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 81#72140Максимум баллов за задание: 7

Окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Прямая, проходящая через $A,$ пересекает $ω 1$ в точке $K$ и $ω 2$ в точке $L.$ Прямая, проходящая через $B$ пересекает $ω1$ в точке $X$ и $ω2$ в точке $Y.$ Докажите, что $KX ∥LY.$

Показать доказательство

$PIC$

В силу вписанности четырёхугольника $ABY L$ имеем:

∠XKL + ∠KLY = ∠XKL + ∠XBA = 180∘

(последний переход справедлив, потому что $XKAB$ — вписанный). Это даёт требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#73218Максимум баллов за задание: 7

B параллелограмме $ABCD$ выполнено $AC >BD; M$ — такая точка диагонали $AC,$ что четырехугольник $BCDM$ вписанный. Докажите, что прямая $BD$ является общей касательной к описанным окружностям треугольников $ABM$ и $ADM.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что достаточно доказать равенства $∠BAM = ∠DBM, ∠DAM =∠MDB,$ ведь тогда по обратной теореме об угле между хордой и касательной мы получим требуемое. Докажем их.

В силу параллельности противоположных сторон параллелограмма имеем $∠BAC = ∠ACD,∠CAD =∠ACB$ . В силу вписанности четырёхугольника $BMDC$ имеем $∠MCD =∠MBD, ∠MCB = ∠MDB$ , получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#73225Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ — равнобедренная трапеция $(BC$ параллельна $AD ),$ $E$ — точка дуги $AD$ описанной окружности. Из точек $A$ и $D$ опустили перпендикуляры на $BE$ и $CE.$ Докажите, что основания перпендикуляров лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Как можно доказать вписанность четырехугольника, вершины которого лежат на сторонах угла?

Подсказка 2.

В данном случае можно посчитать углы, но есть решение через степень точки! Для этого нужно выразить все отрезки секущих. С помощью чего это можно сделать?

Подсказка 3.

Правильно! С помощью прямых углов можно выразить отрезки секущих через отрезки AE и DE и косинусы некоторых углов. Попробуйте понять что-нибудь про эти углы. Не забудьте подставить в то, что нужно доказать.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $X$ и $Y$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $A$ на прямые $BE$ и $CE$ соответственно; $T$ и $Z$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $D$ на прямые $BE$ и $CE$ соответственно. Для решения достаточно доказать, что $ET ⋅EX = EY ⋅EZ.$

Пусть углы $ADB$ и $ADC$ равны соответственно $α$ и $β.$ Тогда $∠AEB = ∠CED = α$ и $∠AEC = ∠BED =β$ из вписанности и симметричности равнобедренной трапеции. Тогда:

$pict$

Тогда условие $ET ⋅EX =EY ⋅EZ$ приобретает вид

DE cosβ⋅AE cosα =AE cosβ⋅DE cosα,

что верно.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Четырёхугольники $AXY E$ и $DZT E$ вписанные, следовательно, имеют место равенства

∠AY X =∠AEX = ∠DEZ = ∠DTZ,

поэтому равны углы $∠XT Z$ и $∠XY Z,$ что равносильно искомой вписанности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#74119Максимум баллов за задание: 7

В окружность с центром $O$ вписан четырехугольник с перпендикулярными диагоналями. Доказать, что расстояние от точки $O$ до стороны четырехугольника равно половине длины противоположной стороны.

Показать доказательство

$PIC$

Докажем этот факт для расстояния до стороны $AB$ и противоположной стороны $CD.$ Проведем диаметр $AE.$ $∠BEA$ = $∠BCP$ и $∠ABE$ = $∠BPC$ = $90∘,$ поэтому $∠EAB$ = $∠CBP.$ Углы, опирающиеся на хорды $EB$ и $CD,$ равны, поэтому $EB = CD.$ Так как $∠EBA =90∘,$ расстояние от точки $O$ до $AB$ равно $EB∕2= CD ∕2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#77206Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AD,BE$ и $CF$ . Пусть $P$ — одна из точек пересечения прямой $EF$ с описанной около треугольника $ABC$ окружностью. Обозначим точку пересечения отрезков $CP$ и $DE$ через $Q$ . Докажите, что $AP = AQ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Просят доказать равенство отрезков, проведённых из одной вершины. Но окружность связана больше с углами, что тогда было бы удобнее доказывать?

Подсказка 2

Конечно, что ∠APQ = ∠AQP! Самое логичное — обозначить углы за переменные и показать их равенство.
Какие ещё равенства углов может дать окружность? Обратите внимание на два вписанных угла, опирающихся на дугу АС.

Подсказка 3

Теперь стоит вспомнить про высоты! Они дают нам очень много свойств, какие можно использовать?

Подсказка 4

Обратите внимание на четырёхугольника ABDE. Он вписанный! Используя этот факт, что можно сказать про углы ∠ABC и∠DEC?
А ещё основания высот образуют ортотреугольник. Чем будет являться ВE в этом треугольнике?

Подсказка 5

Из последнего факта, можно получить равенство ∠AEP и ∠DEC. И теперь лишь осталось показать, что равны ∠AEP и ∠AQP. Это равенство выполняется, если верно, что APQE вписанный, и наоборот. А вписанность совсем несложно показать!

Показать доказательство

Равенство отрезков, проведённых из одной вершины, удобно доказывать через равенство углов. Пусть $∠AP Q =α.$ Тогда будем доказывать, что $∠AQP =α.$

Из вписанности $APBC$ получаем, что $∠ABC =α.$ Из вписанности $BCEF$ получаем, что $∠AEP =α.$

$PIC$

Если вспомнить о том, что высоты треугольника являются биссектрисами ортотреугольника (можно использовать на олимпиаде без доказательства), то есть $∠FEB = ∠BED,$ то понимаем, что $∠DEC = α.$ Следовательно, $AEQP$ вписанный. Из вписанности получаем, что $∠AQP =α.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#89917Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. На его диагонали $AC$ отмечена точка $E$ , а на продолжении этой диагонали за точку $C$ отмечена точка $F$ таким образом, что $∠ADE =∠CBF.$ Найдите угол $∠CDF$ , если известно, что $∘ ∠ABE = 15 .$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 236, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то поотмечать равные углы. Притом хочется, чтобы эти углы как-то были связаны с равными углами ADE и CBF. Что можно вывести из того, что ABCD — вписанный?

Подсказка 2

Углы ADB и ACB равны! Что можно вывести из этого?

Подсказка 3

Заметим, что из равенств углов ACB и ADB, а также FBC и EDA, следует, что углы BFC и BDE тоже равны! Как это использовать в дальнейшем?

Подсказка 4

Четырехугольник EBFD вписанный! Попробуем внимательно посмотреть на картинку. А на два вписанных четырехугольника, причем в одном из них часть угла равна 15. Как можно связать углы этих четырехугольников?

Подсказка 5

Вспоминаем, что во вписанных четырехугольниках сумма противоположных углов равна 180! Осталось лишь понять, как воспользоваться этим при нахождении угла CDF — части угла EDF.

Показать ответ и решение

$PIC$

Углы $∠ADB$ и $∠ACB$ равны как опирающиеся на одну дугу. При этом $∠ADB =$ $∠ADE +∠EDB$ и $∠ACB =∠CBF +∠CF B$ . Поскольку по условию $∠ADE = ∠CBF$ , получаем $∠EDB = ∠CFB$ . Отсюда следует, что четырёхугольник $BFDE$ вписанный. В частности, $∠BEF = ∠BDF$ . При этом $∠BEF =∠BAE +∠ABE$ и $∠BDF =∠BDC +∠CDF$ . Поскольку углы $∠BAE (=∠BAC )$ и $∠BDC$ равны как опирающиеся на одну дугу, получаем $∠CDF = ∠ABE = 15∘$ .

Ответ:

$15∘$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#90273Максимум баллов за задание: 7

Из точки $E$ пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ опущены перпендикуляры $EK, EL,EM,EN$ на его стороны $AB,BC,CD,AD$ соответственно, причём основания перпендикуляров принадлежат соответствующим сторонам. Найдите площадь четырёхугольника $KLMN,$ если известно, что $KL = 5,MN = 3,$ а расстояние от точки $E$ до прямой $LM$ равно $√ - 3.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 238, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

После построения перпендикуляров из точки E, на картинке образовалось много четырехугольников и прямых углов. Быть может, можно заметить что-то полезное благодаря этому?

Подсказка 2

Что можно сказать, например, о четырехугольнике ENAK?

Подсказка 3

Он вписанный! Смотрите-ка, у нас появилось 4 вписанных четырехугольника ;) давайте тогда отметим равные углы, вытекающие из этого! А еще надо вспомнить условие на ABCD…

Подсказка 4

ABCD тоже вписанный! Отметив все равные углы, приходим к выводу: углы ∠ENK, ∠BAC, ∠BDC, ∠MNE равны! Что тогда можно сказать о EN?

Подсказка 5

Это биссектриса угла MNK! А какое свойство биссектрисы связано с перпендикулярами?

Подсказка 6

Любая точка на биссектрисе равноудалена от сторон угла! Тогда воспользуемся этим при вычислении длин перпендикуляров) А что тогда можно сказать о точке E?

Подсказка 7

Точка E — это центр окружности, вписанной в четырехугольник MNKL! А какая у нас есть удобная формула площади для такого четырехугольника?

Подсказка 8

S = p*r, где p — периметр, а r — радиус вписанной окружности!

Показать ответ и решение

Поскольку $∠AKE = ∠ANE = 90∘,$ четырёхугольник $AKEN$ вписанный и $∠ENK =∠EAK$ как опирающиеся на одну дугу. Аналогично, $∠MNE = ∠MDE.$

По условию $ABCD$ — вписанный, поэтому $∠BAC = ∠BDC.$ Отсюда,

∠ENK = ∠BAC = ∠BDC =∠MNE.

Следовательно, $NE$ — биссектриса угла $MNK,$ то есть точка $E$ равноудалена от $NK$ и $MN.$ Аналогично, точка $E$ равноудалена от всех сторон четырёхугольника $KLMN,$ то есть является центром вписанной в него окружности.

$PIC$

Получается, $KLMN$ — описанный, а суммы длин противоположных сторон описанного четырёхуголька равны. Значит, периметр $KLMN$ равен $2(KL +MN )=16.$ Радиус же описанной окружности равен расстоянию от точки $E$ до прямой $LM,$ которое по условию равно $√- 3.$

Вспомним формулу площади описанных фигур

S = p⋅r,

где $p$ — полупериметр, а $r$ — радиус вписанной окружности.

Итак, тогда площадь $KLMN$ равна $1 √- √ - 2 ⋅16⋅ 3 =8 3.$

Ответ:

$8√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#100107Максимум баллов за задание: 7

Окружность, описанная около треугольника $ABC,$ пересекает биссектрису внешнего угла треугольника при вершине $A$ в точке $N,$ лежащей на дуге $AB$ ( $N$ отлична от $A$ ). Докажите, что $NB =NC.$

Источники: Муницип - 2023, Удмуртия, 10.3 (см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Пусть $∠BAC =α,∠BAN =β$ .

$PIC$

Сумма смежных углов равна $π$ , поэтому $α +2β = π,$ а $∠BNC = ∠BAC = α,∠BCN = ∠BAN$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

∠CBN = π − ∠CAN =π − (α+ β)= π− (π − β)= β

Таким образом, $∠CBN = ∠BAN$ . Значит, треугольник $BCN$ равнобедренный, и $NB =NC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#100109Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC,$ где $∠ABC = 90∘,$ на сторонах $BC$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $CD = DE.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $ABE$ лежит на биссектрисе угла $∠BDE.$

Источники: Муницип - 2023, Мос. область, 10.5 (см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABE$ и $∠BAC = α:$

$PIC$

Тогда

∠ACB = ∠CED = 90∘ − α

∠BDE =180∘− 2α = 180∘− ∠BOE

Значит, четырёхугольник BOED вписанный. Так что углы $BDO$ и $EDO$ равны, как вписанные, опирающиеся на равные хорды $OB = OE$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#131040Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $γ.$ Оказалось, что окружности, построенные на отрезках $AB$ и $CD$ как на диаметрах, касаются друг друга внешним образом в точке $S.$ Пусть точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CD$ соответственно. Докажите, что перпендикуляр $ℓ$ к прямой $MN,$ восстановленный в точке $M,$ пересекает прямую $CS$ в точке, лежащей на $γ.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим окружности с диаметрами $AB$ и $CD$ через $ω 1$ и $ω 2$ соответственно. Заметим, что точка $S$ лежит на отрезке $MN.$

Пусть прямые $CS$ и $DS$ пересекают $ℓ$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Поскольку $CD$ — диаметр $ω2,$ имеем $∘ ∠P SQ= ∠CSD = 90 .$ В прямоугольном треугольнике $PSQ$ отрезок $SM$ — высота, поэтому

∘ ∠MSP = 90 − ∠SP M = ∠SQP.

С другой стороны, поскольку $NS = NC$ имеем

∠SCD = ∠CSN = ∠MSP

Итак,

∠SCD = ∠MSP =∠SQP

то есть точки $P,$ $Q,$ $C$ и $D$ лежат на одной окружности $γ′.$

$PIC$

Пусть теперь прямая $MC$ пересекает окружности $γ$ и $γ′$ в точках $X$ и $X′$ соответственно (точка $M$ лежит на отрезках $CX$ и $CX ′$ ). Тогда

2 MC ⋅MX = MA ⋅MB = MS ,

поскольку $M$ — центр окружности $ω1.$ С другой стороны,

MC ⋅MX ′ = MP ⋅MQ = MS2,

что следует из того, что $SM$ — высота в прямоугольном треугольнике $PSQ.$ Значит,

MC ⋅MX = MS2 = MC ⋅MX ′,

то есть $X = X′.$ Но точка $X$ отлична от $C$ и $D,$ так как $M$ не лежит на $CD;$ значит, окружности $γ$ и $γ′$ имеют три общих точки $C,$ $D,$ $X,$ то есть они совпадают. Поэтому $P$ лежит на $γ,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Решение можно было бы завершить многими разными способами. Например, равенства

MP ⋅MQ = MS2 =MA ⋅MB

означают, что точки $P,$ $Q,$ $A$ и $B$ лежат на одной окружности $δ.$ Тогда либо окружности $γ,$ $γ′$ и $δ$ совпадают, либо это три разных окружности. Во втором случае радикальные оси пар этих трёх окружностей должны пересекаться в одной точке или быть параллельными; но эти радикальные оси — это прямые $PQ,$ $AB$ и $CD,$ и для них эти утверждения неверны.

Рассуждение выше имеет недостаток: оно не проходит, когда точки $P,$ $Q,$ $A$ и $B$ лежат на одной прямой. Этот случай легко разобрать отдельно (тогда $MN$ проходит через центр окружности $γ,AB ∥CD, AC ⊥BD ).$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. Существуют и другие решения, идейно схожие с приведённым выше. Например, можно рассуждать так.

Пусть лучи $CS$ и $DS$ пересекают $γ$ повторно в точках $P′$ и $Q′.$ Пусть $M ′ = P′Q′∩MN.$ Тогда

∠DQ ′P ′ =∠DCS =∠CSN =∠M ′SP′,

откуда $MN ⊥P ′Q ′.$ Тогда $SM ′$ — высота в прямоугольном треугольнике, и $M ′P ′⋅M ′Q′ = M′S2.$

С другой стороны, если прямая $MN$ пересекает $γ$ в точках $K$ и $L,$ то

M ′K⋅M ′L = M′P′⋅M ′Q′ = M ′S2.

Однако, как нетрудно проверить, на отрезке $KL$ есть только две точки $X$ такие, что $2 XK ⋅XL = XS ,$ и это точки $X = M$ и $X = N.$ Значит, $′ M = M,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#131049Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BD$ и отмечена точка пересечения высот $H.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $HD$ пересекает окружность, описанную около треугольника $BCD,$ в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $∘ ∠AP B+ ∠AQB = 180.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим, что $PQ ∥CD,$ так что $PQ$ — средняя линия прямоугольного треугольника $AHD.$ Значит, $PQ$ пересекает гипотенузу $AH$ в её середине $M,$ так что $MA = MD =MH.$

$PIC$

Имеем $∠MDH = ∠MHD,$ а поскольку $MH ⊥BC$ и $HD ⊥ CD,$ имеем также $∠MHD = ∠BCD.$ Получаем равенство $∠MDH = ∠BCD,$ из которого следует касание прямой $MD$ и окружности $(BCD )$ в точке $D.$ Отсюда $MD2 = MP ⋅MQ$ (по теореме о произведении отрезков секущей).

Далее, $MA2 = MP ⋅MQ.$ Значит, треугольники $AMP$ и $QMA$ подобны (угол $AMQ$ общий и $MA ∕MP =MQ ∕MA$ ). Отсюда $∠MQA = ∠MAP,$ поэтому

∠MP A +∠MQA = ∠MP A+ ∠MAP =∠HMQ = 90∘− ∠MHD =∠CBD.

Итак, $∠AP B +∠AQB = ∠CBD,$ и, поскольку

∠AP B +∠AQB =(∠MP A +∠MQA )+ (∠MP B+ ∠MQB ).

для завершения решения остаётся убедиться, что

∘ ∠MP B+ ∠MQB = 180 − ∠CBD.

Для определённости далее считаем, что $P$ лежит между $M$ и $Q.$ Имеем

∘ ∠MP B+ ∠MQB =180 − (∠BP Q− ∠MP Q).

Так как $PQ ∥CD,$ то дуги $PD$ и $CQ$ равны, а значит, опирающиеся на них вписанные углы равны. Тогда

∠BP Q − ∠P QB =∠BDQ − ∠P CB =(∠BDC − ∠QDC )− (∠DCB − ∠DCP )= ∠BDC − ∠DCB = ∠CBD,

что завершает доказательство.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#131387Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC.$ На биссектрисе угла $ABC$ внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $D,$ а на отрезке $BD$ — точка $E$ так, что $AE = BE$ и $BD = CD.$ Точки $P$ и $Q$ — центры окружностей, описанных около треугольников $AOE$ и $COD$ соответственно. Докажите, что точки $A,C,P$ и $Q$ лежат на одной прямой или на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим вторую точку пересечения биссектрисы угла $ABC$ с окружностью, описанной около треугольника $ABC,$ через $F.$ Тогда точка $F$ — середина дуги $AC,$ поэтому $OF$ — серединный перпендикуляр к хорде $AC.$ Поскольку вписанный угол вдвое меньше центрального, опирающегося на ту же дугу, то $∠FOC = 2∠FBC.$ С другой стороны, так как $BD = DC,$ то $∠DCB = ∠CBD,$ а тогда

∠CDF = ∠DCB + ∠DBC =2∠DBC =2∠FBC

как внешний к треугольнику $BCD.$ Таким образом, $∠FOC = ∠FDC,$ поэтому точка $F$ лежит на окружности, описанной около треугольника $COD.$

$PIC$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что

∠AOF = 2∠ABF =∠AEF,

и точка $F$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AOE.$ Значит, точки $P$ и $Q$ — центры описанных окружностей треугольников $AOF$ и $COF,$ а эти треугольники симметричны относительно $OF.$ Получается, что точки $P$ и $Q$ также симметричны относительно $OF.$ Следовательно, либо точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $AC,$ либо $P,$ $Q,$ $A,$ $C$ — вершины равнобедренной трапеции, а потому лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#131946Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ описана около треугольника $ABC,$ в котором $AB < AC.$ Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Из середины $M$ стороны $BC$ на прямую $AI$ опущен перпендикуляр $MH.$ Прямые $MH, BI$ и $AB$ ограничивают треугольник $Tb,$ а прямые $MH, CI$ и $AC$ ограничивают треугольник $Tc.$ Описанные окружности треугольников $Tb$ и $Tc$ повторно пересекают окружность $ω$ в точках $′ B$ и $′ C$ соответственно. Докажите, что точка $H$ лежит на прямой $′′ B C .$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим точки пересечения прямой $MN$ с прямыми $AB,$ $AC,$ $BI$ и $CI$ через $P,$ $Q,$ $X$ и $Y$ соответственно (см. рисунок). Пусть прямые $AI,$ $BI$ и $CI$ повторно пересекают $ω$ в точках $A1,$ $B1$ и $C1$ соответственно. Обозначим

∠BAI = ∠CAI =α,∠ABI = ∠CBI =β,∠ACI = ∠BCI =γ,

тогда $α+ β+ γ = 90∘$ из суммы углов треугольника $ABC.$ Поскольку $MH ⊥AI,$ имеем $∠AQM = 90∘− α.$ Так как четырехугольник $ABA1C$ — вписанный,

∘ ∘ ∠MA1C = 90 − ∠BCA1 = 90 − α

Таким образом,

∠MA1C + ∠MQC =180∘,

поэтому четырёхугольник $A1CQM$ — вписанный. Следовательно, $∠AQA1 = 90∘,$ откуда следует, что точки $A,$ $A1,$ $P,$ $Q$ лежат на окружности $γ,$ построенной на отрезке $AA1$ как на диаметре.

Теперь заметим, что

∠QC′C = ∠QY C = 90∘− ∠CIA1 = 90∘− α − γ =β

Однако из вписанности четырехугольника $BC′CB1$ мы получаем, что

∠CC ′B1 =∠B1BC =β =∠CC ′Q

Следовательно, точки $C ′,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой. Аналогично, точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой.

$PIC$

В силу сказанного выше и вписанности четырёхугольника $C1B1CB$ имеем, что

∠CC1B1 =β = ∠CYQ,

поэтому $C1B1 ∥ PQ.$ Поскольку четырёхугольник $B ′C1B1C′$ вписанный,

∠PB ′C′ = ∠C1B1C′ = ∠PQC ′.

Значит, четырёхугольник $′ ′ B QC P$ вписанный. Тогда радикальные оси его описанной окружности, окружности $γ$ и окружности $ω$ пересекаются в одной точке, а это прямые $′ ′ B C ,$ $PQ$ и $AA1.$ Следовательно, точка $H$ лежит на прямой $′ ′ B C ,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Приведём другой способ закончить решение. После того, как установлено, что точки $′ C ,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой, и точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой. Обозначим через $N$ середину дуги $BAC.$ Пусть прямая $AX$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $T.$ Заметим, что

′ ∘ 1 ′ ∠CC Y =∠AQY =90 − α= 2∠CC B.

Следовательно, $′ CY$ — биссектриса угла $′ CC B,$ поэтому на прямой $′ C Y$ лежит точка $N.$ Аналогично, она лежит на прямой $′ XB .$ Применяя теорему Паскаля для точек $′ AT C B1BC$ мы получаем, что точка $X,$ точка $Q$ и точка пересечения $′ C T$ и $BC$ лежат на одной прямой. Следовательно, прямые $BC,$ $XQ$ и $′ C T$ Т пересекаются в одной точке, то есть точка $M$ лежит на $′ C T.$ Теперь применяем теорему Паскаля для точек $′ ′ ATC BNA1$ и получаем, что точки $X$ и $M$ вместе с точкой пересечения $AA1$ и $′ ′ B C$ лежат на одной прямой. Значит, точка $H$ лежит на $′ ′ B C ,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#131957Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD,$ в которой $AD ∥BC,$ а лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $G.$ Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABC$ и $ACD,$ пересекаются в точке $E.$ Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABD$ и $BCD,$ пересекаются в точке $F.$ Докажите, что точки $E,F$ и $G$ лежат на одной прямой.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 9.7 и 10.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть прямая $EC$ повторно пересекает окружность $(ABC )$ в точке $X,$ а прямая $EA$ повторно пересекает окружность $(ACD )$ в точке $Y$ (мы разберём расположение точек, указанное на рисунке; другие случаи рассматриваются аналогично).

Рассмотрим гомотетию с центром $E,$ переводящую $(ABC)$ в $(ACD).$ При такой гомотетии точка $X$ переходит в $C,$ а точка $A$ — в $Y.$ Отсюда $AX ∥CY$ и

∠AEC = ∠AY C− ∠ECY = ∠AYC − ∠AXC.

Но $∠AXC =180∘− ∠ABC$ и $∠AY C = 180∘− ∠ADC.$ Значит,

∠AEC =∠ABC − ∠ADC =∠ABC − ∠BCG =∠BGC.

Из полученного равенства следует, что точки $A,$ $C,$ $E,$ $G$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Поскольку точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC$ (т.е. на оси симметрии окружностей $(ABC )$ и $(ACD )$ ), она является серединой дуги $AGC$ окружности $(ACEG ).$ Значит, $E$ лежит на внешней биссектрисе угла $BGC.$

Аналогично показывается, что $F$ также лежит на внешней биссектрисе угла $BGC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. У задачи есть следующее обобщение. Пусть $ABCD$ — четырёхугольник, $G =AB ∩ CD,$ а $M$ — вторая точка пересечения окружностей $(ADG )$ и $(BCG )$ (иначе говоря, точка Микеля этого четырёхугольника). Пусть $E$ — центр гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей $(ABC )$ в $(ADC ).$ Тогда точки $A,$ $C,$ $M,$ $E$ лежат на одной окружности, причём $E$ — середина дуги $AC$ (т.е. $ME$ — биссектриса угла между $AM$ и $CM$ ).

Доказать это можно аналогично решению задачи: имеем (в направленных углах)

∠AEC = ∠ABC +∠ADC = ∠GBC +∠AMG = ∠GMC +∠AMG = ∠AMC.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#51853Максимум баллов за задание: 7

Продолжения сторон $AB$ и $CD$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P,$ а продолжения сторон $BC$ и $AD$ — в точке Q. Докажите, что точки пересечения биссектрис углов $AQB$ и $BP C$ со сторонами четырёхугольника являются вершинами ромба.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим углы и точки пересечения как на чертеже.

Покажем, что $x = 90∘.$ Этого будет достаточно, так как тогда биссектриса является высотой в $△NQK$ и в $△MP L,$ а, значит, и медианой. Откуда следует, что $MNLK$ ромб.

$∠QNR$ является внешним углом $△BP N$ и равен $β+ φ.$ Тогда выразим угол $x$ в $△QNR :$ $x= 180∘− (α+ β+ φ).$

$∠QCD$ является внешним углом $△BP C$ и равен $2β+ φ.$ A $∠PAD$ является внешним углом $△AQB$ и равен $2α +φ.$ Так как $ABCD$ вписанный, то $180∘ = ∠QCD + ∠PAD = 2α +2β +2φ =2(α+ β+ φ).$ Откуда и следует, что $x= 90∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#72241Максимум баллов за задание: 7

Сторона $AB$ треугольника $ABC$ больше стороны $BC,$ а угол $B$ равен $40∘.$ На стороне $AB$ взята точка $P$ так, что $BP = BC.$ Биссектриса $BM$ пересекает описанную около треугольника $ABC$ окружность в точке $T.$ Найдите градусную меру угла $MP T.$ В ответ внесите число градусов.

Источники: Муницип - 2022, Республика Татарстан, 10.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала подумаем, как уголочек ∠MPT связан с картинкой. Вроде как, его нет в каких-то хороших треугольниках. Тогда посмотрим на четырехугольники: в глаза бросается четырехугольник APMT. Что бы мы хотели про него понять, чтобы приблизиться к решению?

Подсказка 2

Хотелось бы, конечно, доказать, что он вписанный. Для этого можно, например, доказать, что ∠ATM+∠APM=180°. Уголочек ∠ATM можно легко перекинуть на ∠ACB. А что делать с ∠APM?

Подсказка 3

Мы видим, что ∠APM- внешний для треугольника △BPM. Какому треугольнику равен △BPM?

Подсказка 4

Конечно, △BCM! Отсюда все и следует. Тогда: APMT- вписанный ⇒ ∠MPT=∠MAT. Найдите уголок ∠MAT и радуйтесь жизни!

Показать ответ и решение

В четырехугольнике $APMT$ угол при вершине $A$ измеряется половиной дуги $TCB.$ Треугольники $P MB$ и $CMB$ равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому $∠PMB =∠CMB = ∠AMT.$ Угол $AMT$ измеряется полусуммой дуг $AT$ и $CB,$ причём:

1 1 1 2(⌣ AT +⌣ CB )= 2(⌣ TC+ ⌣ CB) =2 ⌣ TCB

$PIC$

Значит, $∠CMB =∠BAT.$ Таким образом, $∠P MB = ∠BAT$ и

∠BAT +∠PMT = ∠BAT +(180∘ − ∠P MB )=180∘

Следовательно, сумма противоположных углов четырехугольника $APMT$ равна $180∘,$ и значит, $APMT$ — вписанный. По свойству вписанных углов

∠MP T = ∠MAT = ∠CAT =∠T BC = 1∠ABC = 20∘ 2

Ответ: 20

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#72243Максимум баллов за задание: 7

Окружность проходит через вершину В треугольника $ABC$ , пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно, и касается стороны $AC$ в ее середине $M.$ Известно, что $AX = XM.$ Докажите, что $CY = YM.$

Источники: Муницип - 2022, Костромская область, 10.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит подумать, что нам может дать равенство AX=XM. Мы понимаем, что из него следует, что ∠BAC=∠XMA. Где мы еще можем найти уголочек ∠XMA (вспомните про касание окружности)?

Подсказка 2

Т.к. AM- касательная, то по теореме об угле между касательной и хордой: ∠XMA=∠XBM ⇒ △AMB- равнобедренный. А что мы можем сказать про треугольник △BMC?

Подсказка 3

Т.к. M- середина AC ⇒ MB=MA=MC ⇒ ∠MBC=∠BCM. Вспомните, мы доказали похожее равенство, используя то, что XM=AX. Попробуйте повторить те же рассуждения в обратном порядке и доказать, что YM=CY.

Показать доказательство

$PIC$

Из равнобедренного треугольника $AXM$ : $∠XAM =∠AMX, ∠AMX = ∠XBM$ (угол между хордой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду).

Тогда в треугольнике $AMB$ : $∠BAM = ∠ABM,$ значит $MC = AM = BM.$

В треугольнике $CMB$ : $MC = MB,$ значит $∠MBC =∠MCB, ∠Y MC = ∠MBY$ (угол между хордой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду).

Получаем, что $∠YMC =∠Y CM,$ откуда $CY = YM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#76419Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать доказательство

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

Первое решение.

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

$PIC$

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

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

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

Второе решение.

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

$PIC$

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

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

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

∠HP Q = 180∘− ∠HP B = ∠BAC = ∠HMQ

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

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#76578Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной окружности, $G$ — точка пересечения медиан остроугольного треугольника $ABC.$ Прямая, перпендикулярная $OG$ , проходящая через точку $G,$ пересекает отрезок $BC$ в точке $K.$ Касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ пересекает прямую $KG$ в точке $L.$ Найдите величину угла $∠ACB,$ если $∘ ∠LOK = 155 ,$ а $∘ ∠ABC =53 .$

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят найти какой-то угол и из условий нам дали значения каких-то углов. В таких задачах, где надо работать с углами, очень часто могут помочь вписанные четырёхугольники. Давайте попробуем найти такие, которые бы смогли перенести наши уголочки из условия в какие-то более удобные места.

Подсказка 2

Попробуйте посмотреть на GMKO и AOGL: они оба содержат части угла из условия LOK, а так же переносят их ближе к треугольнику AMC, а что мы можем сказать про угол ABC, можем ли мы его тоже перенести поближе к AMC?

Подсказка 3

Верно, ABC равен углу LAC, как угол между касательной и хордой, остаётся только внимательно присмотреться к треугольнику AMC и писать ответ.

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина стороны $BC;$ поскольку $AM$ — медиана, то точки $G$ лежит на $AM.$

$PIC$

Четырёхугольник $OGMK$ — вписанный, так как $∠OGK =90∘ = ∠OMK$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OM$ — серединный перпендикуляр к $BC$ ), откуда $∠GOK = 180∘ − ∠GMK =$ $∠GMC.$

Четырёхугольник $OGLA$ — вписанный, так как $∠OGL = 90∘ = ∠OAL$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OA$ — радиус, а $AL$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ ), откуда $∠GOL =∠GAL.$

Значит,

∠ACB = 180∘− (∠CAM + ∠CMA )= 180∘ − (∠LAM + ∠CMA − ∠LAC )=

= 180∘− (∠LOG +∠GOK − ∠ABC )= 180∘ − (∠LOK − ∠ABC )=

= 180∘ − (155∘− 53∘) =78∘

Первое равенство следует из суммы углов треугольника $AMC.$

Ответ:

$78∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#83201Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина отрезка $AC$ , а точка $W$ — середина дуги $ABC$ описанной около треугольника $ABC$ окружности. На прямой $AB$ отмечена такая точка $H$ , что $HW ⊥ AB$ . Найдите угол $AHM$ , если угол $ABC$ равен $∘ 60$ .

Показать ответ и решение

Пусть $N$ — середина дуги $AC$ окружности, описанной около треугольника $ABC$ .

Поскольку $AW = W C$ и $AN = NC$ , точки $W$ и $N$ лежат на серединном перпендикуляре к стороне $AC$ , следовательно, на одной прямой с точкой $M$ .

$PIC$

Заметим, что $∠AMW = ∠AHW = 90∘$ , а, значит, точки $A,M, H,W$ лежат на одной окружности, постороенной на отрезке $AW$ как на диаметре. Таким образом,

∠MHA =∠AW M =∠AW N.

Наконец, в силу вписанности четырехугольника $AW BN$

∠AW N =∠ABN, ∠ABN = 12∠ABC = 30∘

________________________________________________________________________________________

Замечание. В данной задаче можно было использовать факт, известный как лемма Фусса: пусть окружности $ω1$ и $ω2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . Прямая, проходящая через точку $A$ , пересекает $ω1$ и $ω2$ в точках $M$ и $P$ соотвественно. Прямая, проходящая через точку $B$ , пересекает $ω1$ и $ω2$ в точках $N$ и $Q$ соотвественно. Тогда прямые $P Q$ и $MN$ параллельны.