Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .06 Антипараллельность

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#126101

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K,$ а прямые $AB$ и $CD$ — в точке $P.$ Докажите, что биссектрисы углов $BPC$ и $BKC$ параллельны.

Показать доказательство

Заметим, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны в углах $BP C$ и $BKC,$ следовательно, биссектрисы этих углов образуют равные углы с прямыми $AD$ и $BC,$ а значит, перпендикулярны биссектрисе внутреннего угла, образованного прямыми $AD$ и $BC,$ следовательно, параллельны.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#126104

(a) Направления $x$ и $y,$ а также направления $z$ и $t$ антипараллельны относительно направлений $a$ и $b.$ Направления $x$ и $y$ антипараллельны относительно направлений $c$ и $d.$ Докажите, что направления $z$ и $t$ антипараллельны относительно направлений $c$ и $d.$

(b) На сторонах $AB,$ $BC,$ $CD,$ и $DA$ вписанного четырехугольника $ABCD$ выбраны соответственно точки $X,$ $Y;$ $M,$ $N;$ $P,$ $Q$ и $I,$ $J.$ Оказалось, что четырехугольники $XY PQ$ и $MNIJ$ вписанные. Докажите, что четырехугольник, стороны которого лежат на прямых $XQ,$ $Y P,$ $MJ$ и $NI$ тоже вписанный.

Показать доказательство

Определим бинарное отношение $∦$ на множестве пар прямых. Пара прямых $(u,v)$ находится в отношении $∦$ с парой $(s,t),$ если прямые $u$ и $v$ антипараллельны относительно угла, образованного прямыми $s,t.$ Докажем, что введенное отношение выполняет условие

1.

Симметричности. Действительно, пусть $(u,v)∦ (s,t),$ следовательно, прямые $s,t$ образуют равные углы с прямыми $u,v$ соответственно, а значит $(s,t)∦(u,v).$

2.

Транзитивности. Пусть $(u,v)∦(s,t)$ и $(s,t) ∦(q,r),$ тогда выполнены равенства углов

∠(u,s)= ∠(t,v); ∠(s,q)=∠(r,t),

складывая которые, имеем

∠ (u,q)=∠ (r,v),

что равносильно $(u,v)∦ (q,r).$

(a) По условию, имеем

(x,y)∦(a,b); (z,t)∦(a,b); (x,y)∦(c,d),

что, в силу симметричности, можно переписать в виде

(z,t) ∦(a,b); (a,b)∦(x,y); (x,y)∦(c,d).

Наконец, используя транзитивность для двух соседних пар соотношений, получим $(z,t)∦(c,d),$ что и требовалось доказать.

(b) Достаточно доказать, что $(XQ,Y P)∦(MJ,NI).$ Действительно, в силу вписанностей четырехугольников $XY PQ,$ $ABCD,$ $(MNIJ ),$ имеем

(XQ, YP)∦(AB,CD ); (AB, CD)∦ (BC,AD ); (BC,AD)∦ (MJ, NI)

соответственно, что по первому пункту влечет $(XQ, YP)∦ (MJ, NI),$ а значит, и требуемую вписанность.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#126107

На стороне $AB$ параллелограмма $ABCD$ выбрана точка $K,$ на стороне $CD$ — точка $L$ , а на отрезке $KL$ — точка $M$ . Докажите, что вторая (отличная от $M$ ) точка пересечения окружностей $(AKM )$ и $(CLM )$ лежит на диагонали $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Пусть окружность (AKM) пересекает отрезок AC в точке N. Что можно сказать про отрезки AK и MN?

Подсказка 2.

Правильно! Они антипараллельны в углу, который образован прямыми AC и KL. Чтобы перекинуть антипараллельность, нужно найти какой-нибудь отрезок, который параллелен одному из AK и MN. Попробуйте это сделать.

Показать доказательство

Пусть окружность $(AKM )$ пересекает отрезок $AC$ в точке $N.$ Докажем, что точка $N$ лежит на окружности $(CLM ).$ Заметим, что прямые $AK$ и $MN$ антипараллельны в углу, образованном прямыми $AC$ и $KL$ , а поскольку прямые $AK$ и $CL$ параллельны, получаем, что $CL$ и $MN$ тоже антипараллельны, что и требовалось.

$PIC$

Замечание. Рассуждение выше в некотором смысле повторяет доказательство леммы Фусса. Доказательство же можно оформить как следствие последней. Действительно, пусть прямая $AN$ второй раз пересекается с окружностью $(MNL )$ в точке $C′.$ Тогда, по лемме Фусса, отрезок $LC ′$ будет параллелен отрезку $AK,$ но такая точка на прямой $AN$ единственна и это точка $C.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#90904

Окружность, вписанная в угол с вершиной $O,$ касается его сторон в точках $A$ и $B,K$ — произвольная точка на меньшей из двух дуг $AB$ этой окружности. На прямой $OB$ взята точка $L$ такая, что прямые $OA$ и $KL$ параллельны. Пусть $M$ — точка пересечения окружности $ω,$ описанной около треугольника $KLB,$ с прямой $AK,$ отличная от $K.$ Докажите, что прямая $OM$ касается окружности $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче есть какие-то углы. Никогда не бывает лишним поотмечать уголочки. Можно заметить вписанность, коллинеарность, подобие. Найдите что-нибудь из этого в этой задаче.

Подсказка 2

Оказывается, что можно понять многое счетом углов. Докажите, что ABMO - вписанный, BKM - равнобедренный. Поймите, как перейти от равнобедренности к касанию.

Подсказка 3

Касательная в вершине равнобедренного треугольника имеет понятное направление. Тогда нужно доказывать, что OM || BK. Поймите это, посчитав углы.

Показать доказательство

Первое решение. Заметим, что прямые $KL$ и $BM$ антипараллельны в углу, который образован прямыми $MA$ и $OB,$ а значит, прямые $AO$ и $BM$ антипараллельны в нем же, то есть четырёхугольник $ABOM$ — вписанный.

Пусть прямая $BM$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $N.$ Из вписанности четырёхугольника $ABOM$ следует, что прямые $OM$ и $AB$ антипараллельны в углу, образованном прямыми $OA$ и $MB,$ но в этом же углу прямые $AN$ и $AB$ также антипараллельны, следовательно, прямая $AN$ параллельна прямой $OM.$

Теперь рассмотрим угол $BMK.$ В нём прямые $BK$ и $AN$ антипараллельны, а значит, прямые $OM$ и $BK$ тоже антипараллельны, что эквивалентно касанию прямой $OM$ и окружности $(BKM ).$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Покажем, что $M$ лежит на окружности $(OAB ).$ Действительно, $∠AOB = ∠KLB = ∠KMB,$ откуда имеем требуемое.

$PIC$

Докажем, что $KM = MB.$ Пусть $D$ — точка, диаметрально противоположная точке $O$ в окружности $(AOB ).$ Тогда $∠BDA =180∘− ∠AOB.$ Тогда, поскольку $D$ — центр описанной окружности $(KLB )$

∠BDA ∠AOB ∠AKB =180∘− --2--= 90+ --2--

следовательно,

∠MKB =90− ∠AOB- =∠OAB 2

Кроме этого, $∠AOB = ∠AMB$ в силу вписанности четырехугольника $AOMB.$ Таким образом, треугольник $KMB$ подобен треугольнику $AOB,$ следовательно, является равнобедренным.

Наконец, $MO$ — биссектриса внешнего угла $AMB,$ поскольку $O$ — центр дуги $AB$ окружности $AMB,$ следовательно, $KB || OM,$ то есть, поскольку $M$ — середина дуги $KB$ окружности $ω,$ прямая $OM$ касается $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91436

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC . 1$ Из точек $A 1$ и $C 1$ опустили перпендикуляры на прямые $AB$ и $BC.$ Докажите, что прямая, проходящая через основания этих перпендикуляров, параллельна $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как правило, параллельность доказывается через равенство каких-нибудь углов, например, соответственных. Попробуйте посчитать углы.

Подсказка 2

Для этого поищите вписанные четырёхугольники. Найдите равные углы, стягивающие один и тот же отрезок.

Показать доказательство

Обозначим основания перпендикуляров через $X$ и $Y.$

$PIC$

Заметим, что четырёхугольники $AC1A1C$ и $C1XY A1$ вписанные. Значит, $∠C1AC = ∠YA1C1 = ∠BXY.$ Это и даёт параллельность.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94413

$AA 1$ и $CC 1$ — высоты треугольника $ABC$ . $A A 1 2$ и $C C 1 2$ — высоты треугольника $A BC . 1 1$ Докажите, что $AC ∥A C . 2 2$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠AC1C$ и $∠AA1C$ равны и опираются на один отрезок $AC,$ то есть четырёхугольник $AC1A1C$ вписанный. Отсюда $∠ACA1 = ∠A1C1B.$

Аналогично, четырёхугольник $A1C1A2C2$ вписанный, так как $∠C1A2A1 = ∠C1C2A1.$ Отсюда $∠A1C1B = ∠A2C2B.$

Итак, $∠ACA1 = ∠A2C2B$ — соответственные углы при прямых $AC$ и $A2C2$ и секущей $CC2$ , отсюда $AC ∥A2C2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#94414

Докажите, что все прямые, антипараллельные данной прямой $ℓ$ относительно данного угла $∠O,$ параллельны между собой, а также параллельны прямой $′ ℓ,$ симметричной $ℓ$ относительно биссектрисы $∠O.$

Показать доказательство

Пусть прямая $m$ антипараллельна прямой $ℓ$ относительно $∠O,$ прямая $ℓ$ пересекает стороны угла в точках $A$ и $B,$ прямая $m$ — в точках $A1$ и $B1,$ прямая $′ ℓ$ — в точках $′ A$ и $′ B$

$PIC$

В силу антипараллельности $∠OBA = ∠OB1A1,$ значит, все прямые, антипараллельные $ℓ,$ образуют с $OA$ равные углы, следовательно, они все параллельны по равенству соответствующих или накрест лежащих углов при секущей $OA.$

По свойству симметрии относительно биссектрисы $∠O$ получаем $′ ′ ∠OBA =∠OB A .$ Следовательно, $′ ℓ$ параллельна $m,$ значит, и всем прямым, антипараллельным $ℓ.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#94416

В треугольнике $ABC$ отрезок $B C 1 1$ антипараллелен стороне $BC.$ Докажите, что $B C ⊥ OA, 1 1$ где $O$ — центр описанной окружности.

Показать доказательство

Пусть $∠ABC =∠AB C = β, 1 1$ так как $BC$ и $B C 1 1$ — антипараллельные относительно угла $BAC.$

$PIC$

Заметим, что $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ как центральный, опирающийся на дугу $CA.$ Так как $AO = CO$ — радиусы, то треугольник $AOC$ — равнобедренный, отсюда

1 ∠CAO = 2(180∘− ∠AOC )= 90∘− β.

Пусть $B1C1$ пересекает $AO$ в точке $E.$ Тогда

∠AEB1 =180∘− ∠AB1E − ∠B1AE = 180∘ − β− (90∘ − β)= 90∘

То есть $B1C1 ⊥ AO.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#67087

Дан остроугольный треугольник $ABC$ ; $AA′$ , $BB′$ , $CC ′$ — его высоты, $O$ — центр описанной окружности. Докажите, что касательная в точке $B$ к описанной окружности параллельна прямой $′ ′ A C$ , а $′′ OB ⊥A C .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие равные углы можно отметить, зная, что четырехугольник AC’A’C вписанный? А какие , зная , что BX-касательная в точке B?(Х-любая точка на касательной из условия, отличная от B).

Подсказка 2

Верно, углы XBA и BCA равны по свойству касательной. При этом, так как A’C’ антипараллельно AC, то углы BCA и BC’A’ тоже равны. Значит, углы BC’A’ и XBA равны, а значит параллельность доказана. Коль уж мы решаем задачу с помощью счета углов, то давайте ее решать так полностью. Значит, нам нужно доказать, что сумма углов XBА и АВО равна 90 градусам. Куда можно перекинуть угол ABO, зная свойства ортоцентра?

Подсказка 3

Верно, этот угол можно перекинуть в угол СВВ’, так как, по свойству ортоцентра углы ABH и СВО равны, и угол HBO общий. При этом, из треугольника BB’C, видно, что сумма углов CBB’ и BCA равна 90. А вы еще не забыли связь между углами CBA и XBA?

Показать доказательство

$PIC$

В силу антипараллельности $AC$ и $A′C′$ имеем $∠BC ′A′ = ∠BCA.$ Также $∠XBA = ∠BCA$ как угол между хордой и касательной. Теперь видно, что $XB ∥A′C′.$

Понятно, что достаточно доказать перпендикулярность $XB$ и $BO.$ Это так, потому что $BO$ является радиусом проведенным к точке касания прямой $XB$ с окружностью.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#67088

Высоты $AA′$ и $CC′$ пересекают описанную окружность остроугольного треугольника $ABC$ в точках $A 1$ и $C . 1$ Докажите, что $′ ′ A1C1 ∥A C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Высоты продлевают до пересечения с окружностью… Хмм, а какие равные отрезки можно сразу отметить, если смотрели веб по ортоцентру?

Подсказка 2

Верно, HA’=A’A1 и HC’=C’C1. Но что тогда можно сказать про отрезок A’C’ в треугольнике HA1C1? Чем он является?

Показать доказательство

$PIC$

По свойству ортоцентра $A ′$ — середина $HA1,C ′$ — середина $HC1.$ Тогда $A′C ′$ — средняя линия в $ΔHA1C1,$ откуда $A1C1 ∥A′C′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#67099

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 16#67537

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#68539

Окружности пересекаются в точках $M$ и $K.$ Через $M$ и $K$ проведены прямые $AB$ и $CD$ соответственно, пересекающие первую окружность в точках $A$ и $C,$ вторую в точках $B$ и $D.$ Докажите, что $AC ∥ BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте внимательно посмотрим на картинку. У нас есть две окружности, на которых лежат по 4 точки. Тогда какие две пары прямых будут антипараллельными?

Подсказка 2

Верно, AC будет антипараллелен MK, и MK будет антипараллелен BD. Мы получили две пары антипараллельных прямых с общей прямой MK. Что тогда отсюда следует про прямые AC и BD? Например, это можно понять через счёт углов.

Подсказка 3

Да, отсюда и будет следовать, что две прямые параллельны, ведь они антипараллельны одной прямой относительно одного угла. Или же можно посчитать углы, получив, что односторонние углы в сумме дают 180.

Показать доказательство

Прямая $MK$ антипараллельна прямым $AC$ и $BD$ относительно пары прямых $AB, CD,$ так как $ACKM$ и $MKDB$ — вписанные четырехугольники.

По свойству антипараллельности $AC$ и $BD$ параллельны, как прямые, антипараллельные прямой $MK$ относительно пары прямых $AB, CD.$

$PIC$

Замечание. В разных источниках этот факт известен как “лемма Фусса” или “теорема Рейма” . Но в данном случае задача заключается в том, чтобы напрямую доказать эту лемму, поэтому ссылаться на неё без доказательства некорректно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#72140

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74122

Пусть $AH ,BH 1 2$ и $CH 3$ — высоты треугольника $ABC.A 1$ и $A 2$ — проекции точки $H 1$ на прямые $AB$ и $AC.$ Аналогично определим точки $B1$ и $B2,C1$ и $C2.$ Докажите, что длины отрезков $A1A2,B1B2$ и $C1C2$ равны.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что четырехугольник $A2AA1H1$ вписанный. Поэтому

∠AA2A1 = ∠AH1A1,∠B =180∘− 90∘− ∠H1AB = ∠AH1A1 =∠AA2A1

Аналогично $∠B =∠A2B1B2.$ Также прямые $AC$ и $H1H3$ антипараллельны, как и прямые $H1H3$ и $A1B2.$ Отсюда следует, что прямые $AC$ и $A1B2$ параллельны и $∠A2A1B2 = ∠A1A2B1 = ∠A2B1B2 = ∠B1B2A1.$ Отсюда $A2X =B1X$ и $A1X =B2X$ и $B1B2 =A1A2.$ Аналогично и для $3$ отрезка.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#32988

Пусть $BB 1$ – высота треугольника $ABC.$ Пусть $B B 1 A$ и $B B 1 C$ – высоты треугольников $ABB 1$ и $BB C 1$ соответственно. Докажите, что точки $A,BA,C$ и $BC$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните критерий вписанности четырёхугольника в терминах его противоположных углов

Подсказка 2

Как мы можем использовать прямые углы, полученные после опускания перпендикуляров из основания высоты?

Подсказка 3

Да, 90 + 90 = 180, так что можем получить вписанный четырёхугольник, а дальше работать через вписанные углы!

Подсказка 4

Осталось использовать исходную высоту треугольника, чтобы выразить углы и доказать требуемое!

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BBCB1 = ∠BBAB1 = 90∘$ , то $BBAB1BC$ можно вписать в окружность, поэтому $∠BBABC$ и $∠BB1BC$ равны как вписанные углы. Но за счёт прямоугольных треугольников $∠BB1BC = 90∘− ∠B1BC = ∠C$ . Из равенства углов $C$ и $BBABC$ следует вписанность $ABACBC$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Предыдущая подтема

Следующая подтема