Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .04 Лемма о трезубце

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#68197Максимум баллов за задание: 7

Точки $O$ и $I$ — центры описанной и вписанной окружностей соответственно для треугольника $ABC$ , $M$ — середина дуги $AC$ описанной окружности (не содержащей точки $B$ ). Известно, что $AB = 15,BC = 7$ и $MI = MO.$ Найдите $AC.$

Источники: Муницип - 2021, Татарстан, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть центр вписанной окружности и середина дуги, хочется использовать...

Подсказка 2

Лемму о трезубце! Получим, что MA=MI=MO. Но что из этого следует?

Подсказка 3

Треугольник AOM - равносторонний! Тогда можно найти угол AOM, а значит, и угол ABC, а дальше дело техники.

Показать ответ и решение

$PIC$

Середина дуги $M$ лежит на биссектрисе $BI.$

По лемме о трезубце $AM = MI =R$ (по условию $OM = R =MI$ ).

Отсюда

∠B = 60∘

По теореме косинусов

∘ ------------ AC = 152+72− 15⋅7= 13

Ответ: 13

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#68253Максимум баллов за задание: 7

Постройте треугольник по центру описанной окружности $O$ , центру вписанной окружности $I$ и вершине $A$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем центр описанной окружности и вершину А. Что мы точно сможем нарисовать?

Подсказка 2

Описанную окружность! А что можно связать с инцентром и описанной окружностью, чтобы получить расположение вершин треугольника?

Подсказка 3

Лемма трезубце! Для этого проведите AI до пересечения с опис. окружностью, и дальше задача решится)

Показать ответ и решение

Заметим, что раз мы знаем центр описанной окружности и ее радиус $AO$ , то мы можем провести описанную окружность. Проведем прямую $AI$ до пересечения с описанной окружностью. Получим точку $D$ . По лемме о трезубце мы знаем, что $ID = BD = CD$ . Значит, если мы проведем окружность с центром в $D$ и радиусом $ID$ , то она пересечет описанную окружность в 2 точках: $B$ и $C$ , так как эти точки лежат и на описанной окружности, и на данной.

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#68254Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ $(AB < BC )$ точка $I$ — центр вписанной окружности, $M$ — середина стороны $AC,$ $N$ — середина дуги $ABC$ описанной окружности. Докажите, что $∠IMA = ∠INB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть середина одной дуги, также есть середина стороны, и еще инцентр... Что можно связать с инцентром треугольника и еще какой-то серединкой?)

Подсказка 2

Продлим BI до пересечения с описанной окружностью! Пусть это D. Тогда это будет середина уже другой дуги AC, а это значит, что D, N и M лежат на одной прямой, а DN — диаметр. Как можно посчитать хорошо уголки теперь?

Подсказка 3

Например, можно свести задачу к тому, что ∠IMA = ∠IMD - 90°, ∠INB = ∠NID - 90°. То есть, надо доказать, что ∠IMD = ∠NID. Из каких треугольников можно получить равенство этих углов?

Подсказка 4

Нам нужно доказать, что подобны треугольники DMI и DNI. А теперь вспомните, какое условие через отношение сторон для этого нужно, и воспользуйтесь леммой о трезубце)

Показать доказательство

Пусть $Ω$ — описанная около треугольника $ABC$ окружность; прямая $AI$ пересекает $Ω$ в точке $W$ — середине дуги $AC.$ Заметим, что $∠ACW = ∠W NC,$ поскольку опираются на равные дуги в $Ω,$ но тогда окружность $(MCN )$ касается прямой $W C,$ следовательно, $2 W C =W M ⋅W N.$

$PIC$

С другой стороны, по лемме о трезубце $W C = WI,$ т.е. окружность $(MIN )$ касается $BI,$ откуда $∠BIN = ∠IMN.$ Осталось заметить, что эти углы дополняют углы $INB$ и $IMA$ соответственно до прямого, а значит, равны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#68206Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ построена точка $D$ , симметричная центру $I$ вписанной окружности относительно центра $O$ описанной окружности. Докажите, что

2 2 AD = 4R − AB ⋅AC,

где $R$ – радиус описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: Муницип - 2020, Москва, 11.6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать какое-то тождество, связанное с квадратом диаметра. Было бы разумно нарисовать его на картинке. Наверное, надо будет провести диаметр AP, т.к. наша задача крутится вокруг точки A. Что мы можем сказать про четырехугольник ADPI...

Подсказка 2

Это параллелограмм. Действительно, IO=OD по условию, а AO=OP как радиусы. Тогда AD=IP. Пускай AI пересекает описанную окружность в точке W. Тогда PWA- прямой. Нам нужно найти связь между AD и диаметром, что то же самое, что связь между IP и AP. Попробуйте найти её, если мы знаем, что треугольники APW и IPW- прямоугольные...

Подсказка 3

Если записать теоремы Пифагора для этих треугольников, то можно установить, что AP²-IP²=AW²-IW². Тогда нам осталось доказать, что AB*AC=AW²-IW². У нас листок на лемму о трезубце, а мы до сих пор ею не воспользовались. Надо исправлять!

Подсказка 4

По лемме о трезубце WB=WI=WC. Тогда W- центр описанной окружности треугольника CIB. Тогда AW²-IW² это не что иное, как степень точки A относительно этой окружности. Осталось только доказать, что степень точки A равна AB*AC...

Подсказка 5

Заметим, что W лежит на биссектрисе ∠BAC. Тогда описанная окружность треугольника BIC симметрична относительно AW. Теперь отметьте вторую точку пересечения прямой AB c этой окружностью и запишите произведение секущей на внешнюю часть, и будет вам счастье!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть биссектриса $AI$ пересекает описанную окружность в точке $W$ . Проведем диаметр $AP$ . Тогда $ADP I$ - параллелограмм и $AD = PI$ . Тогда доказываемое равенство можно записать в виде:

AB ⋅AC = 4R2 − AD2 = AP2 − PI2 (1)

Кроме того, так как $AP$ - диаметр окружности, то угол $AW P$ - прямой. Тогда правую часть равенства (1) можно преобразовать:

AP 2− PI2 = (AW 2 +PW 2)− (W R2 +PW 2)= AW 2− WR2

Таким образом, задача сводится к доказательству равенства

AB ⋅AC =AW 2− W I2 (2)

Воспользуемся известным фактом: $W B =W C =W I$ , который называют теоремой трилистника или леммой о трезубце. Центр $W$ описанной окружности треугольника BIC лежит на биссектрисе угла $BAC$ , поэтому точки пересечения этой окружности со сторонами угла $BAC$ попарно симметричны относительно биссектрисы $AW$ . В частности, симметричны точки $C$ и $E$ , значит, $AE = AC$ .

Пусть $AT$ - касательная к описанной окружности треугольника ВIC. Тогда

2 AB ⋅AE = AT (3)

Из треугольника $AW T$ по теореме Пифагора

AT 2 = AW 2− W T2 =AW 2− W R2 (4)

Из равенств (3) и (4), учитывая также, что $AC = AE$ , получим:

AB ⋅AC = AB ⋅AE =AT 2 = AW 2− W I2,

то есть равенство (2), которое равносильно утверждению задачи.

В заключительной части решения можно обойтись без теоремы Пифагора, если использовать степень $s$ точки $A$ относительно окружности $(BIC ):$

s= AB ⋅AE =AB ⋅AC = AW 2− W I2

Это утверждение, равно как и теорему о трилистнике, школьники могут использовать без доказательства.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#68309Максимум баллов за задание: 7

Точки $A,B$ и $C$ лежат на окружности с центром в точке $O.$ Луч $OB$ вторично пересекает описанную около треугольника $AOC$ окружность в точке $D,$ причём точка $B$ оказалась внутри этой окружности. Докажите, что $AB$ — биссектриса угла $DAC.$

Источники: ИТМО-2020, 9.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположите, что то, что вам нужно доказать, верно, и поймите, что это означает?

Подсказка 2

Получается картинка из леммы о трезубце, а точка B будет центром вписанной в треугольник ADC окружности.

Подсказка 3

Теперь остаётся доказать это. Из равенства OA=OC получаем, что...

Подсказка 4

DO - биссектриса. На ней отмечена точка B, так что BO=OA=OC. Значит...

Подсказка 5

Так как центр вписанной окружности удовлетворяет этому свойству по лемме о трезубце, и только одна точка на биссектрисе ему удовлетворяет, то B - центр вписанной окружности в треугольник ADC.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим окружность, на которой лежат точки $A, O, C$ и $D.$ Точка $O$ равноудалена от точек $A$ и $C,$ поэтому является серединой дуги $AC.$ Значит, $DO$ — биссектриса угла $D$ в треугольнике $ACD.$

Точка $B$ лежит на луче $OD$ и находится на том же расстоянии от точки $O,$ что точки $A$ и $C,$ поэтому по лемме о трезубце является центром вписанной в треугольник $ACD$ окружности, а значит, $AB$ тоже биссектриса.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#68468Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть треугольник AIC и его описанная окружность. Может, мы знаем что-то хорошее про ее центр?

Подсказка 2

По лемме о трезубце, это середина дуги AC! Обозначим ее за O. Кроме того, он лежит на отрезке ED, т.к. это серединный перпендикуляр к AC. Как можно теперь связать точки E и D так, чтобы можно было что-то сделать с точкой F похожим образом?

Подсказка 3

Например, можно сказать, что E и D симметричны относительно прямой, перпендикулярной ED и проходящей через O) Давайте также отразим F относительно этой прямой, и получим точку F'. Что мы получили?

Подсказка 4

Мы получили, что есть DEFF' - вписанная равнобокая трапеция. Мы хотим доказать, что E, D, B, F на одной окружности, а уже есть DEFF'..Как можно переформулировать теперь задачу?

Подсказка 5

Можно теперь доказывать, что точки F', D, B и E лежат на одной окружности) Для этого попробуйте доказать, что O - центр окружности B₁FF'! Это можно сделать с помощью симметрии, чтобы доказать, что O лежит на B₁F') А дальше как действовать?

Подсказка 6

А дальше можно воспользоваться подобием треугольников OAB и OAB₁ и записать отношения сторон) После с помощью предыдущей подсказки можно по-другому выразить это равенство отношений, и получится требуемое условие для того, чтобы F', D, B и E лежали на одной окружности)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $Ψ$ середину дуги описанной окружности треугольника $ABC$ , не содержащей точку $B$ . Тогда $Ψ$ лежит на прямой $BB1$ . Кроме того, по лемме о трезубце точка $Ψ$ равноудалена от точек $I, A$ и $C$ , поэтому $Ψ$ является центром описанной окружности треугольника $AIC$ и $Ψ$ лежит на отрезке $ED$ . Пусть точка $F′$ симметрична точке $F$ относительно серединного перпендикуляра к $DE$ . Очевидно, $DEF ′F$ — равнобедренная трапеция, значит, $D, E, F, F′$ лежат на одной окружности.

Докажем, что точка $B$ лежит на этой же окружности. Заметим, что точка $F′$ лежит на $BB1$ , поскольку $Ψ$ равноудалена от точек $B1, F, F′$ и $∠F′F B1 = 90∘$ , т.е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $Ψ$ и радиусом $ΨF$ . Из подобия треугольников $AΨB1$ и $BΨA$ следует, что $ΨB1⋅ΨB = ΨA2$ , что равносильно равенству

ΨF′⋅ΨB = ΨD ⋅ΨE.

Из последнего равенства следует, что точки $F′, B, D, E$ лежат на одной окружности.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#68469Максимум баллов за задание: 7

Точка $I a$ — центр вневписанной окружности треугольника $ABC,$ касающейся стороны $BC$ в точке $X,$ а точка $A′$ диаметрально противоположна точке $A$ на описанной окружности этого треугольника. На отрезках $′ ′ IAX,BA ,CA$ выбраны точки $Y,Z,T$ соответственно таким образом, что $IAY = BZ = CT =r,$ где r — радиус вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что точки $X,Y,Z,T$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в условии есть центры вписанной и вневписанной окружностей - попробуем посчитать какие-то углы, найти равные…хочется еще равные отрезки как-то использовать, не так ли? Еще заметим, что точки Z, T у нас практически одинаковы по построению, поэтому будет досрочно сделать выводы для одной из них, а потом произнести волшебное «аналогично». Не понятно, как подобраться к углам требуемого «вписанного» четырехугольника, поэтому попробуем доказать, что серединные перпендикуляры к его стороны пересекаются в одной точке.

Подсказка 2

С помощью подсказки 1, учитывая, что угол АВА´ прямой, приходим к тому, что ZBIaY равнобедренная трапеция! Что мы тогда может сказать о серединной перпендикуляре к ZY? А к BIa? Серединный перпендикуляр к последнему отрезку несложно найти с помощью известной леммы, которая ищет такую точку W, что WB = WIa. Аналогичные действия проделывает и с точкой T)

Подсказка 3

Серединные перпендикуляры к ZY и YT проходят через середину дуги BC окружности (ABC) по лемме о Трезубце и в силу того, что эти серединные перпендикуляры совпадают с серединными перпендикулярами к BIa и CIa. Осталось лишь доказать, что серединный перпендикуляр к XY проходит через эту же точку.

Подсказка 4

Для этого отложим на продолжении отрезка XIa за Х такую точку I’, что XI’ = r и подумаем о треугольнике IaI’I.

Показать доказательство

$PIC$

Из условия сразу следует, что $∠ABZ = 90∘$ . Кроме этого, если $I$ — центр вписанной окружности, то $∠IBIa = 90∘$ . Из этих равенств сразу следует, что $∠ZBIa = ∠ABI = ∠AB2C$ . Поскольку прямая $BIa$ — внешняя биссектриса угла $ABC$ , угол $CBIa = 90∘− ∠A2BC$ , и поэтому

∠YIaB = ∠XIaB = ∠ABC-. 2

Таким образом, $BZ =IaY$ и $∠ZBIa = ∠YIaB$ . Это значит, что четырехугольник $BIaYZ$ — равнобедренная трапеция. Поэтому серединный перпендикуляр к отрезку $YZ$ совпадает с серединным перпендикуляром к отрезку $BIa$ . Последний по лемме о трезубце проходит через середину $W$ дуги $BC$ описанной окружности треугольника. Аналогично, через $W$ проходит и серединный перпендикуляр к отрезку $YT.$

Осталось понять, почему через $W$ проходит серединный перпендикуляр к отрезку $XY$ . Отметим на продолжении отрезка $IaX$ за точку $X$ такую точку $I′$ , для которой $XI ′= r$ . Иными словами, $II′Ia$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $I′$ . По уже упоминавшейся лемме о трезубце, точка $W$ — середина его гипотенузы $1Ia$ . Следовательно, она лежит на серединном перпендикуляре $I′I a$ совпадающем с серединным перпендикуляром к отрезку $XY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#71930Максимум баллов за задание: 7

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Так как в задаче фигурирует окружность AIC, стоит подумать о её центре и о том, как он связан с описанной окружностью ABC. В этом вам поможет лемма о трезубце.

Подсказка 2.

Обозначим через M середину меньшей дуги AC описанной окружности. Когда определяется середина дуги и основание биссектрисы, возникают стандартные подобия. Попробуйте найти их.

Подсказка 3.

Например, рассматриваем треугольники AMB₁ и BMA. Тогда можно получить, что MA² = MB₁ · MB. Из-за леммы о трезубце у нас есть много отрезков, равных MA, а значит, можно найти несколько аналогичных подобий и вывести несколько равенств углов. Попробуйте связать их с искомой вписанностью.

Также можно воспользоваться другим подходом. Для этого попробуйте придумать дополнительное построение, которое сведет задачу к проверке вписанности другого четырехугольника, которая, в свою очередь, будет доказываться через степень точки.

Показать доказательство

Обозначим через $M$ середину дуги $AC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точку $B.$ Тогда точка $M$ лежит на прямой $BB1$ и по лемме о трезубце равноудалена от точек $I,$ $A$ и $C,$ поэтому $M$ лежит на отрезке $ED$ и является центром описанной окружности треугольника $AIC.$ Следовательно, $MA = MC = MD = ME.$ Так же заметим, что $2 MA = MB1 ⋅MB$ в силу подобия треугольников $MAB1$ и $MBA.$

$PIC$

Наконец, приведем два способа доказательства требуемого.

Первый способ. По уже обозначенным равенствам $MD2 =MB1 ⋅MB,$ что влечет равенство углов $MBD$ и $MDB1.$

$PIC$

Аналогично имеем равенство углов $MBE$ и $MEB1.$ Осталось заметить, что в силу симметрии и уже обозначенных равенств углов

∠DF E = ∠DB1E = 180∘ − (∠MBD +∠MBE )=180∘− ∠DBE,

следовательно, несмежные углы $B$ и $F$ в четырехугольнике $BDF E$ в сумме дают $∘ 180,$ что влечет его вписанность.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $F1$ – точка, симметричная $B1$ относительно $M.$ Тогда

MF1 ⋅MB = MB1 ⋅MB = ME ⋅MD,

следовательно, точки $B,D,F ,E 1$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что данная окружность переходит в себя под действием симметрии относительно серединного перпендикуляра к $DE,$ но $F 1$ переходит в $F,$ следовательно, также лежит на этой окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точка $B1$ является $B$ -точкой Шалтая треугольника $EBD.$ Она определяется как точка пересечения окружностей, проходящих через $B$ и касающихся стороны $ED$ в точках $E$ и $D$ соответственно. Условие исходной задачи может быть переформулировано так:

Точка, симметричная точке Шалтая треугольника, лежит на его описанной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#68485Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Внутри треугольника выбрана такая точка $P$ , что $∠P BA+ ∠PCA = ∠PBC + ∠PCB$ . Докажите, что $AP ≥ AI$ , причём равенство выполняется тогда и только тогда, когда точка $P$ совпадает с точкой $I$ .

Источники: IMO - 2006, Problem 1 и Отборочный Всесибирской олимпиады - 2018

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу бросается в глаза неприятное равенство на сумму углов. Заметим, что было бы хорошо, если бы угол PBC складывался с PBA и PCA c PCB. Как мы можем этого добиться? Конечно, сложить левую часть равенства с правой, а затем повыражать неизвестные нам углы через углы треугольника ABC!

Подсказка 2

Мы получаем, что углы BPC и PIC = 90 + (угол A) / 2. Вспомним лемму о трезубце! Точки B,P,C,I будут лежать на одной окружности. Иначе, P будет лежать на описанной окружности треугольника BCI. Но где же находится центр этой окружности?

Подсказка 3

Конечно, вновь используя лемму о трезубце, мы понимаем что центр M окружности BCI лежит на середине дуги BC. Более того, M лежит на описанной окружности треугольника ABC. Это в точности значит, что M лежит на биссектрисе угла BAC. Помним, что нам необходимо доказать неравенство на отрезки. Обычно в таких ситуациях необходимо применить неравенство треугольника! Для какого треугольника неравенство будет наиболее подходящим?

Подсказка 4

Конечно для треугольника APM, ведь AM = AI + IM и IM = IP(как радиусы)

Показать доказательство

Пусть $∠A = 2α.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $∘ ∠BIC = 90 +α$ .

Доказательство. Заметим, что сумма углов $IBC$ и $ICB$ в два раза меньше, чем сумма углов $B$ и $C$ треугольника $ABC,$ а значит, равна $∘ 90 − α.$ Отсюда и следует утверждение леммы.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернёмся к доказательству. Пусть $ω$ — описанная окружность $△BIC,$ а $M$ — её центр. По лемме о трезубце $M$ является центром $ω.$ Заметим, что сумма углов $PBC$ и $P CB$ также равна $∘ 90 − α,$ то есть

∠BP C = 90∘+α.

Следовательно, в силу леммы, точка $P$ лежит на окружности $ω.$

$PIC$

Из неравенства треугольника для $△AP M$ следует:

|AP |+|PM |≥|AM |=|AI|+|IM |= |AI|+ |PM |.

Поэтому $|AP|≥ |AI|.$ Равенство достигается тогда и только тогда, когда $P$ принадлежит $AI,$ что означает $P = I.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#68189Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC, M$ — середина стороны $AC,$ а $W$ — середина дуги $AB$ описанной окружности, не содержащей $C.$ Оказалось, что $∘ ∠AIM = 90 .$ В каком отношении точка $I$ делит отрезок $CW ?$

Источники: Олимпиада им.Шарыгина - 2017, 9.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, давайте подумаем, а что это вообще за точка W? Как её можно использовать?

Подсказка 2

Да, поскольку точка W — середина дуги AB, то она лежит на биссектрисе угла C! А теперь, вспомним один факт: внутренняя и внешняя биссектриса одного и того же угла перпендикулярны. А также мы знаем, что ∠AIM — прямой! Какое дополнительное построение теперь хочется сделать?

Подсказка 3

Да, хочется построить внешнюю биссектрису ∠A. Теперь, давайте отметим все углы и увидим параллельность двух прямых на рисунке! Что теперь можно сказать про отрезок IM?

Подсказка 4

Да, IM — средняя линия треугольника ACJ, где J — центр вневписанной окружности! А что можно сказать про точку W? Верно W — середина IJ!

Показать ответ и решение

$PIC$

Давайте поймем, как реализовать странное условие про угол. Вспомним про то, что внутренняя и внешняя биссектрисы одно и того же угла перпендикулярны. Тогда давайте дополнительно отметим центр вневписанной окружности данного треугольника, касающейся стороны $AB.$ Пусть это $Ic.$ Значит,

∠IcAI = ∠AIM = 90∘ ⇐⇒ AIc ∥MI

Так как $AM = MC,$ то $IM$ – средняя линия треугольника $ACIc.$ По лемме о трезубце $W$ – середина $IIc,$ следовательно, $CI =IIc = 2IW.$

Ответ:

$2 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#68310Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $D$ и $E$ соответственно, а $O$ — центр описанной окружности треугольника $BCI,$ где $I$ — центр вписанной окружности. Докажите, что $∠ODB = ∠OEC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем про точку O. Она равноудалена от B, I и C (это ведь центр окружности)... А какая еще точка удовлетворяет этим условиям?)

Подсказка 2

По лемме о трезубце — это середина дуги BC! А т.к. это середина дуги, то углы OAB и OAC равны. Осталось найти еще равенство двух треугольничков, и задача решена)

Показать доказательство

По лемме о трезубце точка $O$ — середина дуги $BC$ описанной около треугольника окружности, не содержащей точку $A,$ следовательно, лежит на биссектрисе $AI.$ Осталось заметить, что прямые $AD$ и $AE$ симметричны относительно $AI,$ но $AD = AE$ как отрезки касательных, а значит, точки $D$ и $E$ так же симметричны, то есть симметричны прямые $OD$ и $OE,$ а значит, и углы $ODB$ и $OEC.$

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#68311Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB = 2,BC =8,AC =8.$ Из точки $B$ провели биссектрису, которая пересекла описанную окружность этого треугольника в точке $D.$ Найдите, чему равно $DI,$ где $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ИТМО-2017, 9.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть пересечение биссектрисы с окружностью. Тогда можно сразу применить лемму о трезубце! Т.е. DI = AD. Значит, нам надо посчитать AD. Как это можно сделать?

Подсказка 2

Нам даны все три стороны треугольника. Возможно, стоит воспользоваться теоремой синусов для каких-то треугольников?

Подсказка 3

Например, мы знаем что угол ADB = углу ABC! И из теоремы синусов для треугольника ADB мы можем получить, что AD выражается через AB и синусы углов ABC/2 и ACB. Дальше просто техника выражения синусов и косинусов из т.косинусов или т.синусов для упрощения вычислений)

Показать ответ и решение

$PIC$

Согласно лемме о трезубце $DI =AD$ , а по теореме синусов в треугольнике $ADB$

AD = AB-sin∠ABD--=---AB---sin∠ ABC-. sin∠ADB sin∠ACB 2

По теореме синусов в треугольнике $ABC$ имеем $sinA∠BACB-= 2RABC = sinA∠CABC-$ , поэтому по формуле синуса двойного угла

--AC-sin∠-AB2C---- ---AC---- AD = 2sin∠AB2C-cos∠ AB2C-= 2cos∠ AB2C-

По формуле косинуса половинного угла

cos2 ∠ABC = 1+cos∠ABC-= 1+-1∕8= 9-, 2 2 2 16

поэтому

--8-- 16 DI = AD = 2⋅3∕4 = 3

Ответ:

$16 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#68204Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Пусть $I$ – центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Найдите наименьшее значение $BD$ , если известно, что $AI =BC =CD = 2.$

Источники: Московская мат регата - 2016, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим середину дуги и центр вписанной окружности, значит...

Подсказка 2

Они лежат на одной прямой, и можно применить лемму о трезубце!

Подсказка 3

Мы получили кучу отрезков, равных 2. Тогда хочется найти ещё побольше равных треугольников!

Подсказка 4

Давайте опустим перпендикуляры из точки I на AB и BD, и из точки C на BD. Мы получим три равных треугольника, и из этого будет следовать, что...

Подсказка 5

Эти перпендикуляры равны! Что тогда можно сказать про точку пересечения BD и CI?

Подсказка 6

Она делит CI пополам! Теперь осталось только применить теорему о произведении отрезков хорд и неравенство о средних, и мы найдём наименьшее значение BD. Ну и формально говоря, ещё нужно показать, как построить пример, когда это наименьшее значение достигается.

Показать ответ и решение

Из условия следует равенство дуг $BC$ и $CD,$ значит, биссектриса $AI$ угла $BAD$ пересекает окружность в точке $C$ . По лемме о трезубце $CI =CB = CD = 2.$

$PIC$

Пусть $E,G$ – основания перпендикуляров, опущенных из точек $C$ и $I$ на $BD$ и $AB$ соответственно, тогда из равенства прямоугольных треугольников $DEC$ и $AGI$ по острому углу (равные вписанные углы) и гипотенузе (из условия) следует, что $CE = IG.$ Перпендикуляр $I$ к диагонали $BD$ также равен $IN$ (это радиусы вписанной окружности треугольника $ABD ),$ поэтому $BD$ пересекает отрезок $CI$ в его середине $L$ из равенства прямоугольных треугольников $ELC$ и $FLI$ по катету и острому углу (вертикальные).

Таким образом, $CL =IL =1.$ По теореме о произведении отрезков хорд $BL ⋅DL= AL ⋅CL.$ Пусть $BL = x,DL = y,$ тогда $xy =3.$ А по неравенству о средних $x+ y ≥ 2xy =2√3.$

Наименьшее значение достигается при $x= y = √3.$ Построим равнобедренный треугольник $BCD$ с боковыми сторонами $BC = CD = 2$ и высотой $CE = 1.$ Тогда $BE =ED = √3.$ Продлим $CE$ за точку $E$ на длину $3,$ получим точку $A.$ Отметим $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD.$ Тогда из леммы о трезубце получим $CB = CD =CI = 2,$ а значит, $AI = 2$ и построенная картинка удовлетворяет условию.

Ответ:

$2√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#68312Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,$ точка $I$ — центр его вписанной окружности. На лучах $BI$ и $CI$ соответственно отмечены такие точки (отличные от $I$ ) $E$ и $F,$ что $AI = AE = AF.$ Докажите, что площади треугольников $BIF$ и $CIE$ равны.

Источники: ИТМО-2016, 10.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть интересное условие: AI = AE = AF... Никакое условие не напоминает?)

Подсказка 2

Лемма о трезубце! Давайте как раз обозначим за D середину дуги BC, и тогда DI = DB = DC. Попробуйте здесь найти подобия)

Подсказка 3

Да, можно доказать, что треугольники DIB и AIE подобны, также как DIC и AIF. Попробуйте записать эти условия подобий через отрезки, и сможете понять, почему площади требуемых треугольников равны)

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим точку $D$ — середину дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ . По лемме о трезубце $DB = DC = DI$ . Треугольники $DBI$ и $AEI$ подобны, так как это равнобедренные треугольники с равными углами при основании (углы в точке $I$ равны как вертикальные, потому что точки $A, I$ и $D$ лежат на одной прямой — биссектрисе угла $A$ ). Аналогично подобны треугольники $DCI$ и $AFI$ .

Отсюда получаем

BI= DI-= CI- EI AI FI

(первое равенство из первого подобия, второе — из второго). Раскрывая пропорцию, имеем $BI⋅FI = CI ⋅EI$ . Из этого равенства следует требуемое равенство площадей треугольников $BIF$ и $CIE$ , поскольку углы при вершине $I$ в треугольниках $BIF$ и $CIE$ равны как вертикальные.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#68313Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,$ точка $I$ — центр вписанной окружности, точка $A 1$ взята таким образом, что точка $A$ является серединой отрезка $A1I.$ Докажите, что точка $A1$ и центры вневписанных окружностей треугольника $ABC$ лежат на одной окружности.

Источники: ИТМО-2016, 9.8 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть условие, что A - середина отрезка IA₁, а также есть центры вневписанных окружностей...Какой можно использовать факт или теорему, где тоже какие-то точки являются серединами каких-то отрезков, причем этот факт или теорема связана с центрами вневписанных окружностей?)

Подсказка 2

Лемма о трезубце конечно! Если отметить середины дуг AB, BC и CA, то эти середины дуг являются серединами отрезков IC₁, IA₁ и IB₁ соответственно, где A₁, B₁, C₁ - центры вневписанных окружностей. У нас есть теперь достаточно много середин, которые завязаны на точке I...Что можно в этом случае сделать?

Подсказка 3

Посмотреть на сами серединки дуг и на точку A) Они все уже лежат на описанной окружности треугольника ABC, а дальше становится ясно что делать!

Показать доказательство

Докажем, что точки $A , D , E 1 1 1$ и лежат на одной окружности с центром в $O . 1$

$PIC$

Пусть точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ ; $O1$ — такая точка, что $O$ середина $O1I$ ; точки $D, E$ и $F$ — середины дуг $AB, BC$ и $AC$ описанной окружности треугольника $ABC$ , а точки $D1, E1, F1$ — центры вневписанных окружностей треугольника $ABC$ , касающихся сторон $AB, BC$ и $AC$ соответственно. Тогда по лемме о трезубце точки $D, E$ и $F$ — середины $D1I, E1I$ и $F1I$ соответственно.

В треугольнике $A1O1I$ отрезок $AO$ является средней линией, значит $O1A1 = 2OA$ . Аналогичные равенства получаем и для остальных пар отрезков:

$D1O1 = 2OD, F1O1 = 2OF, E1O1 = 2OE$ и так как $OA =OD = OE = OF$ , получаем

O1A1 =O1D1 = O1E1 = O1F1

то есть точки $A1, D1, E1$ и лежат на одной окружности с центром в $O1$ , что и требовалось доказать. Заметим, что вместо последнего абзаца можно было применить преобразование подобия (гомотетию) с центром в точке $I$ и коэффициентом $2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#70581Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в треугольник $ABC,$ касается стороны $AC$ в точке $D.$ Отрезок $BD$ повторно пересекает окружность в точке $E.$ Точки $F$ и $G$ на окружности таковы, что $FE∥BC$ и $GE∥BA.$ Докажите, что прямая, соединяющая центры вписанных окружностей треугольников $DEF$ и $DEG,$ перпендикулярна биссектрисе угла $B.$

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2016, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, чтобы решать задачу стало проще надо рассмотреть несколько вспомогательных точек: Обозначим за I₁ и I₂ центры вписанных окружностей, также отметим точки касания вписанной окружности сторон AB и BC (точки X и Y).

Подсказка 2

Теперь, кажется, можно воспользоваться свойством касательных и попытаться доказать подобие треугольников BXE и BDX. С помощью аналогичных соображений для другого треугольника, можно доказать, что EX : XD = EY : ED.

Подсказка 3

Ну а теперь, наконец-то воспользуйтесь леммой о трезубце!

Показать доказательство

Пусть $X$ и $Y$ — точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со сторонами $AB$ и $BC$ coответственно, а точки $I 1$ и $I 2$ — центры вписанных окружностей треугольников $EGD$ и $EF D.$ Известно, что касательная, параллельная хорде, проходит через середину дуги, которую стягивает хорда.

$PIC$

Из чего следует, что точка $X$ лежит на прямой $DI1,$ а точка $Y$ — на прямой $DI2.$ По свойству касательной $∠XDB =∠BXE,$ поэтому треугольники $BXE$ и $BDX$ подобны и имеет место равенство $EX :XD = BX :BD.$ И по аналогичным соображениям $BY :BD = EY :YD.$ Но $BX = BY,$ а значит,

EX :XD = EY :YD

Далее заметим, что по лемме о трезубце для треугольников $EGB$ и $EDF$ получаем, что $XE = XI1$ и $EY = YI2$ соответственно. Подставляя в последнее равенство, получаем, что

XI1 :XD = YI2 :YD

откуда $XY ∥I1I2.$ Но нам известно, что $XY$ перпендикулярен биссектриссе угла $B.$ Тогда из параллельности биссектриса перпендикулярна и $I1I2.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#90501Максимум баллов за задание: 7

Вокруг прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом $C$ описана окружность, на меньших дугах $AC$ и $BC$ взяты их середины — $K$ и $P$ соответственно. Отрезок $KP$ пересекает катет $AC$ в точке $N.$ Центр вписанной окружности треугольника $ABC$ — $I.$ Найти угол $NIC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте показать, что IKCP - дельтоид.

Подсказка 2

Если IKCP - дельтоид, то что можно сказать про его диагональ KP?

Подсказка 3

KP будет серединным перпендикуляром к CI. Что тогда известно про точку N, которая как раз и лежит на KP.

Показать ответ и решение

$PIC$

По лемме о трезубце $KC = KI$ и $PC =P I.$ Тогда $KP$ — серединный перпендикуляр к отрезку $CI.$ Т.к. $N$ лежит на $KP,$ то $NI = NC.$ Получается, что $NIC$ — равнобедренный треугольник, причем $∠NCI = ∠C∕2= 45∘.$ Значит, и $∠NIC = 45∘.$

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#71159Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC,I$ — центр его вписанной окружности, $L$ — основание биссектрисы $AL.$ Прямая $MI$ пересекает описанную окружность в точке $K.$ Описанная окружность треугольника $AKL$ пересекает прямую $BC$ вторично в точке $P.$ Докажите, что $∘ ∠AIP =90 .$

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

∠PIB — не особо понятный, да и прямая PI не особо "красивая", а должно быть наоборот. Что в таком случае можно сделать? Какой метод применить?

Подсказка 2

Подмена точки! Определим P' как пересечение перпендикуляра к AL в точке I и прямой BC. Хотим доказать, что P' = P. Как это сделать? (вспомните условие)

Подсказка 3

Именно! Доказать вписанность ALKP'. Также, не умаляя общности, будем считать, что AB < AC, тогда P' лежит на лучше CB за точку B. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 4

Доказать равенство вписанных углов. Подумайте, к каким углам проще всего привязаться?

Подсказка 5

Да, это углы LAK и LP'K. Чтобы удобно оперировать углами, обозначим за N точку пересечения AI и описанной окружности △ABC. Какой вывод можно сделать про отрезок MN?

Подсказка 6

Осознайте, что это диаметр. Тогда несложным счётом углов докажите, что P'I касается описанной окружности △KIN — ω₁, а также окружности с центром в N и радиусом NB — ω₂ (воспользуйтесь леммой о трезубце).

Подсказка 7

Итого, P'I — общая касательная к α и β. Что это значит в "радикальных терминах"?

Подсказка 8

Верно! P'I — радикальная ось ω₁ и ω₂, а BC — радикальная ось ω₂ и описанной △АВС. Тогда чем является точка P?

Подсказка 9

Верно! Радикальным центром ω₁, ω₂ и описанной △АВС. Осталось что-то понять про точки K, N, P' и немного посчитать уголки и дуги. Уверены, вы справитесь! Успехов!

Показать доказательство

Решение 1.
Обозначим через $N$ середину дуги $BKC,$ а через $′ P$ — точку пересечения прямой, проходящей через $I$ перпендикулярно $AI,$ с прямой $BC.$ Докажем, что $′ P = P.$ Для этого докажем, что четырёхугольник $′ ALKP$ вписанный, проверив равенство углов $′ ∠LAK =∠LP K.$
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC$ (тогда точка $′ P$ рассположена на луче $CB$ ). Заметим, что $′ ∠KIP = 90 − ∠KIN = ∠KNI$ (так как $MN$ — диаметр), поэтому описанная окружность $ω1$ треугольника $KIN$ касается прямой $′ P I$ в точке $I.$ Поскольку $′ ∠NIP = 90,$ описанная окружность $ω2$ треугольника $BIC$ (с центром в $N$ ) тоже касается $′ P I$ в точке $I.$ Следовательно, точка $′ P$ — радикальный центр $ω1,ω2$ и описанной окружности $ABC.$ Но тогда точки $′ P ,K, N$ лежат на одной прямой, откуда

1 ⌣ 1 ⌣ ∠LAK = ∠NCK =∠NCB − ∠KCB = 2 CN −2 BK= ∠LP ′K.

$PIC$

Решение 2.
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC.$ Обозначим через $N$ середину дуги $BKC.$ Тогда

∠P KM = ∠PKA + ∠AKM = ∠PLA +∠AKM =

= ∠LAC +∠LCA + ∠AKM = ∠BAN + ∠BCA +∠AKM = 90∘,

поскольку сумма дуг описанной окружности $ABC,$ на которые опираются углы в последней сумме, равна $180∘.$ Так как $∠MKN = 90∘$ (он опирается на диаметр), то точки $P,K,N$ лежат на одной прямой. Далее, в силу подобия треугольников $NBL$ и $NAB$ выполняется равенство $NNLB-= NNBA-,$ откуда $NB2 = NL ⋅NA.$ Но в силу леммы о трезубце, $NB = NI,$ поэтому $NI2 =NL ⋅NA = NK ⋅NP,$ откуда $NNKI-= NNIP-$ и треугольники $NKI$ и $NIP$ подобны. Но тогда $∠NIP = ∠NKI = 90∘.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#96976Максимум баллов за задание: 7

Во вписанном четырехугольнике $ABCD$ стороны $BC$ и $CD$ равны. Окружность $Ω$ с центром $C$ касается отрезка $BD.$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD.$ Докажите, что прямая, проходящая через $I$ параллельно $AB,$ касается $Ω.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $K$ — точка касания окружности $Ω$ и отрезка $BD.$ Из равенства хорд $CB$ и $CD$ окружности $Ω,$ описанной около четырехугольника $ABCD,$ следует равенство стягиваемых ими дуг, то есть $C$ — точка пересечения биссектрисы $AI$ угла $BAD$ с окружностью $Ω.$ Подсчетом углов мы получаем равенство углов $CBI$ и $CIB$ при основании $BI$ треугольника $BCI,$ то есть равенство $CI =CB$ (лемма о трезубце). Пусть $CM$ — перпендикуляр, опущенный из точки $C$ на данную в условии прямую, проходящую через точку $I$ параллельно $AB.$ Из параллельности следует, что $∠CIM = ∠CAB = ∠CDB =∠CBD.$ Значит, $CIM$ и $CBK$ — равные прямоугольные треугольники. Тогда $CM = CK.$ Это и означает, что прямая $IM$ касается окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#100198Максимум баллов за задание: 7

Треугольник $ABC (AB >BC )$ вписан в окружность $Ω$ . На сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM =CN$ . Прямые $MN$ и $AC$ пересекаются в точке $K$ . Пусть $P$ — центр вписанной окружности треугольника $AMK$ , а $Q$ — центр вневписанной окружности треугольника $CNK$ , касающейся стороны $CN$ . Докажите, что середина дуги $ABC$ окружности $Ω$ равноудалена от точек $P$ и $Q.$

Показать доказательство

Пусть $S$ — середина дуги $ABC$ окружности $Ω,$ тогда $SA =SC.$

$PIC$

Получается, $SA = SC,$ $AM = CN$ по условию и $∠BCS = ∠BAS$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники $AMS$ и $CNS$ равны, и они совмещаются поворотом Ф с центром в точке $S$ на угол $∠ASC = ∠ABC.$ Отсюда, в частности, следует, что $SM = SN$ и $∠MSN = ∠ABC.$ А из последнего равенства углов следует, что четырёхугольник $MSBN$ вписан в некоторую окружность $γ$ .

Описанные окружности $Ωa$ и $Ωc$ треугольников $AMS$ и $CNS$ также совмещаются поворотом Ф. Пусть $U$ и $V$ – середины дуг $AM$ и $CN$ этих окружностей(не содержащих $S$ ). Тогда $SU = SV,$ то есть точка $S$ лежит на серединном перпендикуляре к $UV,$ а так же $UA =V C.$

$PIC$

Из окружностей $γ$ и $ω$ имеем $∠SAK = ∠SBC = ∠SMK,$ то есть $K$ лежит на $Ωa.$ Аналогично $K$ лежит на $Ωc.$ Отсюда следует, что точки $U$ и $V$ лежат на биссектрисе угла $∠CKN.$ Точки $P$ и $Q$ так же лежат на биссектрисе $∠CKN,$ так как они являются центрами окружностей, вписанных в этот угол.

По лемме о трезубце для треугольников $KAM$ и $KCN :$ $UP = UA$ и $VQ = VC.$ Так как $UA = VC,$ это означает, что точки $P$ и $Q$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $UV,$ на котором лежит точка $S.$ Значит, $S$ равноудалена от $P$ и $Q.$

$PIC$

Предыдущая подтема

Следующая подтема