечения прямых $AP$ и $BC,CQ$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $BP$ — биссектриса и $′ ′ BP ⊥ AA ,BQ ⊥ CC ,$ треугольники $′ BAA$ и $′ BCC$ — равнобедренные, и значит, $′ AP = PA$ и $′ CQ = QC .$

В треугольнике $′ AA C$ точки $P$ и $M$ — середины сторон $′ AA$ и $AC,$ поэтому $P M$ — средняя линия, и значит, $PM ∥BC.$ Аналогично, $′ MQ ∥BC .$ Следовательно, $∠AMQ = ∠BAC.$ Возможны два случая:

a) $∠BAC ≤90∘.$ Точки $A,H,P$ и $B$ лежат на одной окружности с диаметром $AB,$ поэтому четырёхугольник $AHP B$ — вписанный. Значит,

∠HP Q = 180∘− ∠HP B = ∠BAC = ∠HMQ

Следовательно, точки $H, P,M$ и $Q$ лежат на одной окружности.

б) $∘ ∠BAC > 90 ,$ тогда точки $A,H,B$ и $P$ лежат на одной окружности с диаметром $AB,$ поэтому четырёхугольник $AHBP$ — вписанный. Значит,

∠HP Q =180∘− ∠HPB = 180∘− ∠HAB =∠BAC =∠HMQ

Следовательно, точки $H, P,M$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#84396Максимум баллов за задание: 7

Пусть $BH ,CH b c$ — высоты треугольника $ABC.$ Прямая $H H b c$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $X$ и $Y.$ Точки $P$ и $Q$ симметричны $X$ и $Y$ относительно $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что $P Q∥BC.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.6, П. Кожевников(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что требуемое равносильно доказательству того, что PQ и XY антипараллельны относительно прямых XP и QY. Подумайте, почему это так?

Подсказка 2

Для доказательства этого достаточно показать, что XPQY вписанный. Для этого стоит обратить внимание на серединный перпендикуляр XY и вспомнить свойства ортоцентра.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности. Так как прямая $AO$ симметрична высоте треугольника из вершины $A$ относительно биссектрисы из той же вершины, а $∠AHbHc = ∠ABC,$ то $AO⊥ HbHc,$ т.е. $AO$ — серединный перпендикуляр к отрезку $XY.$ Следовательно, $AP =AX =AY = AQ$ и четырехугольник $XP QY$ вписанный. Поэтому прямые $XY$ и $P Q$ антипараллельны относительно прямых $XP$ и $YQ,$ которые параллельны высотам треугольника. Но $BC$ и $HbHc$ также антипараллельны относительно высот, значит, $P Q∥ BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#91438Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с диаметром $AC.$ Точки $K$ и $M$ — проекции вершин $A$ и $C$ соответственно на прямую $BD.$ Точка $P$ на прямой $AC$ такова, что $KP ∥ BC.$ Докажите, что $∘ ∠KP M = 90 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте доказать это через параллельность каких-то прямых. Подумайте, с помощью чего обычно доказывается параллельность.

Подсказка 2

Это делается либо с помощью углов, либо через отношения. Кажется, второй вариант нам больше подходит.

Подсказка 3

Проведите прямую, параллельную PM. Пересеките еë с AE в точке N (E - точка пересечения диагоналей ABCD). Сколько пар подобных треугольников вы видите?

Показать доказательство

Первое решение.

Четырехугольник $ABCD$ вписанный, поэтому прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла, образованного прямыми $AC$ и $BD,$ но $BC$ параллельна $PK,$ поэтому прямые $AD$ и $PK$ антипараллельны, т.е. четырехугольник $ADP K$ вписан в окружность, следовательно,

∠AP D =∠AKD = ∠DMC,

а значит четырехугольник $DPMC$ так же является вписанным, а прямые $P M$ и $CD$ антипараллельны. Последняя в свою очередь антипараллельна $AB,$ т.е. прямые $AB$ и $PM$ параллельны.

Таким образом, прямые $KP$ и $PM$ перпендикулярны, поскольку перпендикулярны прямые им параллельные — $CB$ и $AB.$

$PIC$

Второе решение.

Пусть диагонали четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E,$ а точка $P$ расположена между $C$ и $E.$ Тогда

∠P KD = ∠CBD = ∠CAD = ∠PAD

значит, из точек $K$ и $A,$ лежащих по одну сторону от прямой $PD,$ отрезок $PD$ виден под одним и тем же углом, поэтому точки $A,K,P$ и $D$ лежат на одной окружности, а т.к. $AK ⊥ BD,$ то $AD$ — диаметр этой окружности, значит, $∘ ∠CP D= ∠AP D= ∠90 .$ Из точек $P$ и $M$ отрезок $CD$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $CD.$ Тогда

∠MP A =∠180∘− ∠CPM =∠CDM = ∠CDB = ∠CAB

поэтому $PM ||AB,$ а т.к. $PK||BC$ и $AB ⊥ BC,$ то $P M ⊥P K,$ что и требовалось доказать. Аналогично для случая, когда точка $P$ расположена между $A$ и $E.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

Обозначим через $E$ точку пересечения диагоналей $AC$ и $BD.$ Пусть для определенности точка $K$ лежит на отрезке $BE.$

Пусть прямая, проходящая через $K$ параллельно $PM,$ пересекает $AC$ в точке $N.$ Треугольник $NKE$ и $PME$ подобны (так как их стороны параллельны), откуда $PE :EM = NE :EK.$ Прямоугольные треугольники $AKE$ и $CME$ также подобны, поэтому $EM :EC =EK :EA.$ Перемножая полученные равенства, получаем $PE :EC =NE :EA.$ Но по теореме Фалеса $PE :EC = KE :EB.$ Следовательно,

NE :EA =PE :EC = KE :EB

откуда $KN ∥AB.$ Значит, и $PM ∥ AB ⊥BC ∥ KP.$

$PIC$

Предыдущая подтема

Следующая подтема