Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .01 Вписанные углы и счёт углов в окружности

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 41#94186Максимум баллов за задание: 7

Три прямые пересекаются под углом $60∘$ в точке $P.$ Из точки $O$ , не лежащей на прямых, на них опущены перпендикуляры $OA,OB$ и $OC.$ Докажите, что треугольник $ABC$ — правильный.

Подсказки к задаче

Подсказка

Давайте вспомним факт про 5 точек на окружности. Пусть есть три прямые, пересекающиеся в точке X. Если взять некоторую точку P и провести из неë перпендикуляры к прямым, то основания перпендикуляров, P, X, лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Предположим, что точка $O$ расположена, как показано на рисунке:

$PIC$

Не умаляя общности, обозначим $OA, OB, OC$ как на рисунке.

Поскольку отрезок $PO$ виден из точек $A, B, C$ под прямым углом, то точки $P,$ $O,$ $A,$ $B,$ $C,$ лежат на окружности с диаметром $P O.$ Тогда

∠BAC =∠BOC =60∘

∠ACB =∠AOB =60∘

Следовательно, треугольник $ABC$ — равносторонний.

Аналогично для любого другого положения точки $O.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#94187Максимум баллов за задание: 7

На плоскости дана окружность $ω$ и точка $P.$ Через точку $P$ проведены четыре прямые, каждая из которых пересекает $ω$ в двух точках. Докажите, что середины четырех образовавшихся хорд лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Итак, у нас есть аж 4 прямые, проходящие через P. Но нет точки, из которой проведены перпендикуляры. Как еë найти? Посмотрите, например, на серединный перпендикуляр какой-нибудь хорды. Он проходит через особенную точку. Какую?

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр окружности $ω.$ Известно, что отрезок, соединящий середину хорды и $O,$ перпендикулярен этой хорде. Тогда заметим, что эти четыре середины хорд лежат на одной окружности, так как они находятся на окружности с диаметром $OP.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#94189Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ′,BB ′$ и $CC ′.$

(a) Точку $P$ спроектировали на высоты треугольника. Докажите, что треугольник, для которого эти три проекции являются вершинами, подобен треугольнику $ABC.$

(b) Пусть $B1,C1$ — середины высот $BB′$ и $CC ′.$ Докажите, что треугольники $A ′B1C1$ и $ABC$ подобны.

(c) На высотах взяли точки $A2,B2,C2$ так, что они делят высоты в отношении $2 :1,$ считая от вершины. Докажите, что треугольники $A2B2C2$ и $ABC$ подобны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Во втором и третьем пунктах нужно найти, в какой точке пересекаются перпендикуляры, проведëнные к высотам в точках, указанных в условие, тогда получится применить факт. Как же найти? Проведите перпендикуляр к высоте и поищите какую-то особенную точку в треугольнике, через которую он проходит.

Показать доказательство

(a) Обозначим проекции через $PA,PB$ и $PC,$ а ортоцентр $ABC$ через $H.$ Заметим, что пятиугольник $HPBPCP PA$ вписанный. Далее просто перекинем углы:

∠PBPCPA = ∠PBHPA =∠ACB.

Аналогично получим другие равенства углов, которые влекут подобие.

$PIC$

(b) Пусть $X$ — середина $BC, H$ — ортоцентр. Заметим, что точки $H,B1,C1,X,A′$ лежат на одной окружности, потому что $XC1 ⊥ CC′,XA′ ⊥ AA′,XB1 ⊥ BB ′.$ Далее аналогично предыдущему пункту перекидываем углы:

′ ′ ∠A C1B1 = ∠B1HA = ∠ACB.

$PIC$

(c) Давайте к каждой высоте проведём в точках $A2,B2,C2$ прямые, перпендикулярные им. Если докажем, что они пересекаются в одной точке, то решение сведётся к первому пункту. А это действительно так, потому что они пересекаются в точке пересечения медиан (это следует из того, что точка пересечения медиан делит медиану в отношении $2$ к $1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#94192Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к $BC$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q.$ Точки $A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $BC.$ Точка $R$ является основанием перпендикуляра из точки $P$ на прямую $AC.$ Точка $S$ — середина отрезка $AQ.$ Пусть $D$ — диаметрально противоположна $A$ на окружности описанной около треугольника $ABC.$ Докажите, что

(a) прямые $PR$ и $BD$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку $AQ;$

(b) точки $A,B,R$ и $S$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первый пункт решается просто путём сбора максимального количества информации про картинку. Поперекидывайте углы в окружности, поищите прямые углы, стягивающие диаметр.

Подсказка 2

Подсказка 3

Теперь давайте поймëм, как применить этот факт для второго пункта. У нас есть прямые BA, SA, RA, которые пересекаются в A. У нас есть перпендикуляры к этим прямым: RA, SO, BD. Осталось лишь показать, что эти перпендикуляры пересекаются в одной точке. В этом должен помочь результат первого пункта.

Показать доказательство

(a) Пусть прямые $AD$ и $PQ$ пересекаются в точке $O$ — центре описанной около $ABC$ окружности. При симметрии относительно прямой $SO$ точка $A$ перейдет в точку $Q,$ прямая $AO$ в прямую $QO.$ Окружность, описанная около $ABC$ останется на месте, то есть $P$ перейдет в точку $D.$

Окружность $(PRC )$ проходит через середину стороны $BC,$ поскольку построена на $P C$ как на диаметре, а значит $∠RP Q =∠C.$ С другой стороны, $∠C =∠ADB,$ то есть прямая $P R$ перейдет в прямую $BD.$

$PIC$

(b) Поскольку прямые $PR$ и $BD$ симметричны относительно прямой $OS,$ они пересекаются на последней. Пусть $T$ — точка их пересечения, тогда $∠ART = ∠AST = ∠ABT =90∘,$ а значит точки $A,R,O,B$ лежат на окружности с диаметром $AT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#97837Максимум баллов за задание: 7

На окружности с центром $O$ выбрали точки $C$ и $D$ по одну сторону от диаметра $AB,$ причём точка $C$ лежит на дуге $AD,$ не содержащей точку $B.$ Пусть $E$ и $F$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $D$ на отрезки $OC$ и $AB$ соответственно. Оказалось, что $DE$ — биссектриса угла $∠ADC,$ а $DO$ — биссектриса угла $∠ADF.$ Найдите угол $∠CAD.$ Ответ дайте в градусах.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Треугольник AOD равнобедренный (OD = OA, как радиусы), значит, ∠OAD =∠ODA. Поскольку DO — биссектриса угла ADF, то можно найти угол DAB. Чему он равен?

Подсказка 2

Правильно, 30°! Обозначим за G точку пересечения отрезков AD и OC. Что тогда можно сказать про треугольник CDG?

Подсказка 3

Верно, он равнобедренный! Cледовательно, углы при вершинах этих двух треугольников также будут равны, т. е. ∠CDG = ∠COD. Пусть ∠CDG =∠COD = α. Попробуйте, подсчитав сумму углов треугольника COD, вычислить угол α.

Подсказка 4

Точно, α = 40°. Теперь, пользуясь тем, что центральный угол в два раза больше вписанного угла, можно вычислить искомый угол.

Показать ответ и решение

Треугольник $AOD$ равнобедренный ( $OD = OA,$ как радиусы), значит, $∠OAD =∠ODA.$ Поскольку $DO$ — биссектриса угла $ADF,$ то $∠OAD =∠ODF.$ Подсчет углов в прямоугольном треугольнике $AF D$ показывает, что $∘ ∠OAD = 30.$ Обозначим за $G$ точку пересечения отрезков $AD$ и $OC.$

$PIC$

Отрезок $DE$ является высотой и биссектрисой в треугольнике $DGC;$ тогда этот треугольник равнобедренный с углом $ECD$ при основании, следовательно, углы при вершинах этих двух треугольников также будут равны, т. е. $∠CDG = ∠COD.$ Пусть $∠CDG =∠COD = α,$ тогда $∠GCD =∠ODC = 30∘+ α.$ Подсчитав сумму углов треугольника $COD,$ получим, что $α =40∘.$ Искомый угол $CAD$ вписанный и опирается на ту же дугу, что и центральный угол $DOC,$ поэтому $∠CAD = 20∘.$

Ответ: 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#100664Максимум баллов за задание: 7

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.
Принадлежность к описанной окружности △AEF. Равнобедренные треугольники дают достаточно равных углов, а ещё точка, симметричная D относительно EF, составляет такой же угол с отрезком EF, что и сама D. А дальше Вам поможет счёт углов.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Показать доказательство

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDG$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BFD$ и $DEC$ равнобедренные, то $∠F BD =∠F DB$ и $∠ECD = ∠EDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDF − ∠EDC =180∘− ∠B − ∠C =∠BAC

Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

Получается, что $D ′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

FD = FD′ = FB и D ′E = ED = EC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $F,$ а $C,D$ и $D ′$ — с центром в $E.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠FBD = 2∠AF D = 2∠AED =∠ACD

Получаем, что $′ D$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#103369Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ высоты пересекаются в точке $H,$ $AM$ — медиана, $N$ — середина меньшей дуги $BC$ описанной окружности. Пусть $Q$ — основание перпендикуляра из точки $H$ на прямую $AM$ . Описанная около треугольника $AQN$ окружность вторично пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $′ B$ и $′ C$ соответственно. Докажите, что точка пересечения $′ ′ B C$ и $BC$ лежит на описанной окружности треугольника $NMQ.$

Источники: XIX Южный математический турнир, Гранд-Лига, Третий тур

Показать доказательство

Пусть $B ′C′$ и $BC$ пересекаются в точке $G.$ По условию требуется показать вписанность четырёхугольника $GQMN.$ Начнём отмечать вписанные углы.

$PIC$

Из вписанного пятиугольника $′ ′ B C AQN$ имеем $′ ′ ′ ∠BC N = ∠B AN.$ Так как $′ ∠B AN$ это $∠BAN,$ который опирается на меньшую дугу $BN$ в описанной окружности треугольника $ABC,$ то ему равен вписанный угол $BCN,$ опирающийся на ту же дугу. Из полученного равенства $′ ′ ′ ∠B C N =∠BCN ⇐⇒ ∠GC N =∠GCN$ получаем вписанность четырёхугольника $′ GC CN.$ Поэтому $′ ∠CC N = ∠CGN.$

$PIC$

Но при этом $∠CC ′N = ∠AC ′N$ равен $∠AB′N$ как вписанные углы в $B′C′AQN.$ В свою очередь $∠AB ′N = 180∘− ∠AQN = ∠NQM.$

В итоге равенство $∠CGN = ∠NGM =∠NQM$ доказывает вписанность $GQMN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#128701Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ ( $AB = BC$ ). На продолжениях боковых сторон $AB$ и $BC$ за точку $B$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно, а на основании $AC$ отмечена точка $F,$ причем $AC = DE$ и $∠CFE = ∠DEF.$ Докажите, что $∠ABC =2∠DF E.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Рассмотрим точку O — середину дуги DBE окружности, описанной около треугольника.

Подсказка 2:

Чем является отрезок OB в треугольнике DBE и в треугольнике ABC?

Подсказка 3:

Обратите внимание на треугольники ACB и EOD. У них довольно много равных элементов.

Подсказка 4:

Они равны. Это значит, что углы ABC и DOE равны. Если бы точка O была центром окружности, описанной около треугольника DFE, то угол DOE был бы центральным, соответствующим вписанному углу DFE.

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим через $O$ середину дуги $DBE$ окружности, описанной около треугольника $DBE.$ Прямая $BO$ является внешней биссектрисой в треугольнике $DBE,$ а следовательно, и в треугольнике $ABC.$ Но треугольник $ABC$ равнобедренный, поэтому $BO ∥ AC.$

Заметим далее, что $∠EOD = ∠EBD = ∠ABC.$ Таким образом, в равнобедренных треугольниках $EOD$ и $ABC$ равны углы при вершинах, а также основания, поэтому равны и сами треугольники. Отсюда, во-первых,

BA = BC =OE = OD.

Во-вторых, расстояние от точки $O$ до прямой $DE$ равно расстоянию от точки $B$ до $AC,$ а последнее равно расстоянию от $O$ до $AC$ (поскольку $BO ∥AC$ ). Значит, точка $O$ лежит на биссектрисе угла между прямыми $DE$ и $AC.$

$PIC$

Из условия $∠DEF = ∠CFE$ вытекает, что эта биссектриса является серединным перпендикуляром к отрезку $EF.$ Таким образом, $OF =OE = OD.$ Иными словами, точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $DFE.$ Следовательно,

2∠DF E =∠DOE =∠ABC,

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Для начала сделаем замечание. Пусть на прямой $AC$ выбраны точки $A′$ и $C′$ такие, что $−−−→ −→ A′C′ = AC$ и $∠DAC ′ = ∠EC ′A′;$ тогда $A ′ =A$ и $C′ = C.$ Действительно, если это не так и, скажем, точки $A′$ и $C′$ лежит на луче $CA,$ то

∠DAC ′ < ∠DAC = ∠ECA < ∠EC ′A ′,

что невозможно.

Построим теперь такие точки. Пусть прямые $DE$ и $AC$ пересекаются в точке $P ;$ для определённости, пусть $P$ лежит на луче $DE.$ Выберем на прямой $AC$ точку $G$ такую, что $EF ∥DG.$ Тогда $DEF G$ — трапеция с равными углами при основании; следовательно, $F G= DE = AC$ и $DF =EG.$ Пусть диагонали $DF$ и $EG$ пересекаются в точке $Q.$ Пусть, наконец, описанные окружности треугольников $PDQ$ и $PEQ$ вторично пересекают прямую $AC$ в точках $′ A$ и $′ C$ соответственно.

Поскольку $PQ$ — биссектриса угла $AP D,$ получаем $′ QA = QD$ и $′ QC = QE.$ Кроме того,

∠DQA′ = 180∘− ∠DP G = ∠EQC′.

Значит, $∠DQE = ∠AQC ′;$ поэтому треугольник $A ′QC ′$ получается из $DQE$ поворотом вокруг точки $Q.$ Отсюда нетрудно получить, что $A ′C′ = AC.$ Далее, из вписанности и симметрии имеем

′ ∘ ′ ′ ∠EC P = ∠EQP = ∠FQP = 180 − ∠DQP =∠DA C .

По замечанию выше получаем, что $A = A′$ и $C = C′.$

Осталось завершить решение. Имеем $∠ADQ = ∠APQ = ∠CEQ.$ Отсюда следует, что точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности. Значит,

∠ABC = ∠DBE = ∠DQE = ∠QEF + ∠QF E = 2∠DF E,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Если $DE ∥AC,$ то точка $F$ совпадает с $A,$ что невозможно. Поэтому можно считать, что прямые $DE$ и $AC$ пересекаются. Кроме того, можно показать, что в условиях задачи $P$ всегда лежит именно на луче $DE.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в предыдущем решении, достроим равнобокую трапецию $DEF G$ с точкой пересечения диагоналей $Q.$ Как мы видели в том же решении, достаточно доказать, что точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Выберем точку $T$ так, что четырёхугольник $ACT D$ — параллелограмм. Тогда $FGT D$ — также параллелограмм, ибо $−−→ −→ −→ DT = AC = FG.$ Значит, $GT = FD = GE$ и

∠TCA =180∘− ∠DAC = 180∘− ∠ECA;

первое равенство означает, что $G$ лежит на серединном перпендикуляре к $ET,$ а второе — что $CG$ это внешняя биссектриса угла $ECT.$ Но, как известно, эта внешняя биссектриса вторично пересекает описанную окружность треугольника $ECT$ в точке, лежащей на серединном перпендикуляре к $ET;$ значит, $G$ и есть эта точка, и точки $C,$ $G,$ $T,$ $E$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Наконец, из этой окружности и двух параллелограммов получаем

∠BDQ = ∠ADF = ∠CTG = ∠CEG = ∠BEQ,

то есть точки $D,$ $E,$ $B$ и $Q$ лежат на одной окружности; это мы и хотели доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#128943Максимум баллов за задание: 7

Дан четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A = ∠C =90∘.$ Известно, что его вершины $A$ и $D$ вместе с серединами сторон $AB$ и $BC$ лежат на одной окружности. Докажите, что вершины $B$ и $C$ вместе с серединами сторон $AD$ и $DC$ тоже лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим через $K,L,$ $M,N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. По условию, четырехугольник $AKLD$ — вписанный. Значит,

∘ ∘ ∠KLD =180 − ∠KAD = 90.

Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC,$ поэтому $LD ⊥AC.$ Пусть отрезки $DL$ и $AC$ пересекаются в точке $D1.$

$PIC$

Опустим из точки $B$ перпендикуляр $BB1$ на прямую $AC.$ Тогда $BB1 ∥ LD1,$ значит, $D1$ — середина отрезка $CB1$ по теореме Фалеса. Кроме того, четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность, построенную на отрезке $BD$ как на диаметре, обозначим центр этой окружности через $O.$ Вновь по теореме Фалеса проекции точек $B$ и $D$ на прямую $AC$ находятся на равном расстоянии от проекции точки $O,$ то есть от середины отрезка $AC.$ Из этого следует, что $CD1 = AB1.$ Итого,

AB1 =CD1 = BD1.

Значит, $B1N$ — средняя линия в треугольнике $AD1B,$ поэтому

B1N ∥DD1 и ∠D1B1N = 90∘.

Поскольку еще и $NM$ — средняя линия треугольника $ACD,$ то $∘ NM ∥AC и ∠B1NM = 90.$ Следовательно, точки $B,C,N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $BM,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Воспользуемся обозначениями из первого решения, $K,L,$ $M, N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠BDC = ∠BAC = ∠BKL = 180∘− ∠AKL.

$PIC$

Таким образом, вписанность четырехугольника $AKLD$ равносильна равенству углов

∠ADL =∠BDC,

что эквивалентно равенству

∠ADB =∠CDL.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $LCD$ и $BAD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

LC AB CD- = AD.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

AB ⋅CD = 1AD ⋅BC. 2

Рассуждая аналогично, получаем, что это же равенство равносильно вписанности четырехугольника $BNMC.$ Поскольку $MN$ — средняя линия треугольника $ABD,$ то $MN ∥ AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠ABD = ∠ACD = ∠DMN = 180∘ − ∠CMN.

Таким образом, вписанность четырехугольника $BNMC$ равносильна равенству углов

∠CBN = ∠ABD

что эквивалентно равенству

∠ABN =∠CBD.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $BAN$ и $BCD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

AN- AB- CD = BC.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

1 AB ⋅CD = 2AD ⋅BC,

что завершает данное доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#129178Максимум баллов за задание: 7

Высоты остроугольного треугольника $ABC,$ в котором $AB <AC,$ пересекаются в точке $H,$ а $O$ — центр описанной около него окружности $Ω.$ Отрезок $OH$ пересекает описанную около треугольника $BHC$ окружность в точке $X,$ отличной от $O$ и $H.$ Окружность, описанная около треугольника $AOX,$ пересекает меньшую дугу $AB$ окружности $Ω$ в точке $Y.$ Докажите, что прямая $XY$ делит отрезок $BC$ пополам.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 9.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как ортоцентр треугольника связан с серединой одной из сторон? При чём здесь центр описанной окружности?

Показать доказательство

Пусть $H ′$ и $X ′$ — точки, симметричные точкам $H$ и $X$ относительно середины стороны $BC$ соответственно (см. рис.). Тогда $′ ′ HXH X$ — параллелограмм. Так как

′ ∘ ∠BX C = ∠BHC = ∠BHC =180 − ∠BAC,

точки $X ′$ и $H ′$ лежат на окружности $Ω.$

$PIC$

При этом, поскольку $H′B ∥ CH ⊥AB,$ точка $H′$ диаметрально противоположна точке $A$ на этой окружности; следовательно, $AH ′$ проходит через $O.$ Вспоминая, что

XO ∥ H′X ′,

получаем

∠AYX ′ = 180∘− ∠AH ′X ′ =180∘− ∠AOX = ∠AYX,

это и означает, что точки $Y,X$ и $′ X$ лежат на одной прямой, делящей $BC$ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#129667Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD,$ в котором нет параллельных сторон, вписан в окружность $ω.$ Через вершину $A$ проведена прямая $ℓ ∥BC, a$ через вершину $B$ — прямая $ℓb ∥CD,$ через вершину $C$ — прямая $ℓc ∥DA,$ через вершину $D$ — прямая $ℓd ∥AB.$ Четырёхугольник, последовательные стороны которого лежат на этих четырёх прямых (именно в этом порядке), вписан в окружность $γ.$ Окружности $ω$ и $γ$ пересекаются в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямые $AC,BD$ и $EF$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Если в задачах с окружностями требуется доказать, что 3 прямые пересекаются в одной точке, часто помогает найти 3 окружности, радикальными осями которых являются эти прямые. К тому же в нашей задаче EF определяется как радикальная ось каких-то окружностей.

Показать доказательство

Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что лучи $AB$ и $DC;$ $CB$ и $DA$ пересекаются. Пусть отрезки $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $G,$ а также $′ ′ ′′ AB C D$ — четырёхугольник, образованный прямыми $ℓa,$ $ℓb,$ $ℓc,$ $ℓd.$ Также обозначим через $X$ пересечение $AB$ и $′ CD ,$ через $Y$ — пересечение $CD$ и $′ AB .$

Пусть $′ ∠BAB = α.$ Из вписанности четырёхугольника $′ ′′ ′ AB C D$ и условий $AX ∥ ℓd,$ $CY ∥ ℓb$ имеем:

′ ∘ ′ ′ ′ ′ ′ ′ α= ∠B AX = 180 − ∠A B C = ∠C D X = ∠Y CA.

Значит, во-первых, точки $A,$ $D ′,$ $X,$ $C′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ1 :$ во-вторых, точки $C,$ $Y,$ $A′,$ $B′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ2 :$ в-третьих, точки $A,$ $X,$ $C,$ $Y$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ0.$ Заметим, что точка $B$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 1$ (поскольку она лежит на прямых $AX$ и $C ′D ′);$ точка $D$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 2$ (так как она лежит на прямых $CY$ и $A ′B′).$ Таким образом, $BD$ — радикальная ось окружностей $γ 0$ и $γ;$ $AC$ —радикальная ось окружностей $γ 0$ и $ω;$ $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ поэтому эти три прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

$PIC$

Второе решение. Введём обозначения как в первом решении. Для точки плоскости $P$ обозначим через $f(P)$ разность степеней точки $P$ относительно окружностей $ω$ и $γ.$ Поскольку $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ то достаточно доказать, что $f(G )=0.$ Кроме того, легко видеть, что $f(A)= −AC ′⋅AB ′$ и $f(C)= CD ′⋅CA ′.$

Заметим, что функция $f$ — линейная, то есть для точки $P$ на отрезке $QR$ выполнено равенство

f(P)= PR-⋅f(Q)+-PQ-⋅f(R-)(⋆). QR

Мы докажем это утверждение позднее. Пока, применив его для точек $A,G,C,$ мы получим, что

AG-⋅f(C)+-CG-⋅f(A-) f(G)= AC .

Таким образом, достаточно доказать, что $−ff((AC)) = ACGG-(∗∗).$

Заметим, что

AG- d(A,BD-) SADD- AB-⋅AD- GC = d(C,BD ) = SBCD = CB ⋅CD

(последнее равенство следует из того, что $∠BAD + ∠BCD =180∘;$ через $d(P,ℓ)$ мы обозначаем расстояние от точки $D$ до прямой $ℓ).$ Следовательно, равенство ( $∗∗$ ) переписывается в виде:

′ ′ AC′-⋅ AB′ = AB-⋅AD-. CD CA CB ⋅CD

Из вписанности четырёхугольника $ABCD$ и данных в условии параллельностей прямых следуют равенства углов:

∠CAD = 180∘− ∠ADB ′ = ∠BAD = 180∘− ∠BCD = ∠CBC′ = ∠AC ′B,

∠ABC ′ = ∠CDA ′ =∠BCD ′ = ∠B′AD.

Таким образом, $′ △ABC$ и $′ △CDA ,$ а также $′ △DAB$ и $′ △BCD$ подобны по двум углам. Из подобия получаем равенства отношений

′ ′ AC′ = AB + AB-′ = AD-, CA CD CD BC

остаётся лишь перемножить эти равенства.

$PIC$

Вернёмся к доказательству линейности функции $f.$ Введём декартовы координаты таким образом, чтобы центры окружностей $ω$ и $γ$ лежали на оси абсцисс, пусть их координаты будут $(x1,0)$ и $(x2,0),$ а радиусы окружностей $− R1$ и $R2.$ Тогда для произвольной точки $P$ с координатами $(x,y)$ по определению степени точки мы получаем, что

(x− x )2 f(P)= (x− x1)2+ y2− R21−--y22--+R22 = ax +b,

где $a$ и $b$ — две константы. Если точка $P$ лежит на отрезке $QR$ и $xq$ , $xr$ — координаты точек $Q$ и $R$ по оси абсцисс, то $x = PR⋅xqQ+RPQ⋅xr,$ откуда немедленно следует (*).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#129677Максимум баллов за задание: 7

Остроугольный неравнобедренный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром в точке $O,$ его высоты пересекаются в точке $H.$ Через точку $O$ проведена прямая, перпендикулярная $AH,$ а через точку $H$ — прямая, перпендикулярная $AO.$ Докажите, что точки пересечения этих прямых со сторонами $AB$ и $AC$ лежат на одной окружности, которая касается окружности $ω.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 11.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала докажем, что эти 4 точки лежат на одной окружности счётом углов. Какие существуют способы доказательства касания двух окружностей?

Подсказка 2.

Основным способом является угадывание точки касания. У неё должен быть какой-то способ построения, поэтому есть смысл рассмотреть частные случаи, чтобы понять побольше про него.

Подсказка 3.

Например, разберите случаи AB=AC и ∠B=90°.

Подсказка 4.

В случае AB=AC видим, что точка касания лежит на AH, причём она совпадает или с A, или с диаметрально противоположной A. В случае же ∠B=90° получаем, что точка касания лежит на AH (даже совпадает с H), причём не совпадает с A. На какую мысль это может натолкнуть?

Подсказка 5.

Хочется выдвинуть гипотезу того, что точка касания D — второе пересечение AH с описанной окружностью ABC. Тем более у неё есть множество хороших свойств.

Подсказка 6.

Сначала докажем, что D лежит на искомой окружности. Заметим, что A и D симметричны относительно XY, H и D симметричны относительно BC. Отсюда можем получить различные равенства углов.

Подсказка 7.

Получим, что ∠XYD = ∠BHD, тогда остаётся доказать, что BZHD вписан. Сделайте это несложным счётом углов.

Подсказка 8.

А теперь докажите, что описанная окружность DXY касается описанной окружности ABC, учитывая, что D и A симметричны относительно XY.

Показать доказательство

Пусть прямая $AH$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $D.$ Тогда прямая, проведённая по условию через $O$ — серединный перпендикуляр к хорде $AD,$ пусть она пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y,$ а прямая через $H$ из условия задачи пересекает их в точках $Z$ и $T.$ Поскольку $XY ∥ AC,$ то окружность $(AXY )$ касается окружности $ω$ в точке $A.$ При симметрии относительно $XY$ окружность $ω$ переходит в себя, а окружность $(AXY )$ переходит в окружность $(DXY ),$ тогда она тоже касается окружности $ω.$

$PIC$

Поскольку $ZH ⊥ AO,$ то

∠AZH = 90∘− ∠OAB = ∠ACB = ∠ADB.

Следовательно, четырёхугольник $BZHD$ — вписанный. Тогда

∠BZD = ∠BHD =90∘− ∠HCB = ∠ACB.

Значит, в силу сказанного выше,

∠XY D =∠AY X = ∠ACB = ∠BZD,

поэтому точка $Z$ лежит на окружности $(DXY ).$ Аналогично, на этой окружности лежит и точка $T,$ откуда и следует требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Можно рассуждать несколько иначе: установить (похожими равенствами углов), что точки $X,Y,Z,T$ лежат на одной окружности, а также что окружности $(DXY )$ и $(DZT )$ касаются окружности $ω$ в точке $D.$ Однако эти три окружности не могут быть различными, поскольку в таком случае их радикальные оси не пересекаются в одной точке, в чём нетрудно убедиться. Значит, все эти окружности совпадают, что нам и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#136040Максимум баллов за задание: 7

На окружности $ω$ отмечены точки $A,B,C,D,E,F$ (в указанном порядке), причём $AB = BC =CD.$ Прямая $BE$ пересекает прямые $CF$ и $DF$ в точках $G$ и $H$ соответственно, а прямая $AE$ пересекает прямые $CF$ и $BF$ в точках $J$ и $K$ соответственно. Лучи $KG$ и $JH$ пересекают окружность $ω$ в точках $M$ и $N$ расстояние между которыми равно $AB.$ Докажите, что прямые $GK$ и $JH$ пересекаются на $ω.$

Источники: ФЕ - 2024, 10.3 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

$PIC$

Углы $AEB,$ $BFC,$ $CF D$ равны, поскольку опираются на равные дуги. Из равенства $∠AEB = ∠BFC$ следует, что четырехугольник $EF KG$ — вписанный, поэтому $∠FGK =∠F EK.$ А из равенства $∠AEB = ∠CF D$ следует, что четырехугольник $EF JH$ — вписанный, поэтому $∠FEK = ∠FHJ.$ Получаем $∠FGK = ∠FHJ,$ откуда $FHGT$ — вписанный, поскольку $T$ — точка пересечения $HJ$ и $GK.$ Значит, $∠MT N = ∠CF D.$ Но, по условию, высекаемые этими углами дуги $MN$ и $CD$ также равны, а это значит, что $T$ лежит на окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#136190Максимум баллов за задание: 7

В каждой из вершин треугольника $ABC$ провели касательную к его описанной окружности и отложили на этой касательной точку, отстоящую от соответствующей вершины на расстояние, равное радиусу окружности. Полученные три точки образовали равнобедренный треугольник с углом при вершине, равным $∘ 18.$ Найдите все возможные значения всех углов исходного треугольника.

Источники: ИТМО - 2024, 10.5 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим угол при вершине полученного равнобедренного треугольника за $α.$ Назовем новые точки $A , 1$ $B , 1$ $C , 1$ центр вписанной окружности — $O.$ Тогда $OA1A,$ $OB1B,$ $OC1C$ — равные прямоугольные треугольники, в частности, углы при вершине $O$ у них равны $∘ 45 .$ Кроме того, центр описанной окружности треугольника $A1B1C1$ — также точка $O.$ Если бы все эти 3 угла откладывались в одну сторону (по или против часовой стрелки), получился бы треугольник, подобный исходному. Однако есть еще случай, когда два угла $∘ 45$ отложены в одну сторону, допустим, по часовой стрелке, а третий, $∠A1OA$ — в другую.

Заметим, что исходный треугольник получается из двойственного таким же преобразованием, только все повороты точек осуществляются в другую сторону. Рассмотрим углы, которые лучи $OB,$ $OC,$ $OA,$ $OB1,$ $OC1$ образуют с лучом $OA1.$ Если угол откладывается по часовой стрелке, будем считать его с минусом, иначе — с плюсом. Тогда $OA$ образует угол $∘ − 45.$ Пусть лучи $OB1$ и $OC1$ образуют с $OA1$ углы $2β$ и $2γ,$ $β > γ.$ Тогда $OB$ и $OC$ образуют с $OA1$ углы $2β +45∘$ и $2γ+ 45∘.$ Тогда мы можем выразить углы $∠BOA,$ $∠COA,$ $∠BOC.$ С учетом направления, получаем $2β+90∘,$ $2γ+ 90∘,$ $2(γ− β).$ Изменился ли порядок точке на окружности у нового треугольника по сравнению со старым? Это так, если $∠COA1 + ∠A1OA > 360∘,$ то есть $2γ+45∘+ 45∘ > 360∘$ или $γ > 135∘.$ Учитывая принятое нами расположение точек на окружности,

2γ = ∠C1OB1 +∠B1OA1 = 2(∠C1A1B1 +∠B1C1A1)

Значит, положение точек меняется, если сумма двух соответствующих углов треугольника больше $135∘.$ При этом в наших условиях ни один из углов сам по себе не больше $135∘,$ значит, точка $A$ не может «перепрыгнуть» через точки $B$ и $C$ сразу. В случае, если порядок точек остался неизменным, углы исходного треугольника $ABC$ — это половины посчитанных нами $∠BOA$ и $COB,$ а также угла

∠AOC = 360∘− ∠COA = 270∘ − γ

Значения углов исходного треугольника — $∘ β+ 45 ,$ $γ− β$ и $∘ 135 − γ.$ Но $β$ и $γ− β$ — это и есть углы какие-то углы треугольника $A1B1C1,$ а $∘ 135 − γ$ — третий угол, уменьшенный на $∘ 45 .$ Так как $∘ α= 18$ — угол при вершине равнобедренного треугольника $A1B1C1,$ получим 3 подслучая:

$PIC$

Вычисляем следующие значения:

$PIC$

Получаем такие тройки значений углов:

$PIC$

Наибольший угол равен $126∘,$ это и будет ответом.

Ответ:

$126∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#136480Максимум баллов за задание: 7

Угол при вершине $B$ треугольника $ABC$ равен $75∘.$ На высоте $BH$ выбрана точка $D$ так, что угол $ADC$ равен $105∘.$ Отношение $√- AD :BC = 1: 3.$ Найдите угол при вершине $C$ треугольника.

Источники: Росатом - 2024, 10.5 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначьте все углы. Какое дополнительное построение можно сделать?

Подсказка 2

Давайте построим точку Е, симметричную точке D относительно AC.

Подсказка 3

Отметьте равные углы. Если ли среди них какие-то «интересные» пары?

Подсказка 4

Докажите, что четырехугольник ABCE — вписанный.

Подсказка 5

Попробуйте найти подобные треугольники и их коэффициент подобия.

Подсказка 6

А как он связан с углом BAC?

Показать ответ и решение

Пусть $∠BAC =α,$ $∠ABC =β = 75∘,$ $∠BCA = γ,$ $∠ADC = δ = 105∘.$

Построим точку $E,$ симметричную точке $D$ относительно прямой $AC.$

$PIC$

Тогда

∠AEC =∠ADC =δ =105∘

Сумма противоположных углов четырехугольника $ABCE$ равна

∘ ∘ ∘ β+ δ = 75 +105 = 180

Отсюда следует, что четырехугольник $ABCE$ — вписанный. Тогда $∠BEA = ∠BCA = γ,$ так как они опираются на одну дугу $AB.$ Кроме того, из симметрии следует, что $∠BEA = ∠EDA,$ значит, треугольник $ADH$ подобен треугольнику $BCH,$ так как это прямоугольные треугольники с равным острым углом $γ.$

Тогда имеем пропорцию:

AH-= AD-= 1 BH BC 3

(последнее равенство следует из условия задачи). Но

AH- ctg α= BH

Значит, $∘ α= 60,$ тогда

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠BCA =γ =180 − α− β = 180 − 75 − 60 = 45

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#58008Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольник $ABCD$ , точка $M$ — середина стороны $CD$ , точка $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из вершины $B$ на прямую $AM$ . Оказалось, что $H$ лежит на отрезке $AM$ . Докажите, что треугольник $BCH$ — равнобедренный.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пересечём $BC ∩AM =X$ . Поскольку $DM =MC, AD ∥BC$ , то $CX = AD = BC$ (равны $△ADM =△CXM$ ). Отсюда $HC$ — медиана прямоугольного треугольника $BHX$ , следовательно, $HC = BX ∕2 =BC$ , имеем равнобедренность. ______________________

Второе решение.

$PIC$

Заметим, что $∘ ∘ ∘ ∠MCB +∠BHM = 90 +90 = 180,$ поэтому $BHMC$ — вписанный. Опирающиеся на одну и ту же дугу вписанные углы равны $∠BHC = ∠BMC$ . Так же обоснуем равенство симметричных углов $BC AD ∠BMC = arctg1∕2CD-= arctg1∕2CD-= ∠AMD.$ Далее используем равенство накрест лежащих углов $∠AMD = ∠BAM$ . И наконец, из прямоугольных треугольников $∠BAM = 90∘ − ∠BXA =∠HBX$ .

В итоге всей этой цепочки получили равенство углов $BHC$ и $HBC$ , откуда и следует равнобедренность треугольника $BCH.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#66861Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы углов выпуклого четырёхугольника $ABCD$ при пересечении образуют четырёхугольник $KNML.$ Докажите, что $KNML$ — вписанный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот давайте обозначим для удобства углы ABCD за 2a, 2b, 2c и 2d соответственно. Правда же, что мы можем посчитать теперь углы четырехугольника, образованного биссектрисами?

Подсказка 2

Да, т.к. например угол полученного четырехугольника является или вертикальным к углу, образованному из двух биссектрис, или как раз углу, образованному двумя биссектрисами! Попробуйте теперь использовать то, что сумма углов в выпуклом четырехугольнике равна 360 градусов, чтобы доказать вписанность)

Показать доказательство

Обозначим углы данного четырёхугольника $ABCD$ через $2α,2β,2γ,2δ$ соответственно. Пусть биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $M$ , углов $B$ и $C$ — в точке $N$ , углов $C$ и $D$ — в точке $K$ , углов $A$ и $D$ — в точке $L$ .

$PIC$

∠AMB +∠CKD = 180∘− (α + β)+ 180∘− (γ+ δ)=

=360∘− (α +β +γ +δ)=

= 360∘− 12 ⋅360∘ =180∘

Следовательно, около четырёхугольника $KNML$ можно описать окружность.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#66862Максимум баллов за задание: 7

На окружности в указанном порядке отмечены точки $A,B,C,D.$ Пусть $K,L,M,N$ — середины “меньших” (т.е. не содержащих других отмеченных точек) дуг $AB,BC$ , $CD,DA$ соответственно. Докажите, что $KM ⊥LN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как доказывается перпендикулярность. Первый вариант — найти какой-нибудь треугольник с высотой. Второй — счет углов. В силу того, что тут у нас окружность, второй вариант рентабельнее. Какие углы тогда нужно ввести, чтобы посчитать угол KOL (О-точка пресечения LN и KM)? А как его выразить через другие углы? Чему он равен?

Подсказка 2

Данный угол равен полусумме дуг на которые он опирается, то есть полусумме дуг KL и MN. А какую часть эта сумма составляет от общей окружности?

Показать доказательство

$PIC$

Угол между хордами $KM$ и $LN$ равен полусумме дуг $KL$ и $MN$ , которая в свою очередь равна полусумме большей и меньшей дуг $AC$ , то есть половине окружности. Половина окружности это $180∘$ , поэтому угол равен $90∘$ , что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#66863Максимум баллов за задание: 7

Диагонали равнобокой трапеции $ABCD$ с боковой стороной $AB$ пересекаются в точке $P.$ Докажите, что центр $O$ её описанной окружности лежит на описанной окружности треугольника $AP B.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол BPA достаточно понятно считается, как внешний угол. А вот как посчитать угол BOA? Куда его можно перекинуть? Какой факт, связанный с этим мы знаем?

Подсказка 2

Верно, угол BOA равен 2*BCA, как центральный угол. Мы говорили, что BPA легко посчитать как внешний угол, так давайте это сделаем и дорешаем задачу!

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $AB =CD,$ то (угол между хордами равен полусумме градусных мер стягивающих эти хорды дуг)

∠BPA = ∪AB-+-∪CD-= ∪AB =∠AOB 2

Следовательно, точки $A,B,P$ и $O$ лежат на одной окружности (описанной окружности треугольника $AP B).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#66864Максимум баллов за задание: 7

Пусть $D$ — отражение вершины $A$ остроугольного треугольника $ABC$ относительно $BC.$ Отрезки $BD,$ $CD$ пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $AD$ — биссектриса угла $PAQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы планируем решать задачу через счёт углов, то было бы неплохо зафиксировать картинку, чтобы точно знать, что всё посчитается. Как это сделать? Хватит двух углов треугольника ABC, при этом нужно взять два удобных. Давайте углы B и C обозначим неизвестными, после чего попробовать выразить все остальные углы!

Подсказка 2

Чтобы доказать равенство углов (то есть, доказать, что AD — биссектриса), нужно доказать равенство соответствующих дуг (пусть пересечение AD и окружности — это X), PX и QX. При этом, в силу симметрии, углы BAD и BDA равны. Аналогично можно сказать и про CAD и CDA. А как тогда найти угловые величины нужных нам дуг?

Подсказка 3

Верно, угол BDA равен полуразности дуг AB и PX! Дуга AB нам известна, угол BDA тоже, значит можем вырезать PX, а значит, и QX. Осталось сделать это!

Показать доказательство

Пусть отрезок $AD$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $X.$ Обозначим через $α$ угол, опирающийся на дугу $P X,$ не содержащую вершину $A.$ Пусть $∠ABC =β,∠ACB = γ.$

$PIC$

Тогда $∠CAD = ∠CAX = 90∘ − γ.$ Из того, что точки $D$ и $A$ симметричны относительно $BC,$ следует, что $∠DBC = ∠ABC = β.$ Из равенства вписанных углов $∠CAP = ∠CBP =β.$ В итоге

α= ∠CAP − ∠CAX = β− (90∘− γ)= γ+ β− 90∘

Аналогично, угол, опирающийся на дугу $XQ,$ не содержащую $A,$ также равен $γ+ β− 90∘$ (полученная нами запись симметрична относительно $γ$ и $β,$ поэтому можно просто поменять $∠B$ и $∠C$ местами, далее рассуждения будут такими же).

Следующая подтема