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 61#67082Максимум баллов за задание: 7

На основании $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ отмечены точки $K$ и $L.$ Прямые $BK$ и $BL$ вторично пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $M$ и $N.$ Докажите, что точки $K,M, L,N$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что достаточно доказать равенство углов $BKL,BNM.$ По теореме о внешнем угле для треугольника $ABK :$

∠BKL = ∠BAC + ∠ABK = ⌣-BC+--⌣-AM-. 2

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $⌣ BC =⌣ AB.$ Тогда:

∠BNM = ⌣-BA+-⌣-AM--= ⌣-BC+-⌣-AM--= ∠BKL. 2 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#67099Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Докажите, что продолжение перпендикуляра из точки пересечения диагоналей к одной из сторон делит противоположную сторону пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что некоторая чевиана в прямоугольном треугольнике, проведённая из вершины прямого угла, является медианой. Но работать с отрезками, которые не лежат в одном треугольнике, не удобно, поэтому давайте будем доказывать, что треугольник, который отсекает эта чевиана, равнобедренный (и второй тоже, аналогично). Как это можно сделать?

Подсказка 2

Нужно показать, что его углы при основании равны! Первый из углов легко переносится по вписанности, а второй?

Подсказка 3

Второй угол легко считается из конструкции "высота в прямоугольном треугольнике", и мы получаем равенство углов, которое и было нужно!

Показать ответ и решение

Назовём этот четырёхугольник $ABCD,$ точку пересечения диагоналей обозначим через $E$ и пусть прямая $EH$ перпендикулярна $BC$ и пересекает сторону $AD$ в точке $M.$

$PIC$

Первое решение.

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

Второе решение.

Прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED,$ а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC,$ как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам.

Замечание.

Указанный в задаче факт известен как “теорема Брахмагупты”. Но так задача заключается в том, чтобы доказать напрямую это утверждение, не следует просто так ссылаться на эту теорему! Решение “по теореме Брахмагупты задача очевидна” будет оценено в 0 баллов!

Ответ:

по теореме Брахмагупты задача очевидна

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#67144Максимум баллов за задание: 7

Треугольник разбили на три выпуклых четырехугольника. Два из них являются вписанными. Докажите, что и третий тоже.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отметим внутри треугольника точку, которая будет общей для трёх четырёхугольников. Как дальше воспользоваться вписанностью двух из них?

Подсказка 2

Конечно, сумма противоположных углов в них равна 180 градусов. С помощью этого факта можно выразить два противоположных угла оставшегося четырёхугольника через два угла треугольника, возможно, их сумма тоже окажется равной 180 градусов, тогда мы победим!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $∠BAC =α,∠ABC = β;$ $AC1KB1$ и $C1BA1K$ — вписанные четырехугольники.

По свойству вписанного четырехугольника:

∠C1KB1 = 180∘− α ∠C1KA1 = 180∘− β

Следовательно, $∠B1KA1 =α +β$ и $KA1CB1$ — вписанный.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#67145Максимум баллов за задание: 7

Равносторонние треугольники $ABC$ и $PQR$ расположены так, что вершина $C$ лежит на стороне $PQ$ , а вершина $R$ — на стороне $AB$ . Докажите, что $AP||BQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм, здесь есть много равных углов. Это намекает на то, что стоит поискать вписанные четырёхугольники!

Подсказка 2

Конечно, тут есть два вписанных четырёхугольника, имеющих общую сторону CR. Как же воспользоваться их вписанностью?

Подсказка 3

Верно, используем факт, что противоположные углы в сумме дают 180 градусов, надо просто перекинуть уголки, чтобы получить нужную сумму односторонних углов для искомых прямых!

Показать ответ и решение

Проведем $PA,CR,QB,$ рассмотрим четырехугольники $APCR$ и $CQBR$ .

$PIC$

∠CPR = ∠CAR = 60∘ ⇒ APCR —вписанный ∠CQR = ∠CBR = 60∘ ⇒ CQBR —вписанный

Поэтому

∠APC = ∠APQ = 180∘− ∠ARC = ∠CRB = 180∘− ∠CQB = 180∘− ∠P QB

Следовательно, $AP||BQ.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#67146Максимум баллов за задание: 7

В параллелограмме $ABCD$ выбрали точку $P$ таким образом, что $∠PAD = ∠PCD.$ Докажите, что $∠P BC = ∠PDC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сложно доказывать равенство углов, которые расположены не "рядом". Поэтому давайте точку P перенесём на вектор AD, и получим точку E. Куда тогда перекидываются наши углы?

Подсказка 2

По построению APED - параллелограмм. Поэтому углы PAD и PED равны. Что это значит?

Подсказка 3

Четырёхугольник PCED - вписанный! Теперь легко понять, что происходит с парой углов, равенство которых нужно доказать.

Показать доказательство

Первое решение.

Проведем $P E = AD$ и $PE||AD :$

$PIC$

Тогда $AP ED$ — параллелограмм, поэтому $∠P AD =∠P ED.$

Так как $∠PCD =∠P ED,PCED$ — вписанный четырехугольник и $∠PDC = ∠PEC;$

Так как $PE = BC,BCEP$ — параллелограмм, следовательно $∠P EC =∠P BC,$ поэтому $∠PBC = ∠PDC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Через точку $P$ проведем $NL ||AB$ и $KM ||BC :$

$PIC$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $∠CMK =∠MDA = ∠PNA.$

Заметим, что $△ANP ∼△P MC$ по двум углам и $AN PN CM-= PM-.$ А так как $BL =AN, LP = CM, PN = MD,$ то

BL AN P N MD LP-= CM-= PM- = PM-.

Учитывая, что $∠BLP = ∠PND,$ получаем $△BLP ∼ △P MD$ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Следовательно, $∠P BC =∠P DC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#67147Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Докажите, что основания перпендикуляров из точки пересечения его диагоналей на стороны образуют вписанный четырёхугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В данном случае доказывать вписанность удобнее всего через сумму противоположных углов, потому что если провести диагонали, то получится слишком громоздкая картинка. Попробуйте ввести переменные (тут достаточно одной) и посчитать эти углы.

Подсказка 2

Удобно обозначить вписанный угол, опирающийся на какую-нибудь сторону исходного четырёхугольника, за α. Тогда можно поперебрасывать по вписанности этот угол и найти один из углов искомого четырёхугольника.

Подсказка 3

Так мы найдём угол 2α! Но тогда мы же знаем угол, опирающийся на противоположную хорду исходного четырёхугольника, чему он равен?

Подсказка 4

Из прямоугольного треугольника этот угол равен 90°-α, а значит, можно применить аналогичное рассуждение для противоположной стороны, и задача решится!

Показать ответ и решение

Первое решение. [ Окружность восьми точек.]

Обозначим основания перпендикуляров из точки пересечения диагоналей $P$ четырехугольника $ABCD$ через $E,F,G,H,$ а середины сторон через $K,L,M, N$ соответственно.

$PIC$

Для начала докажем, что $KLMN$ (параллелограмм Вариньона для $ABCD$ ) — прямоугольник.

Действительно, $KN ||BD ||LM,NM ||AC ||KL,$ а $BD ⊥AC$ . Следовательно, $KLMN$ — вписанный.

Докажем, что прямая, содержащая отрезок $PM,$ перпендикулярна $AB.$ [ Теорема Брахмагупты.]

Пусть эта прямая пересекает $AB$ в точке $E1$ .

$PIC$

Действительно, $∠MP D = ∠E1PB$ как вертикальные, $∠BDC = ∠BAC$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Следовательно, $△ABP ∼ △BE1P$ по двум углам и $∘ ∠ME1K =90 .$ А значит, $E1$ лежит на окружности, описанной около $KLMN$ и является основанием перпендикуляра, опущенного на $AB$ из точки $P,$ то есть точкой $E$ .

Утверждение доказано.

Значит, точка $E$ лежит на окружности, описанной около $KLMN.$

Аналогично доказывается, что и $F,G,H$ лежат на этой окружности, а значит, $EFCH$ — вписанный.

Второе решение.

$PIC$

Обозначим основания перпендикуляров из точки пересечения диагоналей $P$ четырехугольника $ABCD$ через $E,F,G,H.$ Посчитаем углы:

Пусть ∠PAH = α, тогда ∠CBD = α из вписанности ABCD;

∘ EBF P— вписанный, т.к. ∠BEP + ∠BF P = 180 ⇒ ∠PBF = ∠PEF = α;

AEP H— вписанный, т.к. ∠AEP + ∠AHP = 180∘ ⇒ ∠PAH = ∠PEH = α;

∠ADB = α− 90∘ =∠ACB из вписанности ABCD;

HPGD —вписанны й, т.к. ∠PGD + ∠PHD = 180∘ ⇒ ∠HDP = ∠HGP =90∘− α;

PF CG— вписанный, т.к. ∠PF C+ ∠PGC = 180∘ ⇒ ∠FCP = ∠FGP = 90∘− α;

Итого, EF GH— вписанный, т.к. ∠F EH +∠F GH =2α +180∘− 2α = 180∘.

Замечание.

Из второго решения легко заметить, что искомый по задаче четырёхугольник является не только вписанным, но и описанным. Центром вписанной в него окружности является точка пересечения диагоналей исходного четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями.

Ответ:

Ответ убил.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#67537Максимум баллов за задание: 7

Дан вписанный четырёхугольник $ABCD,$ диагонали которого не перпендикулярны. $E$ и $O$ — проекции на диагональ $BD$ вершин $A$ и $C$ соответственно. $R$ и $G$ — проекции на диагональ $AC$ вершин $B$ и $D$ соответственно. Докажите, что $EGOR$ — вписанный четырёхугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какие существует методы доказательства вписанности. Каким из них можно воспользоваться для данной задачи?

Подсказка 2.

Часто вписанность можно доказывать с помощью антипараллельности, если данные точки лежат на сторонах некоторого естественного в условиях задачи угла. Здесь таким углом является угол, образованный прямыми AC и BD. Как можно проверить, что ER и GO в нем антипараллельны?

Подсказка 3.

Достаточно найти пары прямых, которые антипараллельны ER и GO соотвественно, и проверить уже их антипарраллельность. Что это за прямые?

Подсказка 4.

Это прямые AB и СD.

Показать доказательство

Первое решение.
Так как $ABCD$ — вписанный, то $∠BAC = ∠BDC.$ Заметим, что так как $∠AEB = ∠BRA,$ то $AREB$ — вписанный, а это означает, что $∠BAC = ∠REO.$ Аналогично получим, что $CGOD$ — вписанный, то есть $∠BDC =∠RGO.$ Тогда имеем:

∠RGO =∠BDC = ∠BAC = ∠REO

Равенство $∠RGO = ∠REO$ означает вписанность четырёхугольника $EGOR.$

$PIC$

Второе решение.
Рассмотрим антипараллельность относительно угла между прямыми $AC$ и $BD.$ Условие задачи означает, что

BA ∦CD

Так как $∠AEB = ∠BRA,$ то

BA ∦ER

Тогда по свойству антипараллельности $ER ∥ CD.$

Аналогично получим, что $CD ∦ OG,$ откуда $OG ∥BA$ и $OG ∦ER,$ так что $EGOR$ — вписанный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#67558Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ Пусть $I$ — центр его вписанной окружности, $P$ — такая точка на стороне $AB,$ что угол $PIB$ прямой, $Q$ — точка, симметричная точке $I$ относительно вершины $A.$ Докажите, что точки $C,I,P,Q$ лежат на одной окружности.

Источники: Турнир городов - 2023, 11.4, авторы - И. Кухарчук, А.Юран

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие на угол PIB выглядит немного странно...однако он входит в состав угла AIB (I - центр вписанной окружности, так еще нам и намекают число 90) Какой угол тогда хочется сразу посчитать?

Подсказка 2

Угол AIB на 90 больше половины угла ACB, а, значит, углы ACI и AIP равны. На картинке много биссектрис, которые могут помочь нам в поисках подобных треугольников. А еще хочется как-то пользоваться равенством отрезков QA и AI(мы этого еще не делали)

Подсказка 3

Треугольники CIA и IPA подобны по трем углам, а в них как раз присутствует отрезок IA, так что можем записать, что IC/IP = AC/AI = AC/AQ. Смотрим, какие же треугольники содержат отрезки IC, IP, AC, IQ (или хотя бы часть из них, чтобы дальше работать с подобием)?

Подсказка 4

Треугольники ICP и ACQ! Становится ясно: хотим равенства углов CIP и CAQ, чтобы доказать подобие треугольников с такими же названиями, чтобы доказать равенство углов IPC и AQC. Посчитать угол QAC как внешний к половине угла BAC несложно, а угол PIC есть сумма углов AIP и AIC. Осталось лишь воспользоваться знанием про углы с вершиной I из подсказки 2 ;)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $CI$ пересекает $AB$ в точке $N.$ Угол $AIB$ тупой, а угол $NIB$ острый, значит $P$ лежит между $A$ и $N.$ Далее, т.к. $I$ — центр вписанной окружности треугольника, получаем

∠AIP = ∠AIB − 90∘ = 1∠ACB = ∠ACI 2

∠CAI = ∠IAP

Значит, треугольники $CAI$ и $IAP$ подобны. Учитывая это и равенство $QA = AI,$ имеем

-IC-= P-I= P-I AC AI QA

Кроме того,

( ) ∠AIP + ∠AIC = 1∠ACB + 90∘+ 1∠ABC = 180∘− 1∠CAB 2 2 2

Следовательно,

∘ 1 ∘ ∠PIC = 180 − 2∠CAB =180 − ∠CAI = ∠QAC

Тогда треугольники $QAC$ и $PIC$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, значит $∠IPC =∠AQC =∠IQC,$ и точки $C,I,P,Q$ лежат на одной окружности.

Замечание. После доказательства подобия треугольников $CAI$ и $IAP$ можно действовать по-другому. Выберем точку $R$ на продолжении отрезка $CA$ за точку $A$ так, что $AP =AR;$ тогда треугольники $IAP$ и $QAR$ равны ( $IA= QA,AP = AR,∠QAR = ∠CAI = ∠IAP$ ). Значит, $QRP I$ — равнобокая трапеция, и она вписана. С другой стороны, поскольку $∠CIQ = ∠CIA =∠CRQ,$ точки $C,I,R,Q$ лежат на одной окружности. Значит, все пять точек $C,I,P,Q,R$ лежат на окружности $(QRI).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#67769Максимум баллов за задание: 7

В окружность $ω$ вписан треугольник $ABC$ такой, что $AB < BC.$ Биссектриса внешнего угла $B$ пересекает $ω$ в точке $M.$ Прямая, параллельная $BM,$ пересекает стороны $BC,$ $AB$ и продолжение стороны $CA$ за точку $A$ в точках $P,Q$ и $R$ соответственно. Прямая $MR$ вторично пересекает $ω$ в точке $X.$ Докажите, что точки $B,P,Q,X$ лежат на одной окружности.

Источники: Высшая проба - 2023, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам надо как-то воспользоваться тем, что BM паралельна PR. Например, можно перекинуть уголочек BMX на XRP как накрест лежащий. Куда ещё его можно перекинуть?

Подсказка 2

Т.к. BMX и BCX опираются на дугу BX мы получаем, что BMX=BCX. Не видно ли на картинке ещё одного вписанного четырехугольника?

Подсказка 3

Посмотрим на четырехугольник RXPC: XRP=XRQ=BMX=BCX=PCX. Тогда XRP=PCX, откуда следует, что RXPC вписан в окружность. Надо попробовать поперекидывать уголки в нем...

Подсказка 4

Нам необходимо доказать, что BPQX- вписан. Через какое равенство углов нам удобнее всего это сделать, если мы уже видим две окружности?

Подсказка 5

Наверное, через углы XBQ и XPQ, т.к. XBQ=XBA, а XPQ=XPR. Попробуйте перекинуть XBA на описанной окружности треугольника ABC, а уголок XPR на описанной окружности четырехугольника RXPC и вы завершите решение

Показать доказательство

Докажем, что точки $R,X,P,C$ лежат на одной окружности $Ω,$ т.е. что четырёхугольник $RXP C$ является вписанным. Действительно, $∠XRP =∠BMX$ как накрест лежащие при параллельных прямых $BM$ и $RP$ и секущей $RM,$ а $∠BMX = ∠BCX$ как опирающиеся на одну дугу в $ω,$ значит, $∠XRP = ∠XCP.$ Следовательно, по признаку четырёхугольник $RXP C$ является вписанным.

Из этого получаем, что $∠XCA =∠XP R.$ Из окружности $ω$ получаем, что $∠XBQ = ∠XCA.$ Значит, $∠XBQ = ∠XP Q,$ а, следовательно, по признаку четырёхугольник $XBP Q$ является вписанным, т.е. точки $X,B,P,Q$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#68785Максимум баллов за задание: 7

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ нашлась такая точка $P,$ что

∘ ∘ ∘ ∠BP C =∠BAC +60 ,∠CP A =∠CBA +60 ,∠AP B =∠ACB +60

Лучи $AP,BP,CP$ продлили до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC.$ Докажите, что полученные точки пересечения лежат в вершинах равностороннего треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сперва давайте обозначим всё полезное нам для решения: точки пересечения AP, BP, CP с окружностью за X, Y, Z, углы ∠PAC, ∠PCB, ∠PBA, ∠PCA, ∠PAB, ∠PBC. Время считать углы треугольника XYZ.

Подсказка 2

Посчитаем ∠ZXY (остальные аналогично). Из вписанности четырёхугольников AZXC и ABXY следует ∠ZXY=∠PCA+∠PBA . Осталось воспользоваться условиями о точке P.

Подсказка 3

Посчитаем угол ∠BPC как сумму ∠BPX+∠XPC, а они внешние в треугольниках APB и CBP. Записав условие ∠BPC=∠BAC+60°, выражаем ∠PCA+∠PBA.

Показать доказательство

Обозначим полученные точки пересечения лучей $AP,BP$ и $CP$ с описанной окружностью треугольника $ABC$ соответственно как $X,Y$ и $Z,$ а углы треугольника $ABC$ как $α,β,γ.$ Также проведем отрезки $ZX,ZY$ и $XY.$

$PIC$

$∠ZXA = ∠ZCA$ и $∠AXY = ∠ABY$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

Чтобы доказать, что треугольник — равносторонний, необходимо доказать, что его углы составляют $60∘.$ Докажем, что $∠ZXY =60∘ :$

∠XP C =∠ACP + ∠PAC

∠BP X =∠ABP + ∠BAP

по свойству внешнего угла треугольника. В то же время

∠BP C = α +60∘ = ∠ACP + ∠PAC +∠ABP +∠BAP ⇒ ∠ACP +∠ABP =60∘

так как $∠PAC + ∠BAP = α.$

Получаем

∘ ∠ACP +∠ABP =60 = ∠ZXA + ∠AXY =∠ZXY

Аналогичным образом доказывается, что $∠XZY = ∠ZY X =60∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#68789Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $M$ и $N$ . Окружность $ω$ с центром в $M$ пересекает $ω 1$ в точках $A$ и $C,ω 2$ — в точках $B$ и $D.$ Известно, что $N$ лежит вне $ω$ . Докажите, что $∠ANB = ∠DNC.$

Показать доказательство

Проведем $MA, MD,MB, MC$ — радиусы окружности $ω.$

$PIC$

MB = MD ⇒ ⌣ BM = ⌣ MD ⇒ ∠BNM = ∠MND

AB = MC ⇒ ⌣ AM =⌣ MC ⇒ ∠ANM = ∠MNC

Вычтем из первого равенства второе:

⇒ ∠BNM − ∠ANM = ∠MND − ∠MNC ⇒ ∠ANB = ∠DNC.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#70330Максимум баллов за задание: 7

Шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность. Докажите, что если $AD ||BC$ и $CF ||DE$ , то $BE ||AF$ .

Показать доказательство

$PIC$

ABCD —вписанны й ⇒ ∠ABD = ∠ACD, ∠BCA = ∠BDA; BC||AD ⇒ ∠BDA = ∠CBD; Следовательно, △BCD = △ABC по стороне и двум углам ⇒ AB = CD. Аналогично доказы вается, что CD = EF ; Получаем AB = EF ⇒ ∠FAE = ∠AEB как вписанные, опираю щиеся на равные дуги ⇒ ⇒ AF ||BE.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#70331Максимум баллов за задание: 7

Пусть диагональ $AC$ описанного четырехугольника $ABCD$ высекает на его вписанной окружности хорду $PQ$ . Точки $M$ и $N$ — точки касания окружности и сторон $AB$ и $AD$ , точка $K$ – середина $PQ$ . Докажите, что $KA$ — биссектриса угла $∠MKN$ .

Показать доказательство

Отметим $O$ — центр окружности, вписанной в $ABCD.$

$PIC$

P O= PQ ⇒ △P OQ— равнобедренный ⇒ OK —м едиана и вы сота⇒ OK ⊥PQ

OM ⊥AB, ON⊥AD как радиусы в точки касания;

Следовательно, точки $A, M, K, O, N$ лежат на одной окружности с диаметром $AO.$

$MA = NA$ как отрезки касательных из одной точки, $∠MKA = ∠NKA,$ как вписанные, опирающиеся на равные хорды Поэтому $KA$ — биссектриса угла $MKN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#70332Максимум баллов за задание: 7

Основание высоты треугольника спроецировали на две другие высоты, а также две другие стороны треугольника. Докажите, что полученные четыре точки лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим основания высот как $C , A ,K, 1 1$ а основания высот из $K$ через $P, Q, R, S.$

$PIC$

Первое решение.

Точки $P,Q,R$ лежат на прямой Симсона треугольника $AC1H$ для точки $K$ на его описанной окружности (вписанность $AC1HK$ очевидна из суммы его противоположных углов).

Аналогично, точки $Q,R,S$ лежат на прямой Симсона треугольника $A1HC$ для точки $K.$

Точки $P$ и $S$ лежат на прямой $QR,$ так что четыре точки лежат на одной прямой.

Второе решение.

∠APK = ∠AQK ⇒ APQK — вписанны й ⇒ ∠AQP = ∠AKP ; PK ||CC ⇒ ∠AKP = ∠ACC ; ∘ 1 1 ∠HQK + ∠HRK =180 ⇒ QHRK —вписанный ⇒ ∠HQR = ∠HKR; В △KHC ∠HKC = 90∘ = ∠HKR +90∘− ∠ACR ⇒ ⇒ ∠ACR = ∠HKR ⇒ ∠P QA =∠HQR ⇒ P, Q, R лежат на одной прямой. Аналогично, с точностью до обозначений, доказывается для точек

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#70334Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$ , в котором $AB >AC$ . Обозначим через $X$ основание перпендикуляра, опущенного из $B$ на $AO$ . Далее: $M$ — середина $BC$ , $AA1$ — высота треугольника $ABC$ . Докажите, что $XM = MA1$ .

Показать доказательство

Проведем $OM$ — медиану и высоту в равнобедренном $△BOC,$ а также соединим $X$ и $A . 1$

$PIC$

∠BXA =∠BA1A ⇒ BXA1A — вписанный ⇒ ∠XA1B = ∠XAB =α; ∠XAB = ∠ABO = α из равнобедренности △ABO ⇒ ∠BOX = ∠XAB + ∠ABO = 2α; ∠BXO =∠BMO ⇒ BXMO — вписанный ⇒ ∠BOX = ∠BMX = 2α⇒ ⇒ ∠XMA1 =180∘− 2α ⇒ △XMA1 —равнобедренны й ⇒ XM = MA1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#70386Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $△ABC$ с острым углом $∠A$ такой, что $AB ⁄=AC.$ На сторонах $AB$ и $AC$ вне треугольника построены квадраты $ABDE$ и $ACF G$ с центрами $K$ и $L.$ Оказалось, что точки $D,E,F$ и $G$ лежат на одной окружности $ω$ с центром $O.$ Доказать, что точка $M$ пересечения прямых $BE$ и $CG$ лежит на окружности $ω.$

Источники: САММАТ-2023, 11.10 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если после того, как вы нарисовали рисунок, вам показалось, что DF- диаметр нашей окружности, то вы на верном пути! Попробуйте для начала понять, как связана точка I, центр описанной окружности треугольника △ABC, с точкой O, а потом придумаем что-нибудь с DF.

Подсказка 2

Мы знаем, что I- точка пересечения серперов к AB и AC, а O- точка пересечения серперов к DE и FG. Но тогда I=O. Мы хотим, чтобы DF оказался диаметром. Давайте докажем, что E, A и F лежат на одной прямой...

Подсказка 3

Если это не так, то EA пересекает нашу окружность в точке T, отличной от F. Продлим прямые FC и DB до пересечения в точке Z. Посмотрите на точку O и подумайте, каким является четырехугольник DATZ...

Подсказка 4

Т.к. O является одновременно серединой AZ и DT ⇒ DATZ- параллелограмм ⇒ TZ=AD и ∠ATZ=45°. Что мы можем сказать про четырехугольник AFTZ?

Подсказка 5

Он вписан, ведь ∠AFZ=∠ATZ=45°. Отрезки OF и OT равны как радиусы. Тогда O лежит на серпере к AZ и на серпере к FT. Что это нам дает?

Подсказка 6

Если эти серперы не совпадают, то O- центр описанной окружности AFTZ, что противоречит тому, что ∠ATZ=45°. Тогда они совпадают ⇒ AFTZ- равнобокая трапеция. На какое противоречие с условием это нас наводит?

Подсказка 7

Если это так, то AD=ZT=AF ⇒ AB=AC, что не так. Ура!! Мы доказали, что наше предположение неверно, а это значит, что E, A и F лежат на одной прямой. Аналогично G, A и D лежат на одной прямой. Тогда для полного счастья нам осталось лишь доказать, что ∠EMG=∠EDG=45°...

Подсказка 8

Посмотрим на четырехугольник KALM: ∠AKM=∠ALM=90°. Тогда ∠EMG=180°-∠KAL. Докажите, что ∠KAL=135° и наслаждайтесь победой!

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $O$ — точка пересечения сер. перп. к $GF$ , $ED$ , но $GF∥AC$ и $ED∥AB =⇒ O$ — точка пересечения сер. перп. к $AC$ и $AB =⇒ O$ — центр описанной окружности $△ABC$ .

Докажем, что $E$ , $A$ и $F$ лежат на одной прямой.

Пусть это не так, тогда $EA$ пересекает нашу окружность в точке $T$ , отличной от $F$ . Продлим прямые $F C$ и $DB$ до пересечения в точке $Z$ .

$PIC$

Т.к. $O$ является одновременно серединой $AZ$ ( $HJ∥DB$ и $AJ = JB =⇒ △AJO ∼ △ABZ$ с коэффициентом 2) и $∘ DT (∠T ED =90 =⇒ DT$ — диаметр) $=⇒ DAT Z$ — параллелограмм, тогда $TZ = AD$ и $∘ ∠ATZ = ∠ADZ = 45 = ∠AF Z =⇒ AT FZ$ — вписанный. Отрезки $OF$ и $OT$ равны как радиусы. Тогда $O$ лежит на сер. перп. к $FT$ и на сер. перп. к $AZ$ .

Если эти сер. перп. не совпадают, то $O$ — центр описанной окружности $ATFZ$ , что противоречит тому, что $∘ ∠ATZ = 45$ . Тогда они совпадают $=⇒ ATF Z$ — равнобокая трапеция.

Если это так, то $AD = ZT =AF =⇒ AB = AC$ , что не так. Значит, наше предположение неверно, и $E$ , $A$ и $F$ лежат на одной прямой. Аналогично $G$ , $A$ и $D$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Рассмотрим четырехугольник $KALM$ : $∠AKM = ∠ALM = 90∘ =⇒ KALM$ — вписанный $=⇒ ∠KML = 180∘ − ∠KAL$ , но $∠KAL =180∘− ∠EAD = 180∘− 45∘ =135∘$ и $∠EMG =45∘ = ∠EDG =⇒ EDMG$ — вписанный $=⇒ M$ лежит на окружности $ω$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#72129Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к стороне $AC$ треугольника $ABC$ пересекает $BC$ и $AB$ в точках $A 1$ и $C 1$ соответственно. Точки $O$ , $O1$ — центры описанных окружностей треугольников $ABC$ и $A1BC1$ соответственно. Докажите, что $C1O1 ⊥AO.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пересечём AO C₁O₁ в точке X, середину AC обозначим за Y. Требуется доказать, что ∠C₁XO₁=90°, при этом ∠C₁YA=90°. Давайте тогда сформулируем, что нам логично доказывать?

Подсказка 2

Ага, будем доказывать вписанность четырёхугольника C₁XYA. Это можно сделать, доказав равенство уголков ∠YAX и ∠YC₁X. Введём ∠ABC=β и выразим их.

Подсказка 3

Действительно, углы ∠AOC и ∠A₁O₁C₁ выражаются через ∠ABC как центральные углы треугольников ABC и A₁BC₁. Причём треугольники AOC и A₁O₁C₁ — равнобедренные, а, значит, зная выражение одного из углов через β, сможем посчитать и все остальные, в том числе искомые.

Показать доказательство

Пересечём $AO$ и $C O 1 1$ в точке $X.$ Заметим, что достаточно доказать вписанность четырёхугольника $AC XY 1$ ( $Y$ — середина $AC$ ). Обозначим угол $ABC$ через $β.$ Угол $AOC$ равен $2β$ как центральный. Треугольник $AOC$ равнобедренный, значит $∘ ∠OAC =90 − β.$

Угол $C1BA1$ равен $∘ 180 − β.$ Следовательно, $∠C1O1A1 = 2β$ как центральный. Треугольник $C1O1A1$ равнобедренный, значит $∘ ∠A1C1O1 =90 − β.$ Мы получили равенство углов $Y AX$ и $Y C1X,$ что даёт нам нужную вписанность.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#72135Максимум баллов за задание: 7

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ нашлась такая точка $P,$ что $∠BP C$ $= ∠BAC + 60∘,∠CP A= ∠CBA + 60∘,∠APB = ∠ACB + 60∘.$ Лучи $AP,BP,CP$ продлили до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC.$ Докажите, что полученные точки пересечения лежат в вершинах равностороннего треугольника.

Показать доказательство

Пусть $A ,B 1 1$ и $C 1$ — точки пересечения продолжений отрезков $AP,BP$ и $CP$ (за точку $P$ ) с описанной окружностью треугольника $ABC,$ $∠BAC = α.$ Тогда $∘ ∠BP C = α +60 .$ С другой стороны, $⌣CA1B+-⌣B1AC1 1 ∠BP C = 2 = 2(2α+ ⌣ B1AC1).$

Из уравнения $∘ 1 α +60 = 2(2α+⌣ B1AC1)$ находим, что $∘ ∪ B1AC1 =120.$ Следовательно, $∘ ∠B1A1C1 = 60.$ Аналогично $∘ ∠A1B1C1 =60 .$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#72137Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $M$ и $N.$ Окружность $ω$ с центром в $M$ пересекает $ω 1$ в точках $A$ и $C,ω − 2$ в точках $B$ и $D.$ Известно, что $N$ лежит вне $ω.$ Докажите, что $∠ANB = ∠DNC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что MA=MC как радиусы одной окружности. А равенство хорд даёт нам сделать вывод о равенстве углов. Что можно сказать?

Подсказка 2

Верно, из MA=MC M — середина дуги AC, а значит, NM является биссектрисой ∠ANC. Аналогичный вывод можно сделать для точек из другой окружности. Как же теперь подбираться к искомому равенство углов?

Подсказка 3

Осталось понять, что на всевозможных картинках (для любого порядка точек на окружностях) из того, что NM — биссектриса ∠ANC и ∠BND, следует равенство ∠ANB=∠DNC.

Показать доказательство

Рассмотрим прямую $NM.$ Она является биссектрисой угла $BND,$ поскольку дуги $BM$ и $MD$ стягиваются равными отрезками (радиусами $ω$ ).

$PIC$

Аналогично $MN$ — биссектриса угла $ANC.$ Из этого вытекает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#72138Максимум баллов за задание: 7

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD.$ Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P,$ лучи $BC$ и $AD$ — в точке $Q.$ Биссектриса угла $AP D$ пересекает отрезки $AD$ и $BC$ в точках $K$ и $M;$ биссектриса угла $AQB$ пересекает отрезки $AB$ и $CD$ в точках $L$ и $N.$ Докажите, что $KLMN$ — ромб.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте доказывать, что в четырёхугольнике KLMN диагонали перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Начнём с угла, пересечение KL и MN обозначим за X и посчитаем ∠PXQ.

Подсказка 2

Например, ∠PXQ можно посчитать из четырёхугольника QBPX, в котором все углы, кроме ∠PXQ, можно выразить через четыре дуги AB, BC, CD, DA окружности. Осталось понять, почему диагонали KLMN делятся точкой пересечения пополам.

Подсказка 3

В самом деле, мы получили, что в треугольниках KQM и NPL биссектрисы являются высотами, а это, значит, треугольники равнобедренные, следовательно QX и PX также являются их медианами, а значит X — середина KM и середина NL, что нам и требовалось.

Показать доказательство

Для начала покажем, что диагонали $KLMN$ перпендикулярны. Обозначим точку их пересечения через $X,$ а дуги $CD,DA, AB$ и $BC$ через $x,y,z$ и $t.$ Тогда углы $AP K$ и $KP D$ равны по $y−-t 4 ,$ а углы $CQN$ и $NQD$ по $x−z 4 .$ Угол $CBA$ равен $x+y 2 ,$ а значит, угол $P BQ$ равен $∘ x+y 360 − 2 .$ Теперь нетрудно проверить с помощью суммы углов четырехугольника $PBQX,$ что угол $P XQ$ прямой.