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

Антипараллельность

Поляры

Направленные углы

Окружность Эйлера

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#90077

Пятиугольник $ABCDE$ вписан в окружность. При этом $M$ — точка пересечения его диагоналей $BE$ и $AD.$ Известно, что $BCDM$ — параллелограмм.

а) Докажите, что две стороны пятиугольника равны.

б) Найдите $AB$ , если известно, что $BE = 12,$ $BC = 5,$ $AD = 9.$

Источники: ЕГЭ 2024, основная волна, Дальний восток

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Что можно сказать про фигуру EBCD?

Подсказка 2, пункт б

EBCD — трапеция, вписанная в окружность. А что мы знаем про трапецию, которая вписана в окружность?

Подсказка 1, пункт б

Было бы полезно посчитать как можно больше отрезков на картинке. А что мы знаем о пересекающихся хордах?

Подсказка 2, пункт б

AM * MD = BM * ME. AM и MD найти несложно) Тогда можно составить уравнение и найти каждый из оставшихся отрезков!

Показать ответ и решение

а) Так как $BCDM$ — параллелограмм, то $CD ∥ BM$ и $CD =BM.$ Тогда $EBCD$ — трапеция, так как $CD ∥BE$ и $BE =BM + ME = CD + ME > CD.$

Вокруг трапеции $BCDE$ описана окружность, следовательно, она равнобедренная, в которой $BC = DE.$

Значит, в пятиугольнике $ABCDE$ равны стороны $BC$ и $DE.$

$PIC$

б) Аналогично пункту а) получаем, что $ABCD$ — равнобедренная трапеция, в которой $BC ∥AD,$ $AD > BC$ и $AB =CD.$

Так как по условию $BCDM$ — параллелограмм, то $DM = BC = 5.$ Тогда

AM = AD − DM =9 − 5= 4.

Пусть $AB =CD = BM = x.$ По свойству пересекающихся хорд $AD$ и $BE$ в окружности:

AM ⋅MD = BM ⋅ME 4⋅5 = x⋅(12 − x) x2− 12x+ 20= 0 (x − 2)[(x− 10)= 0 x= 2 x= 10

Заметим, что если $x = 2,$ то $ME = 10.$ Тогда в $△ MDE$ стороны будут равны 5, 5 и 10, что невозможно по неравенству треугольника.

Значит, $AB = x= 10.$

Ответ: б) 10

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#107201

Точка $O$ — центр окружности $ω 1$ , описанной около остроугольного треугольника $ABC$ . Окружность $ω 2$ , описанная около треугольника $BOC$ , пересекает отрезок $AB$ в точке $P$ . Найдите площадь треугольника $ABC$ , если $15 AP = 2 ,BP = 5,AC =9.$

Источники: Физтех - 2025, 11.5 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть окружности их центры, поэтому первым делом имеет смысл подмечать равные углы!

Подсказка 2

Обозначьте угол BAC за a. Чему равны углы BPC и BOC?

Подсказка 3

BPC и BOC равны 2a! А что тогда можно сказать про треугольник PAC?

Подсказка 4

Треугольник PAC равнобедренный! Давайте тогда внимательно посмотрим на условие ;)

Подсказка 5

В треугольнике PAC нам известны все стороны, поэтому мы можем что-то узнать про величины углов! Осталось понять, как же полученные значения связать с необходимой площадью.

Показать ответ и решение

Углы $BAC$ и $BOC$ — это центральный и вписанный углы для окружности $ω 1$ , опирающиеся на дугу $BC$ . Значит, $∠BOC = 2∠BAC$ . Кроме того, углы $BOC$ и $BPC$ вписаны в окружность $ω2$ и опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны между собой.

$PIC$

Пусть $∠BAC = α$ . Тогда $∠BOC = 2α,∠BP C = ∠BOC =$ $= 2α$ , а по теореме о внешнем угле треугольника $∠ACP =∠BP C − ∠BAC = α$ . Следовательно, треугольник $ACP$ равнобедренный, $CP = AP = 125$ . Из этого треугольника находим, что

√---------- sin α= -4AP-2− AC2-= 4, 2AP 5

и тогда

1 1 25- 4 SABC = 2AB ⋅ACsinα= 2 ⋅2 ⋅9⋅5 = 45

Ответ: 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#120567

Точка $I$ — центр окружности, вписанной в неравнобедренный треугольник $ABC.$ Луч $AI$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $D.$ Окружность, проходящая через точки $C,D$ и $I,$ вторично пересекает луч $BI$ в точке $K.$ Докажите, что $BK =CK.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что BK=CK, но это значит, что точка K должна лежать на серединном перпендикуляре к BC. А какая прямая является этим перпендикуляром? Попробуйте найти её на чертеже!

Подсказка 2

Верно, прямая DO является серединным перпендикуляром к BC. Пусть DO пересекает BI в точке L. Но, если K так же принажлежит DO, то что можно сказать про точки K и L?

Подсказка 3

Да, они должны совпадать! Это верно, если точка L лежит на окружности, описанной около CDI. Попробуйте это доказать, используя равенство каких-то всписанных уголков!

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим $∠ABC = β.$

$PIC$

Так как $AI$ — биссектриса угла $BAC,$ то точка $D$ — середина дуги $BC$ окружности, описанной около $ABC.$ Отсюда прямая $DO$ — это серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Пусть $DO ∩ BI = L,$ тогда $BL =LC,$ то есть треугольник $BLC$ равнобедренный и

1 β ∠LCB = ∠LBC = 2∠ABC = 2

Отсюда

∠ILC = ∠BLC = 180∘− ∠LCB − ∠LBC =180∘− β

С другой стороны,

∠CDI =∠CDA = ∠CBA = β = 180∘− ∠ILC

Таким образом, четырёхугольник $CDIL$ вписанный, то есть точка $L$ лежит на пересечении прямой $BI$ и окружности, описанной около $CDI,$ откуда точки $K$ и $L$ совпадают, то есть $BK = BL= CL = CK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#122408

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Биссектриса угла $CBH$ пересекает отрезок $CH$ в точке $X,$ биссектриса угла $BCH$ пересекает отрезок $BH$ в точке $Y.$ Обозначим величину угла $XA1Y$ через $α.$ Аналогично определим $β$ и $γ.$ Найдите значение суммы $α+ β+ γ.$

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Идея решения такая. Каждый из этих трёх углов — сумма углов, которые образуют его стороны с высотой. Давайте разобьём эти уголки на пары, чтобы в каждой сумма углов была 90°.

Подсказка 2

Пусть биссектрисы углов ABH и BCH пересекают AH в P и Q. Докажите, что углы PC₁H и AB₁Q равны. Для остальных пар будет аналогично.

Подсказка 3

Пусть K и L — точки пересечения описанных треугольников BHP И CHQ с AB и AC. Попробуйте доказать, что четырёхугольники KBHP и LCHQ подобны. Тогда диагонали C₁P и QB₁ буду образовывать равные углы со сторонами AB и AC.

Подсказка 4

Чтобы доказать из подобие, докажите подобие их элементов -—треугольников KPH и HQL, а также KC₁H и HB₁L.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что

∠PC1H = ∠AB1Q =90∘− ∠QBH.

Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90∘$ , то есть искомая сумма будет равна $270∘.$

$PIC$

Первый способ. Так как $∠ABH = ∠ACH,$ то и $∠ABP = ∠HCQ,$ поэтому

∠BPA1 = ∠ABP +∠BAP =∠HCQ + ∠BCH = ∠BCQ.

Следовательно, прямоугольные треугольники $BP A1$ и $QCA1$ подобны по двум углам, поэтому

BPAA1-= QAA1C-⇔ BA1 ⋅A1C = PA1 ⋅QA1 (1) 1 1

Как известно, треугольники $A1BC1$ и $A1B1C$ подобны треугольнику $ABC,$ а, следовательно, подобны друг другу. Отсюда

BA1-= B1A1-⇔ BA1 ⋅A1C = B1A1⋅A1C1 (2) A1C1 A1C

Из равенств (1) и (2) следует, что

PA ⋅QA = B A ⋅A C ⇔ PA1-= B1A1-. 1 1 1 1 1 1 A1C1 QA1

Как известно, $∠C1A1P = ∠B1A1Q,$ поэтому треугольники $P C1A1$ и $B1QA1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $∠A1C1P =∠A1QB1.$ Тогда

∠PC1H = ∠A1C1P − ∠A1C1C = ∠A1QB1− ∠A1AC = ∠AB1Q,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $′ Q$ — точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B1CH.$ Так как

′ ∠ACQ = ∠ACQ = ∠C1BP и ∠QHC1 =∠QHB1 =∠P HB1,

то точки $P$ и $Q′$ — соответствующие точки в подобных треугольниках $BC H 1$ и $CB H. 1$ Тогда $∠AB Q′ = ∠HB Q′ = ∠HC P, 1 1 1$ что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанных окружностей треугольников $BHP$ и $CHQ$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно. Так как четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то

∠PKH = ∠PBH =∠P BK = ∠PHK.

Так как четырёхугольник $CHQL$ вписанный, то

∠QLH =∠QCH = ∠QCL =∠QHL.

Таким образом, треугольники $KPH$ и $HQL$ подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то $∠BKP = ∠QHB1,$ поэтому

∠C1KH = ∠BKP − ∠HKP =∠QHB1 − ∠QHL = ∠LHB1.

Таким образом, прямоугольные треугольники $KC1H$ и $HB1L$ подобны по двум углам. На гипотенузах $KH$ и $HL$ подобных треугольников $KC1H$ и $HB1L$ построены соответствующим образом подобные треугольники $KP H$ и $HQL.$ Следовательно, полученные четырёхугольники $C1HP K$ и $B1LQH$ подобны. Тогда диагонали $C1P$ и $B1Q$ образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами $C1H$ и $B1L,$ то есть $∠PC1H =∠QB1L,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ:

$270∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#122414

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ отметили точку $D.$ Окружности, описанные около треугольников $BOD$ и $COD,$ повторно пересекают отрезки $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что из отрезков $BX, XY$ и $YC$ можно сложить треугольник.

Источники: ММО - 2025, второй день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо понять, где относительно XY находится точка O. Для этого попробуйте оценить сумму углов XOD и YOD, должно получиться больше 180°.

Подсказка 2

Для полноты картинки не хватает ещё одного вписанного четырёхугольника. Обратите внимание на AXOY.

Подсказка 3

Итак, теперь попробуем найти треугольник с нужными сторонами. Как насчёт того, чтобы отметить на BC такую точку Z, что YZ = YC? Что можно сказать про отрезок XZ?

Показать доказательство

Поскольку четырёхугольники $BXOD, CY OD$ вписанные, то

∘ ∠XOD + ∠CBA = ∠YOD + ∠ACB = 180 .

Так как

∠XOD + ∠YOD =360∘− ∠ACB − ∠CBA >360∘− ∠ACB − ∠CBA − ∠BAC =180∘,

то точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY.$ В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XY D.$

Тогда

∠XOY + ∠BAC = 360∘− ∠XOD − ∠YOD + ∠BAC =

=(180∘− ∠XOD )+ (180∘− ∠YOD )+ ∠BAC =

= ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.

Далее можно рассуждать по-разному.

$PIC$

Первый способ. Пусть точка $Z,$ отличная от $C,$ на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ.$ Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $∠Y ZC =∠ACB.$ Заметим, что

∠YXD = ∠Y XO +∠DXO = ∠YAO +∠DBO =

= (90∘− ∠ABC )+ (90∘− ∠BAC )=∠BCA.

Значит, $∠YZC = ∠YXD,$ откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$ ), что точки $X,Y,Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,

∠XZD =∠XY D = ∠XY O+ ∠DY O= ∠XAO + ∠DCO =

= (90∘ − ∠BCA )+ (90∘− ∠BAC )=∠ABC.

Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB.$ Получаем, что треугольник $XY Z$ составлен из отрезков $XY,XZ$ и $YZ,$ равных $XY,BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть точки $X ′,Y′$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно

$PIC$

Поскольку $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $∠OMA = ∠ONA = 90∘.$ Тогда из четырёхугольников $MONA, XONA$ находим

∘ ∠MON =∠XOY = 180 − ∠BAC.

Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM.$ Поскольку $∠MON = ∠XOY,$ точка $Y$ лежит на отрезке $NC.$ Получаем, что

∠XOX ′ = 2∠XOM =2(∠MON − ∠XON )=

′ =2(∠XOY − ∠XON )= 2∠YON = ∠YOY

Следовательно, треугольники $X ′OY ′$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $∠YOY ′ =∠XOX ′).$ Тогда $X′Y′ = XY.$ Поскольку $AX′ = BX,AY ′ = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX ′Y′$ составлен из отрезков, равных $XY,BX$ и $CY,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY,$ равен $---AO---, 2sin∠AXO$ а радиус окружности, описанной около $BXOD,$ равен $---BO---. 2sin∠BXO$ Поскольку $BO = AO,∠BXO +∠AXO = 180∘,$ получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CY DO,$ получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY, BXOD$ и $CY OD$ равны. Обозначим эти окружности $ω ,ω ,ω 1 2 3$ соответственно

$PIC$

Для того чтобы показать, что из отрезков $BX,XY, YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $ω2,ω1,ω3$ соответственно, в сумме дают $∘ 180.$

Убедимся в этом. Заметим, что

∠BOX + ∠COY = ∠BDX + ∠CDY =

∘ ∘ = 180 − ∠ODX − ∠ODY = 180 − ∠OBA − ∠OCA =

= 180∘ − (90∘ − ∠ACB )− (90∘− ∠CBA )=∠ACB +∠CBA.

Таким образом,

∘ ∠XAY + ∠BOX + ∠COY = ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180 ,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A.$ Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A,$ то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#122425

Пусть $Ω$ и $Γ$ — две такие окружности с центрами $O$ и $P$ соответственно, что окружность $Γ$ проходит через точку $O.$ На окружности $Γ$ вне окружности $Ω$ выбрана точка $M.$ Касательные к $Ω,$ проходящие через $M,$ касаются $Ω$ в точках $A$ и $B$ и вторично пересекают $Γ$ в точках $C$ и $D.$ Отрезки $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E.$ Докажите, что прямые $PE$ и $CD$ перпендикулярны.

Источники: СПбГУ - 2025, 11.4(см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одна окружность проходит через центр другой не просто так. Пользуйтесь этим. Чем является прямая OM в угле AMB? А что можно сказать про отрезки CO, OD и точки C, D?

Подсказка 2

Итак, предлагается следующая идея. Давайте обозначим точку пересечения CD и OP через E' и докажем, что она лежит на AB.

Подсказка 3

Для реализации подсказки 2 нужно просто немного посчитать углы. С этим вам поможет вписанный четырёхугольник ACE'O.

Показать доказательство

Для начала заметим, что поскольку $MA$ и $MB$ — касательные к окружности $Ω,$ а точка $O$ — центр $Ω,$ то $∠AMO = ∠BMO.$ Значит, $∠CMO = ∠DMO,$ т. е. дуги $OC$ и $OD$ окружности $Γ$ равны, т. е. точки $C$ и $D$ симметричны относительно прямой $OP.$

Пусть $′ E$ — точка пересечения прямых $CD$ и $OP.$ В силу симметрии $C$ и $D,$ мы знаем, что $′ PE ⊥CD.$ Докажем, что $′ E = E.$ Для этого достаточно проверить, что $′ E$ лежит на прямой $AB.$

$PIC$

Пусть $∠CP D= 4φ.$ Вписанный угол в два раза меньше центрального, поэтому

1 ∠CMD = 2∠CP D = 2φ

Поскольку $MA = MB,$ из равнобедренного треугольника $AMB$ получаем, что $∠MAB = 90∘− φ.$ Далее, в четырёхугольнике $OACE ′$ известно, что $∠OAC = ∠OE′C =90∘$ (первое равенство — угол между радиусом и касательной, второе равенство доказано выше), поэтому этот четырёхугольник вписанный и

∠CAE ′ =∠COP = 1∠COD = 1(180∘− ∠CMD )= 90∘− φ= ∠CAB, 2 2

где второе равенство следует из симметрии точек $C$ и $D,$ а третье — из того, что вписанный угол в два раза меньше центрального, опирающегося на ту же дугу. Итак, точка $E′$ лежит на том же луче, выходящем из точки $A,$ что и точка $B,$ поэтому $E′$ лежит на $AB,$ откуда $E′ = E,$ что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#122432

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Описанная окружность треугольника $A1MH$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Докажите, что $KH$ — биссектриса угла $CKB1.$

Источники: Изумруд-2025, 11.3(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если в контексте задачи фигурирует ортоцентр, то на картинке скорее всего будет много вписанных четырёхугольников и эта задача — не исключение.

Подсказка 2:

Обратите внимание на четырёхугольники MKB₁C и A₁HB₁C, а также на степень точки A относительно соответствующих окружностей и найдите ещё вписанные четырёхугольники.

Подсказка 3:

Если вы всё сделали верно, то четырёхугольники MKB₁C, A₁HB₁C, A₁HKM, AHKB₁ должны быть вписанными. Для завершения решения поперекидывайте угол ACB в окружностях.

Показать доказательство

Так как $AA 1$ — высота, то $∠AA C =90∘. 1$ Аналогично $∠BB C =90∘. 1$ Тогда $A HB C 1 1$ — вписанный четырёхугольник, так как $∘ ∠HA1C + ∠HB1C = 180.$ Степень точки $A$ относительно окружности $A1HB1C$ с одной стороны равна $AH ⋅AA1,$ с другой — $AB1 ⋅AC.$ То есть $AH ⋅AA1 =AB1 ⋅AC,$ тогда $A1HKM$ — вписанный, и аналогично из степени точки $A$ получаем, что $AH ⋅AA1 =AK ⋅AM.$ Итого,

AK ⋅AM = AH ⋅AA1 = AB1⋅AC → AK ⋅AM = AB1 ⋅AC,

то есть $MKB C 1$ — вписанный.

Так как $∠KMC$ и $∠KMA 1$ — смежные углы и $MKB C 1$ — вписанный, то $∠KMC = 180∘− ∠KB C, 1$ откуда $∠KMA = ∠KB C. 1 1$ Так как $A HKM 1$ — вписанный, то

∘ ∘ ∠KHA1 = 180 − ∠KMA1 = 180 − ∠KB1C = ∠KB1A,

из-за того, что $∠KB1C$ и $∠KB1A$ — смежные углы. А также получаем:

∠AHK = 180∘ − ∠KHA =180∘− ∠KB A 1 1

Отсюда $AHKB1$ — вписанный, тогда $∠AHB1 = ∠AKB1.$

$PIC$

Из вписанности $A1HB1C$ знаем, что $∘ 180 − ∠B1HA1 =∠B1CA1,$ а из смежности знаем, что $∘ ∠AHB1 = 180 − ∠B1HA1.$ Тогда $∠B1KA =∠B1HA = ∠B1CA1.$

В треугольнике $BB1C$ $∘ ∠BB1C = 90$ и точка $M$ — середина гипотенузы, значит, $BM = CM = B1M,$ то есть треугольник $B1MC$ — равнобедренный, тогда:

∠MB1C = ∠B1CM → ∠MB1C = ∠B1CA1 =∠B1KA

Так как $MKB1C$ — вписанный, то $∠MKC = ∠MB1C.$ Тогда получаем, что:

∠MKC = ∠MB1C =∠B1KA.

$A1HKM$ — вписанный, тогда $∘ ∘ ∠HKM =180 − ∠HA1M = 90,$ так как $AA1 ⊥ BC.$ То есть $HK ⊥ MA,$ значит, $∘ ∠XKM = ∠XKA = 90 ,$ где $X = HK ∩AC.$ Получаем:

∘ ∘ ∠XKC =∠XKM − ∠CKM = 90 − ∠CKM = 90 − ∠B1KA =∠XKA − ∠B1KA = ∠B1KX,

то есть $∠B1KX =∠CKX,$ значит, $HK$ — биссектриса $∠CKB1.$ Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#125828

(a) Хорды $AC$ и $BD$ окружности пересекаются в точке $S.$ Докажите, что угол $ASB$ равен полусумме “меньших” дуг $AB$ и $CD.$ (b) В этой же картинке лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P.$ Докажите, что угол $APD$ равен полуразности “меньших” дуг $AD$ и $BC.$

Показать доказательство

(a) Пусть хорды $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $S,$ а $φ$ — угол между ними (см. рис.). Пусть также дуга $DC$ равна $α,$ дуга $AB$ равна $β.$

$PIC$

Покажем, что

α+ β φ= --2--

Вписанный угол $ACB$ опирается на дугу $AB,$ поэтому он равен её половине. Аналогично вписанный угол $DBC$ равен половине дуги $CD.$ Искомый угол $ASB$ является внешним углом треугольника $SBC,$ поэтому

∠SBC +∠SCB = α-+ β =φ 2 2

(b) Введём обозначения, как показано на рисунке.

$PIC$

Угол $ABD$ — внешний угол треугольника $PBD,$ поэтому

α= φ+ β 2 2

откуда

φ= α−-β- 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126102

На боковой стороне $AB$ трапеции $ABCD$ построили внутрь равносторонний треугольник, и его третья вершина попала на прямую $CD.$ Докажите, что, если построить внутрь равносторонний треугольник на стороне $CD,$ его третья вершина попадет на прямую $AB.$

Показать доказательство

Пусть $X$ — третья вершина правильного треугольника с вершинами $AB.$ Построим точку $Y$ на $AB$ такую, что $∠CDY =60∘.$ Докажем, что треугольник $CDY$ — правильный. Достаточно проверить, что $∘ ∠DCY = 60 .$ Заметим, что четырёхугольник $ADXY$ — вписанный, следовательно, прямые $XY$ и $AD$ антипараллельны в углу, который образован прямыми $AB$ и $CD.$ Так как прямые $AD$ и $BC$ параллельны, получаем, что четырёхугольник $BCXY$ вписанный.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126103

Выпуклый четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Докажите, что прямая, соединяющая середины дуг $AB$ и $CD,$ перпендикулярна биссектрисе угла между прямыми $AB$ и $CD.$

Показать доказательство

Обозначим за $M$ и $N$ середины дуг $AB$ и $CD$ соответственно. Докажем, что прямая $MN$ перпендикулярна биссектрисе угла, образованного прямыми $AB$ и $CD,$ то есть образует равные углы с данными прямыми. Обозначим за $X$ и $Y$ точки пересечения прямой $MN$ с прямыми $AB$ и $CD$ соответственно. Тогда

⌢ ⌢ ⌢ ⌢ ⌢ ⌢ ⌢ 2∠BXY = AM + BN = BM + BN = MN = MC + ND = 2∠CYX,

что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#126109

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B.$ Произвольная прямая пересекает первую окружность в точках $D$ и $E,$ а вторую — в точках $F$ и $G$ (точка $F$ лежит на отрезке $DE,$ а точка $E$ — на отрезке $FG).$ Докажите, что $∠DAF =∠GBE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

У нас есть две окружности, которые пересекаются по точкам A и B, и прямые через эти точки. Какую лемму это напоминает?

Подсказка 2.

Правильно! Лемму Фусса! Давайте попробуем ей воспользоваться. Как это лучше сделать?

Подсказка 3.

Давайте отметим вторые точки пересечения прямых AD и BG с окружностями. Тогда получится параллельность некоторых отрезков, и останется только посчитать углы, используя вписанность четырехугольников.

Показать доказательство

Обозначим окружности за $ω 1$ и $ω 2$ соответственно. Пусть прямая $AD$ повторно пересекает окружность $ω 2$ в точке $Y,$ а прямая $BG$ повторно пересекает окружность $ω1$ в точке $X.$ Тогда, по лемме Фусса, прямые $DX$ и $GY$ параллельны. Заметим, что утверждение задачи следует из цепочки равенств:

∠GBE = ∠XDG =∠DGY = ∠DAF.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#126110

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что выполнено $∠BAX =∠Y AC.$

(a) Докажите, что центры окружностей $(ABX ),$ $(ABY ),$ $(ACX),$ $(ACY )$ лежат на одной окружности.

(b) Докажите, что проекции точек $B$ и $C$ на прямые $AX$ и $AY$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте попробуем поймать направления некоторых сторон или диагоналей четырёхугольника из центров описанных окружностей. На каких вообще прямых обычно лежат центры?

Подсказка 2.

Правильно! На серединных перпендикулярах! На самом деле серединные перпендикуляры к отрезкам AB, AC, AX, AY образуют наш четырёхугольник. Чему равен угол между серединными перпендикулярами к двум отрезкам? Если это понять, то останется посчитать углы и пункт (a) будет доказан.

Подсказка 3.

В пункте (b) для начала надо как-то воспользоваться тем, что углы прямые. Как?

Подсказка 4.

У нас есть два вписанных четырёхугольника! Точки A,B, и проекции точки B на AX и AY лежат на одной окружности. Аналогично для C. Осталось только посчитать углы.

Показать доказательство

(a) Первое решение. Далее за $O xy$ будем обозначать центр описанной окружности треугольника $AXY.$ Заметим, что прямые $O O bx by$ и $ObxOcx$ являются серединными перпендикулярами к отрезкам $AB$ и $AX$ соответственно. Следовательно, угол между прямыми $AB$ и $AX$ равен углу между серединными перпендикулярами к этим отрезкам, то есть углу $∠ObyObxOcx.$ Аналогично угол $∠ObyOcyOcx$ равен углу между прямыми $AC$ и $AY.$ Так как углы между прямыми $AB,$ $AX$ и прямыми $AC,$ $AY$ равны по условию, получаем, что $∠ObyOcyOcx =∠ObyObxOcx.$ Откуда и следует искомая вписанность.

$PIC$

Второе решение. Докажем более общее утверждение

Лемма. Прямые $ℓ1,$ $ℓ2$ и прямые $m1$ и $m2$ антипараллельны относительно некоторого угла. Тогда точки, образованные в пересечение разноимённых прямых (т.е. $ℓ1∩ m2$ , $ℓ2∩m1$ и т.д.), образуют вписанный четырёхугольник.

Доказательство. При симметрии относительно биссектрисы данного угла прямые $ℓ1$ и $m1$ перейдут в прямые, которые параллельны прямым $ℓ2$ и $m2$ соответственно. Таким образом, углы $∠(ℓ1,m1)$ и $∠ (ℓ2,m2 )$ равны, поскольку равны углы, образованные парами параллельных прямых.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству исходной задачи. Заметим, что серединные перпендикуляры к $AB$ и $AC$ антипараллельны относительно угла $BAC,$ так как образуют прямые углы с сторонами угла. Также серединные перпендикуляры к $AX$ и $AY$ антипараллельны относительно угла $BAC,$ поскольку образуют со сторонами углы, которые равны $∘ 90 − ∠BAX.$ Таким образом, в силу доказанной леммы, утверждение исходной задачи верно.

(b) Обозначим за $B1$ и $B2$ основания перпендикуляров из точки $B$ , а за $C1$ и $C2$ основания перпендикуляров из точки $C$ на прямые $AX$ и $AY$ соответственно. Заметим, что четырёхугольники $ABB1B2$ и $ACC1C2$ вписанные. Следовательно,

α =∠BB2B1 = ∠BAX = ∠Y AC = ∠CC1C2.

Тогда

∘ ∠B1C1C2 = ∠B1B2C2 = 90 − α

то есть четырёхугольник $B1C1B2C2$ — вписанный, что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#126111

В окружности $Ω$ проведена хорда $AB.$ Окружность $ω$ касается $AB$ в точке $T$ и пересекает $Ω$ в точках $C$ и $D.$ Прямые $AC$ и $TD$ пересекаются в точке $E,$ а прямые $BD$ и $TC$ пересекаются в точке $F.$ Докажите, что $EF ∥AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Нам нужно доказать параллельность. У нас есть вписанный четырёхугольник. Что обычно помогает в таких случаях?

Подсказка 2.

Правильно! Антипараллельность! Заметим, что прямые CD и AB антипараллельны в углу, который образован прямыми AC и BD. Поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник CDEF вписан. Как лучше это переформулировать?

Подсказка 3.

Для этого достаточно доказать равенство углов FCE и FDE. Далее можно просто посчитать углы. Но есть и другой способ. Нам нужно доказать равенство углов ACT и BDT. Как ещё можно доказать равенство углов, помимо прямого вычисления? Помните, что точки A, B, C, D лежат на одной окружности.

Подсказка 4.

Можно доказать равенство дуг! Но для этого нужно сделать дополнительное построение, а именно — отметить вторые точки пересечения прямых CT и DT с окружностью Ω (обозначим их как C' и D' соответственно). Чему равносильно равенство нужных дуг?

Подсказка 5.

Правильно, равнобедренности трапеции! То есть достаточно доказать параллельность прямых AB и C'D'. Теперь снова воспользуетесь антипараллельностью.

Показать доказательство

Заметим, что прямые $CD$ и $AB$ антипараллельны в углу, который образуют прямые $AC$ и $BD.$ Мы хотим показать параллельность $AB$ и $EF,$ поэтому достаточно показать, что четырёхугольник $CDEF$ — вписанный, т.е. равенство углов $∠FDE$ и $∠F CE.$

Способ 1. Углы $ATD$ и $DCT$ равны в силу того, что $AT$ касается $ω.$ Также равны углы $ACD$ и $ABD,$ так как опираются на одну дугу в $Ω.$ Следовательно,

∠F DE =∠AT D − ∠ABD =∠DCT − ∠ACD =∠F CE.

$PIC$

Способ 2. Пусть $C′,D′$ — точки пересечения прямых $CT$ и $DT$ с окружностью $Ω.$ Касательная в точке $T$ к окружности $ω$ антипараллельна прямой $DC$ относительно угла $∠CTD,$ а значит, параллельна прямой $D′C′,$ следовательно, четырёхугольник $AC′D′B$ является равнобедренной трапецией, то есть равны дуги $AC ′$ и $BD ′$ окружности $Ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#127160

Внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $P.$ На отрезке $AB$ отмечена точка $Q,$ а на отрезке $AC$ — точка $R$ так, что описанные окружности треугольников $BPQ$ и $CPR$ касаются прямой $AP.$ Через точки $B$ и $C$ провели прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $BP C,$ а через точки $Q$ и $R$ — прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $PQR.$ Докажите, что существует окружность, которая касается четырёх проведённых прямых.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 10.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Поскольку

2 AB ⋅AQ = AP = AC ⋅AR,

четырёхугольник $BCRQ$ — вписанный. Пусть $O$ — центр окружности $BCRQ.$ Обозначим через $O1$ и $O2$ центры окружностей $BP C$ и $QPR.$ Покажем, что прямые $BO1,$ $CO1,$ $QO2,$ $RO2$ равноудалены от $O.$ Так как

OB = OC =OQ = OR,

для этого достаточно установить равенство направленных углов

∠OCO1 = ∠O1BO =∠OQO2 = ∠O2RO.

Здесь первое и последнее равенства очевидны из симметрии относительно серединных перпендикуляров к $BC$ и $QR.$

Остаётся доказать равенство $∠O1BO = ∠OQO2 (⋆).$ Из счёта углов получаем

∠OQO2 = ∠OQR − ∠O2QR =(90∘ − ∠RCQ )− (90∘− ∠RPQ )=∠RP Q − ∠RCQ

Аналогично

∠O1BO =∠BP C − ∠BQC

Значит, $(⋆)$ эквивалентно равенству

∠RPQ − ∠RCQ =∠BP C − ∠BQC

или

∠BQC − ∠RCQ = ∠BP C− ∠RP Q (⋆⋆).

Из касания окружностей $BPQ$ и $CP R$ следует

∠RPQ = ∠RCP + ∠PBQ,

что из суммы углов четырёхугольника $BP CA$ равно

∠BP C − ∠BAC.

Тем самым, $(⋆⋆)$ преобразуется к виду

∠BQC − ∠RCQ = ∠BAC,

что верно.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79118

Дан треугольник $ABC.$ Окружность проходит через вершины $A,B$ и пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. На стороне $AB$ взяты точки $R$ и $S$ ( $R$ лежит на отрезке $AS$ ), причём $QR∥ CA,PS ∥CB.$ Докажите, что точки $P,Q,R,S$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Продолжим $QR$ до пересечения с окружностью в точке $Q , 1$ а $PS$ — в точке $P . 1$

$PIC$

Тогда

∪PA +∪AQ1 ∪P A+ ∪BP1 ∠PQQ1 = ----2-----,∠P SA =-----2----

Поскольку $∪ BP1 = ∪PQ = ∪AQ1,$ то либо $∠P QQ1 = ∠P SA,$ либо $∠PQQ1 + ∠PSA =180∘.$ Следовательно, точки $P,Q,R$ и $S$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#80740

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполнено $AB = BC = CD$ . Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E$ . Описанная окружность треугольника $ADE$ пересекает сторону $AB$ в точке $P ⁄= A$ и продолжение стороны $CD$ в точке $Q⁄= D$ . Найдите отношение отрезков $AP$ и $DQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что AP и QD – хорды окружности, описанной около треугольника AED. Значит, чтобы доказать, что они равны, нам требуется доказать, что на данные хорды опираются равные вписанные углы. То есть если мы докажем, что углы QAD и ADP равны, то решим задачу. Подумайте, при каком условии данные углы могут быть равны.

Подсказка 2

Обратите внимание, что углы QAD и ADP – накрест лежащие для прямых PD и AQ, а значит, если мы докажем параллельность данных прямых, то решим задачу.

Подсказка 3

В условии не просто так нам дали, что три стороны четырехугольника попарно равны. Давайте рассмотрим равнобедренные треугольники ABC и BCD, а конкретно, рассмотрим их равные углы при основаниях. Подумайте, как они могут помочь в доказательстве параллельности прямых PD и AQ.

Подсказка 4

Рассмотрим два соответственных угла AQD и PDC. Из вписанности четырехугольника AQDE следует равенство ∠AQD = ∠DEC. Обратите внимание, что DEC является внешним углом треугольника BCE, значит, он равен сумме углов EBC и ECB. Вспомним про равнобедренные треугольники: в них есть два равных угла ∠EBC = ∠BDC. Значит, для решения задачи остается доказать, что ∠PDB = ∠ECB. Подумайте, как в этом может помочь окружность.

Подсказка 5

Четырехугольник APDQ является вписанным, значит, углы PAE и PDE будут равными, а угол PAE будет равен углу BCA, так как это углы при основании равнобедренного треугольника.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из вписанности четырехугольника $APED$ следует, $∠P AE = ∠EDP$ . Треугольник $ABC$ является равнобедренным, а значит, $∠BAC =∠BCA$ , следовательно, $∠BCA = ∠BDP$ .

Из равнобедренности треугольника следует, что $∠DBC = ∠CDB$ .

$PIC$

Наконец, в силу вписанности четырехугольника $AEDQ$

∠PDC = ∠PDB + ∠BDC = ∠BCE + ∠DBC = ∠CED =∠AQD

Из этого равенства углов получаем, что вписанный четырёхугольник $AP DQ$ является равнобедренной трапецией либо прямоугольником. В любом случае $AP = DQ,$ то есть

AP :DQ =1 :1

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Докажем, что хорды $AP$ и $QD$ стягивают равные дуги в окружности $(AED )$ , то есть докажем равенство

∠P EA =∠QED

Для начала, по теореме о внешнем угле $∠PEA = ∠BPE − ∠PAE.$ А поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным, то $∠BAE =∠BCE.$ Кроме того, из вписанности четырехугольника $APED$ следует $∠BPE = ∠EDA$ . Таким образом,

∠PEA = ∠BP E− ∠PAE = ∠EDA − ∠BCE

Аналогично

∠DEQ = ∠DAE − ∠EBC

$PIC$

Наконец, искомое равенство углов можно переписать в виде

∠EDA − ∠BCE = ∠DAE − ∠EBC

∠EDA +∠EBC =∠DAE +∠BCE,

что верно, так как суммой углов в каждой части равна углу между диагоналями четырехугольника.

Ответ: 1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#80747

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ и продолжение стороны $DC$ за точку $C$ в точках $K$ и $M$ соответственно, как показано на рисунке:

$PIC$

Доказать, что центр описанной окружности треугольника $KCM$ лежит на описанной окружности треугольника $BCD$ .

Источники: Всесиб-2024, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в параллелограмме проведена биссектриса, так и хочется поискать равнобедренные треугольники. Видно, что △KCM — равнобедренный. С чем тогда хочется соединить центр О описанной окружности △KCM?

Подсказка 2

Верно, с точкой C! Тогда OC будет серединным перпендикуляром к KM. Но ведь не любая точка на нём будет центром окружности, поэтому надо как-то еще попользоваться ей. Предлагаю отметить, что OK=OC. А как нам подобраться к описанной окружности △BCD?

Подсказка 3

Можно попытаться доказать, что уголочки ∠OBC и ∠ODC равны. Какие у нас есть для этого инструменты? В самом удачном случае мы просто найдем равные треугольнички... У нас уже есть равенство отрезков OK и OC, поэтому можно попытаться установить равенство △BOK и △DOC...

Подсказка 4

Равенство сторон BK и DC следует из равнобедренности △ABK. Осталось лишь показать, что уголки ∠BKO и ∠DCO равны. Посмотрите на смежные им уголки и завершите решение!

Показать доказательство

Так как $AK$ — биссектриса, то $∠BAK = ∠DAK = α$ . В силу параллельности $BC ||AD$ и $AB ||CD$ также $∠BKA =∠KMC = α$ .

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около $MCK$ . Тогда $OC ⊥ KM$ , так как $MCK$ — равнобедренный треугольник. Откуда $∘ ∠MCO = ∠KCO = 90 − α$ .

$PIC$

Также равнобедренными будут треугольники $KOC$ ( $KO =OC$ как радиусы) и $ABK$ (углы $∠BAK$ и $∠BKA$ равны по вышесказанному). Значит,

∠BKO = 180∘ − ∠OKC = 180∘− ∠MCO =∠OCD

Тогда $△BKO = △DCO$ по двум сторонам и углу между ними, потому что $BK =AB = CD$ , радиусы $OK =OC$ , а углы $∠BKO = ∠OCB.$

Следовательно, $∠OBC = ∠ODC$ и тогда точки $O,B,C,D$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#83235

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены биссектриса $BL$ и высота $BK.$ Прямые $BL$ и $BK$ пересекают вторично описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $W$ и $T$ соответственно. Оказалось, что $BC = BW.$ Докажите, что $TL ⊥ BC.$

Источники: КМО - 2024, вторая задача второго дня для 10-11 классов, автор Шурыгин В.Е. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Из вписанности $∠BAL =∠BAC =∠BW C$ . Получается, что в треугольниках $BAL$ и $BW C$ равны две пары соответствующих углов, значит, равные углы и в третьей паре: $∠BLA = ∠BCW$ . Но из условия $BC = BW$ следует $∠BW C = ∠BCW$ , отсюда $∠BAL = ∠BLA.$

$PIC$

Получается, что треугольник $BAL$ равнобедренный $(BA = BL )$ , тогда $BT$ — его ось симметрии. Значит, $∠BTL =∠BT A$ . Но $∠BT A= ∠BCA =90∘− ∠CBK$ . Видим, что $∠BTL = 90∘− ∠CBT$ , откуда $TL⊥ BC.$

Замечание.

После установления симметрии треугольника $BAL$ относительно $BT$ , можно завершить решение разными способами. Например, заметив, что

∠TCW + ∠CW B =∠T BW + ∠CAB = ∠TBA +∠CAB = 90∘.

Тогда $CT ⊥ BW$ , и в силу $CK ⊥ BT$ , получаем, что $L$ — точка пересечения двух высот в треугольнике $BCT.$ Значит, $TL$ — третья высота, то есть $TL ⊥ BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте большой и правильный чертёж к задаче! Линейкой и циркулем. Желательно 2 раза, в разных конфигурациях.

Подсказка 2

Если вы это сделали, то увидите, что прямые l_B и l_C подозрительным образом пересекаются на биссектрисе угла A. Аналогично для других пар. Попробуем это доказать?)

Подсказка 3

Пусть l_B и l_C пересекают отрезки СH и BH в точках Q и P соответственно. l_B и l_C пересекаются в точке X. ∠BAC = 2a, ∠CBA = 2b, ∠ACB = 2c. Несложным счётом углов докажите, что ∠H_CHP = ∠N_BHQ = 2a. Какой вывод тогда можно сделать?

Подсказка 4

Так как H_CH = HP (по условию), то ∠H_CPH = 90 - a, аналогично ∠H_BQH = 90 - a. Значит, PH_CH_BQ — вписанный. Теперь пусть l_B, l_C пересекают AH в точках V и U соответственно. Что теперь можно сказать про треугольники PUH и QHV?

Подсказка 5

Верно! Они равнобедренные. Несложным счётом углов докажите, что ∠XPH = c, ∠XPH_C = b, а также, что ∠H_CQX = b. Не забывайте, что a+b+c=90. Что мы тогда получаем?

Подсказка 6

Именно! Мы получаем, что X лежит на окружности H_CPQ, то есть на окружности PH_CH_BQ. Вновь посчитав углы, докажите, что H_CX и H_BX — биссектрисы углов ∠AH_CH_B и AH_BH_C. Что из этого следует?

Подсказка 7

То, что AX — биссектриса угла H_CAH_B, то есть AX — биссектриса ∠BAC. Мы доказали, что l_B и l_C пересекаются на биссектрисе ∠BAC. Аналогично докажем это для других пар. Осталось доказать, что XI ⊥ RS, где R, S - точки пересечения l_A с отрезками BH и CH соответственно. Но X лежит на AI, где I — центр вписанной окружности треугольника ABC. Значит нужно доказать, что AI ⊥ RS, потом аналогично докажем это для других пар и задача убита. Итак, приступим. Какой вывод можно сделать про RS в треугольнике RHS? Не забывайте, мы сейчас думаем о биссектрисах.

Подсказка 8

Действительно, RS ⊥ биссектрисе ∠RHS, пусть это прямая p_A. Тогда перпендикулярность AI и RS равносильна параллельности p_A и AI. Оставим это несложное утверждение вам) Успехов!

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть перпендикуляры через M и N пересекаются в точке P. Тогда над каким дополнительным построением можно подумать, чтобы сделать MP и NP чем-то хорошим? Не забудьте, что M и N являются серединами отрезков.

Подсказка 2

Да, давайте попробуем опустить перпендикуляры X и Y из точки H на стороны треугольника. В таком случае MP и NP являются средними линиями, так как они параллельны основаниям и делят одну из сторон пополам. Но как тогда можно переформулировать вопрос задачи удобным образом для нас?

Подсказка 3

Верно, это значит, что четырёхугольник CXYB должен быть вписанным, так как в таком случае P центр описанной окружности и равноудален от B и C. Теперь только осталось посчитать уголочки, используя вписанный четырёхугольник и равные углы в прямоугольном треугольнике с проведённой высотой. Победа!

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Следующая подтема