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 41#68202Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ На продолжениях сторон $AB$ и $CB$ за точку $B$ взяты точки $C 1$ и $A 1$ соответственно так, что $AC = A1C =AC1.$ Докажите, что описанные окружности треугольников $ABA1$ и $CBC1$ пересекаются на биссектрисе угла $B.$

Источники: Московская устная по геометрии - 2013, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В данной задаче нужно есть много "равноправных" объектов, поэтому полезно рассматривать только точку A₁ и описанную окружность треугольника ABA₁, а про точку C₁ и описанную окружность треугольника CBC₁ пока забыть, чтобы не загромождать картинку. Потом про них можно будет сделать аналогичные выводы.

Подсказка 2

Итак, нам нужно доказать, что две окружности пересекаются на биссектрисе. Обычно в подобных случаях полезно "угадать" точку, в которой они пересекаются. Какие есть "хорошие" точки на биссектрисе?

Подсказка 3

Центр I вписанной окружности! Давайте будем доказывать, что окружности пересекаются в точке I. Для этого нам достаточно всего лишь доказать вписанность AA₁BI.

Подсказка 4

Это можно сделать либо счетом углов, либо через лемму о трезубце.

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения биссектрис $I.$ По лемме о трезубце центр описанной окружности треугольника $AIB$ совпадает с серединой дуги $AB$ описанной окружности треугольника $ABC.$ Следовательно, эта окружность пересекает сторону $CB$ в точке, симметричной точке $A,$ то есть в $A1.$ Аналогично, описанная окружность треугольника $CIB$ проходит через точку $C1.$ Следовательно, описанные окружности треугольников $ABA1$ и $CBC1$ пересекаются в точке $I.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения биссектрис $I.$ Заметим, что $∠AA1B = ∠AA1C = 180∘−∠2BCA-$ из равнобедренности треугольника $A1CA.$ С другой стороны,

∠AIB = 180∘− ∠BAC-− ∠ABC- = 180∘− 180∘-− ∠ACB-= 180∘+-∠BCA-- 2 2 2 2

Очевидно, что точки $A 1$ и $I$ находятся по разные стороны от $AB$ и $∠AA B+ ∠AIB =180∘, 1$ поэтому точка $I$ лежит на окружности $AA B. 1$ Аналогично, она лежит на окружности $CC B, 1$ и значит, описанные окружности треугольников $ABA 1$ и $CBC 1$ пересекаются на биссектрисе угла $B$ в точке $I.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#68249Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность $ω$ $(AD ||BC).$ Окружности, вписанные в треугольники $ABC$ и $ABD,$ касаются оснований трапеции $BC$ и $AD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Точки $X$ и $Y$ — середины дуг $BC$ и $AD$ окружности $ω$ , не содержащих точек $A$ и $B$ соответственно. Докажите, что прямые $XP$ и $Y Q$ пересекаются на окружности $ω.$

Источники: Московская устная по геометрии - 2013, 11.6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что в указанных в условии треугольниках есть центры вписанных окружностей, а еще у них есть описанные окружности…на что это может намекать? Помним, что Х и Y - середины дуг…что мы тогда хотим сказать об угле с вершиной, которая является точкой пересечения XP и YQ?

Подсказка 2

В указанных в условии треугольниках мы можем использовать лемму от трезубце( и найти какие-то равнобедренные треугольники), а по подсказке 1 хотим доказать, что XP и YQ перпендикулярны (угол, образованный ими, должен опираться на диаметр ХY. У нас много вписанных углов в большой окружности…быть может, попробуем их использовать?

Подсказка 3

С помощью леммы о трезубце находим два равнобедренных подобных треугольника (Углы BXA и BYA равны), у которых стороны перпендикулярны…что поможет завершить доказательство перпендикулярности прямых?

Подсказка 4

С помощью поворотной гомотетии переведем один такой треугольник в другой! Что произойдут с нужными нам прямыми YQ и XI

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Заметим, что $X$ и $Y$ — диаметрально противоположные точки, следовательно, $∘ ∠XAY = ∠XBY =90 .$ Пусть $I$ и $J$ — центры вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно. Тогда по лемме о трезубце $XB = XI$ и $Y A= YJ.$ Кроме того, $∠BXI = ∠BXA =∠BY A =∠JY A.$ Следовательно, равнобедренные треугольники $XBI$ и $YJA$ подобны, а их стороны, как показано выше, перпендикулярны.

Следовательно, при поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, прямая $JQ$ переходит в прямую $BC,$ а прямая $AQ$ — в прямую $IP.$ Таким образом, $P$ и $Q$ — соответствующие точки этих треугольников, а значит, $XP ⊥ YQ,$ что эквивалентно утверждению задачи.

Второе решение.

$PIC$

Пусть диаметр $XY$ пересекает основания трапеции в их серединах $U$ и $V$ . Для доказательства утверждения задачи достаточно доказать, что

∠XP U + ∠YQV = 90∘,

то есть подобие прямоугольных треугольников $XUP$ и $QV Y$ .

Это в свою очередь сводится к проверке равенства $XU :PU = QV :QY$ , то есть

XU ⋅YV = PU ⋅QV

Пусть $∠BAC = 2α,∠ABD =2β,R$ - радиус описанной окружности. Тогда $2 XU =BX sin∠XBU = 2Rsin α$ . Аналогично $Y V = 2Rsin2β$ , и $XU ⋅YV = 4R2 sin2αsin2β$ .

∘ ∠ACB =∠CBD = ∠ADB = 90 − α − β,

PU = BU − BP = 1∕2BC− 1∕2(BC + AB − AC )=1∕2(AC − AB) =

= R(sin(90∘+ β− α)− sin (90∘− α− β)=

=R ((cos(α− β)− cos(α +β))=

= 2Rsinα sinβ

Аналогично

QV =2R sinαsinβ

PU ⋅QV = 4R2 sin2αsin2β =XU ⋅YV

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#134551Максимум баллов за задание: 7

В пятиугольнике $ABCDE$ углы $ABC$ и $AED$ — прямые, $AB = AE$ и $BC = CD = DE.$ Диагонали $BD$ и $CE$ пересекаются в точке $F$ . Докажите, что $FA = AB.$

Показать доказательство

Решение 1. Из условия задачи следует, что прямоугольные треугольники $ABC$ и $AED$ равны, то есть треугольники $ACD$ и $ABE$ равнобедренные. Тогда

∠BCD =∠BCA +∠ACD =∠EDA +∠ADE =∠CDE.

Следовательно, равнобедренные треугольники $BCD$ и $CDE$ равны. Таким образом,

∠CBD =∠CDB =∠ECD = ∠DEC.

Из того, что треугольник $CFD$ — равнобедренный и из равенства отрезков $BD$ и $CE,$ получим, что $BF = FE.$ Следовательно, $△AF B = △AF E.$ Тогда

∠AF B = 180∘− 2∠F-CD-= 90∘− ∠ECD =90∘− ∠DBC = ∠ABF, 2

откуда $AB = AF,$ что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2. Пусть $BC$ пересекает $AE$ в точке $P.$ Треугольник $ABE$ является равнобедренным, следовательно, $∠ABE = ∠AEB.$ Тогда в четырехугольнике $BCDE$ равны стороны $BC$ и $DE,$ углы $CBE$ и $DBE,$ поэтому этот четырехугольник — равнобокая трапеция. Следовательно,

∠CBD = ∠CDB =∠ECD = ∠CBE.

Значит, $F$ — инцентр $△ABE.$ Из симметрии и вписанности $P BAE$ получаем, что точка $A$ — середина дуги $BE$ описанной окружности $PBAE,$ а значит, по лемме о тркзубце $AB = AF,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#68198Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Продолжение отрезка $BO$ за точку $O$ пересекает описанную вокруг треугольника $ABC$ окружность в точке $D.$ Найдите угол $B,$ если $OD = 4AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали прямую, проходящую через центр вписанной окружности, которая пересекает описанную окружность треугольника. Какую тогда теорему можно вспомнить, связанную с такой конструкцией?

Подсказка 2

Верно, здесь можно применить лемму о трезубце. Откуда поймём, что OD = AD =CD. Теперь взглянем внимательно на условие. Нам дали OD=4AC, и выходит, мы знаем все стороны в равнобедренном треугольнике ACD. Вспомним ещё, что сумма противоположных углов в четырёхугольнике равна 180. Как отсюда можно попробовать найти угол B? Какую тогда теорему можно применить к равнобедренному треугольнику ADC?

Подсказка 3

Ага, давайте посчитаем ∠ADC по теореме косинусов. Но мы знаем, что ∠ABC = 180− ∠ADC. Осталось вспомнить, чему равен косинус смежного угла, и победа!

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Если $AC =a,$ то по лемме о трезубце $AD = DO = 4a =CD.$ Отсюда по теореме косинусов

2 2 2 cos∠ADC = 16a-+16a-−-a-= 31 2⋅4a⋅4a 32

Так как $ABCD$ — вписанный четырехугольник, то $∠ABC = 180∘− ∠ADC$ и $cos∠ABC = − 3312.$ Значит, $∠ABC = arccos(− 3312).$

Второе решение.

Пусть $M$ — середина $AC$ , тогда $∠DMC = 90∘$ , потому что треугольник $ACD$ равнобедренный. По лемме о трезубце $CD = OD = 4AC =8MC.$ Следовательно, $∠MDC = arcsin1 8$ . Далее нетрудно посчитать:

∠ABC =180∘− ∠ADC = 180∘− 2∠MDC =

( ) = 180∘− 2arcsin 1= 2arccos 1= arccos − 31 8 8 32

Ответ:

$2arccos1 =arccos(− 31) 8 32$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#74840Максимум баллов за задание: 7

На дугах $AB$ и $BC$ окружности, описанной около треугольника $ABC,$ выбраны соответственно точки $K$ и $L$ так, что прямые $KL$ и $AC$ параллельны. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников $ABK$ и $CBL$ равноудалены от середины дуги $ABC.$

Источники: Всеросс., 2006, ЗЭ, 10.6(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала надо кое-что понять про центры вписанных окружностей. Какое утверждение в этом поможет?

Подсказка 2.

Правильно, лемма о трезубце! Давайте отметим середины дуг AK и CL и обозначим их через P и Q соответственно. Теперь надо бы кое-что понять про точки P и Q. Для этого надо вспомнить, что KL ∥ AC.

Подсказка 3.

Пусть R — середина дуги ABC, а I и J — центры вписанных окружностей. Доказать равенство отрезков IR и RJ довольно проблематично. Но можно доказать равенство некоторых объектов, в которые они входят, из которого будет следовать их равенство.

Подсказка 4.

Попробуйте доказать равенство треугольников IRP и JRQ

Показать доказательство

Обозначим через $I,J$ — центры вписанных окружностей соответственно, через $P,Q,R$ — середины дуг $AK, CL,ABC$ соответственно. Пары точек $A$ и $C,$ $P$ и $Q$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к стороне $AC,$ следовательно,

PA = QC, RP = RQ.

По лемме о трезубце же

P I = PA, QJ = QC.

Наконец, углы $BP R$ и $BQR$ равны, поскольку опираются на равные дуги, следовательно, равны треугольники $IP R$ и $JQR.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#84493Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ отметили центр вписанной окружности $I$ и точку $P$ такую, что $∠P BA+ ∠PCA = ∠PBC + ∠PCB.$ Докажите, что $AP ≥AI.$

Показать доказательство

Пусть $∠A = α,∠B = β,∠C =γ.$ Так как

∠PBA +∠P CA +∠P BC +∠KCP =β +γ

вопрос задачи равносилен тому, что $∠PBC + ∠KCP = (β+ γ)∕2,$ т.е. $∠BPC = 90∘ +α∕2.$

С другой стороны, $∠BIC = 180∘− (β +γ)∕2= 90∘ +α∕2.$ Следовательно, треугольник $BPC$ равен треугольнику $BIC,$ и поскольку $P$ и $I$ находятся на одной стороне от $BC,$ точки $B,C,I$ и $P$ лежат на одной окружности. Другими словами, $P$ лежит на окружности $ω$ треугольника $BCI.$

$PIC$

Пусть $Ω$ — окружность треугольника $ABC.$ Хорошо известно, что центр $ω$ — это середина $M$ дуги $BC$ окружности $ω.$ Это также точка, где проходит биссектриса угла $AI$ пересекает $ω.$ Из треугольника $AP M$ получаем

AP + PM ≥ AM = AI+ IM = AI+ PM

Следовательно, $AP ≥ AI.$ Равенство выполняется тогда и только тогда, когда $P$ лежит на отрезке прямой $AI,$ что имеет место тогда и только тогда, когда $P =I.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#89103Максимум баллов за задание: 7

[Внешняя лемма о трезубце.] Докажите, что середина дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC$ равноудалена от точек $B,C$ и двух центров вневписанных окружностей, касающихся сторон $AB$ и $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будет удобно, если указанные в условии точки лежат на одной прямой. Тогда мы сможем работать с четырёхугольником, образованным центрами вневписанных окружностей и вершинами нашего треугольника.

Подсказка 2

Центры вневписанных окружностей и T (середина дуги BAC) лежат на внешней биссектрисе угла BAC! Отлично, теперь попробуем сделать какие-то выводы про образовавшийся большой четырёхугольник. Чем для треугольника ABC являются его диагонали? Что можно сказать про углы внутри него?

Подсказка 3

Диагонали четырёхугольника являются биссектрисами углов треугольника ABC! А чем для треугольника ABC являются его стороны?

Подсказка 4

Одна из пар сторон большого четырёхугольника является парой внешних биссектрис треугольника ABC! Что тогда можно сказать про связь его диагоналей и сторон?

Подсказка 5

Диагонали перпендикулярны одной из пар противоположных сторон! Получается, внутри четырёхугольника есть два угла по 90°. Какие выводы можно сделать о такой фигуре?

Подсказка 6

Четырёхугольник вписан! Осталось лишь аккуратно показать, почему его T — середина его стороны ;)

Показать доказательство

Пусть $I ,I c b$ — центры вневписанных окружностей, которые касаются сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Биссектриса $BI b$ внешнего угла $B$ перпендикулярна биссектрисе $BIc$ внутреннего угла, т.е. $∘ ∠IcBIb =90 .$ Аналогично, $∘ ∠IcCIb = 90,$ значит, точки $Ic,B,C,Ib$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что центр окружности лежит на диаметре $IcIb$ и на серединном перпендикуляре к стороне $BC,$ но такая точка единственна и середина дуги $BAC$ удовлетворяет этим условиям.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущая подтема

Следующая подтема