Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

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#64954

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $AC$ пересекают высоту из вершины $A$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Найдите радиус описанной около этого треугольника окружности, если $AP =a,AQ = b.$

Источники: Муницип - 2024, 9 класс

Показать ответ и решение

Пусть для определенности углы $B,C$ — острые, обозначим $∠B = β,∠C = γ$ . Так как $AP$ — высота, то $∠BAP = π− β,∠CAP = π− γ. 2 2$ Пусть $E,K$ — середины $AB,AC$ соответственно.

Первое решение.

$PIC$

Отметим точку $O$ пересечения серединных перпендикуляров $EP$ и $KQ$ к сторонам треугольника $ABC$ . Эта точка является центром описанной около треугольника окружности. Заметим, что угол $AOK$ вдвое меньше центрального угла $AOC,$ поэтому равен вписанному углу $ABC,$ то есть $β.$ При этом $∠APE = ∠B = β$ из вписанности четырёхугольника $BEP H$ (два прямых угла дают вписанность). Тогда обратим внимание, что $AO$ касается описанной окружности треугольника $OQP$ , так как угол между ней и хордой $OQ$ равен углу $OPQ,$ опирающемуся на эту хорду. По теореме о касательной и секущей получаем $AO2 = AQ ⋅AP = a⋅b.$

Второе решение.

$PIC$

Не будем думать и посчитаем в синусах: из прямоугольных треугольников

AE =asinβ,AK =bsinγ =⇒ AB = 2asinβ,AC =2bsinγ

Тогда получается

AB AC sinβ √b sin-γ = sinβ =⇒ sinγ = √a

Наконец, по теореме синусов радиус описанной окружности равен

-AB-- √ -- 2sinγ = ab

Ответ:

$√ab$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76189

Дед Мороз нарисовал на снегу две окружности с радиусами $2023$ и $r> 2023$ , которые касаются друг друга и ветвей параболы $y = x2$ . Найдите $r.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A$ , $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE$ . Тогда $∘ ∠ABE = 90$ .

$PIC$

Проведем через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ ( $C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy$ ). Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘$ . Значит, $tg∠EBC1 = ctg∠ABC$ , но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1$ .

Значит, $CB 1 AC-= 2x1 ⇒ AC = 2$ . Тогда по теореме Пифагора получаем, что $1 R21 = x21 +4$ .

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2$ . Тогда

R2= x2+ 1 1 1 4

2 2 1 R2 = x2+ 4

R22− R21 = x22− x21 (1)

Также знаем, что

2 2 R2 +R1 =CC1 = x2− x1 (2)

Из (1) и (2) получаем

R2 − R1 = 1⇒ R2 = R1+ 1= 2023+1 =2024

Второе решение.

Пусть $(0,Y)$ — координаты центра первой окружности. Тогда $(0,Y + 2023+ r)$ — координаты центра второй окружности, где $r$ — искомый радиус.

$PIC$

Запишем систему уравнений для первой (1) и второй (2) окружности. Первое уравнение – пересечение окружности и параболы. Второе – условие касания

( |{ x2+ (x2− Y)2 = 20232 |( −-21-- = 2 x − Y

(|{ 2 1 Y =20231+ 4 |( x2 = Y − 2

( ||{ x2+ (x2− (Y + 2023+ r))2 = r2 | −----------1----------= 2 |( x2− (20232+ 1+ 2023+ r) 4

({x2+ (x2− (Y +2023+ r))2 = r2 ( 2 1 x =− 2 + (Y + 2023+ r)

Получаем, что $2 2 2023 + 2023 +r= r ⇒ r1 = −2023$ и $r2 = 2024$ . Так как $r≥ 0$ , то нам подходит только $r2 = 2024.$

Ответ: 2024

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76652

Окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . Прямая $l 1$ , проходящая через точку $A$ , второй раз пересекла окружность $ω 1$ в точке $C$ , а $ω2$ — в точке $D$ . Прямая $l2$ , проходящая через точку $B$ , второй раз пересекла окружность $ω1$ в точке $E$ , а $ω2$ — в точке $F.$ Оказалось, что прямая $CE$ касается $ω2$ в точке $G$ (точка $E$ лежит на отрезке $CG$ ). Докажите, что $BG$ — биссектриса $∠DBE$ .

Источники: по мотивам отборочного тура ЮМШ 23/24

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посчитаем уголочки! Как использовать вписанность? Выразим угол FBE и подумаем, как считать углы дальше.

Подсказка 2

Угол между касательной равен вписанному углу, опирающему на хорду. Найдите угол DFC и свяжите его с DAF :) Чему равен угол FBE?

Показать доказательство

Поскольку четырехугольники $ABEC$ и $ADGB$ вписанные, то

∠BEG = ∠CAB = ∠BGD

Также, поскольку прямая $CE$ касется окружности $ω2$ , по теореме об угле между касательной и хордой

∠BDG = ∠BGE

Теперь рассмотрим треуугольники $△BEG$ и $△BGD.$ В них имеются две пары равных углов $(∠BEG = ∠BGD, ∠BGE = ∠BDG ),$ значит, третьи углы у них тоже равны, т.е.

∠DBG = ∠GBE

Получаем, что $BG$ — биссектриса угла $∠DBE.$

$PIC$

Замечание. Если точка $G$ лежит внутри отрезка $CE,$ то чертёж меняется, но решение остаётся аналогичным. Попробуйте решить задачу и для этого расположения точек.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76754

Три окружности с центрами в точках $A,B,C$ и радиусами $a= 1,b= 2,c=3$ соответственно попарно касаются друг друга внешним образом в точках $X,Y,Z.$ Найдите радиус описанной окружности треугольника $XY Z.$

Показать ответ и решение

Заметим, что точки $X, Y, Z$ лежат на сторонах $AB, BC, AC$ соответственно, так как радиусы в точку касания перпендикулярны общей касательной в этой точке.

Докажем, что линии центров $AB, BC, AC$ являются касательными к окружности, описанной около треугольника $XY Z.$

$PIC$

$AX =AZ, BY =BY, CZ = CY$ как отрезки касательных.

Обозначим $∠BAC =α, ∠ABC =90∘− α$ . Считая углы, получаем, что $∠AXZ = ∠XYZ$ , а значит, по критерию касательной $XA$ касается окружности, описанной около $XY Z$ . Аналогично для остальных отрезков. Итого получаем, что окружность, вписанная в $ABC$ , совпадает с окружностью, описанной около $XY Z.$

Треугольник $ABC$ со сторонами $3, 4, 5$ — прямоугольный. Радиус вписанной в него окружности равен

S- --42⋅3- p = 3+52+4-= 1

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#77990

На высоте $AA 1$ остроугольного треугольника $ABC$ отмечена точка $D$ такая, что $∠BDC =90∘,$ точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ На отрезке $AH$ как на диаметре построена окружность. Докажите, что длина касательной, проведенной к этой окружности из точки $B,$ равна длине отрезка $BD.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $B1$ и $C1$ основания высот из $B$ и из $C.$ Тогда квадрат касательной равен $BC1 ⋅BA = BA1⋅BC = BD2.$ Первое равенство получается из-за вписанности $AC1A1C,$ а второе из подобия в прямоугольном треугольнике. Получили то, что нужно по свойству касательной и секущей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79120

На отрезке $AB$ выбрали точку $M.$ На отрезках $AM$ и $BM$ в одну и ту же сторону построены равносторонние треугольники $AMC$ и $BMD.$ Их описанные окружности пересекаются по прямой $MN.$ Докажите, что вне зависимости от выбора точки $M$ прямая $MN$ всегда проходит через какую-то фиксированную точку.

Показать доказательство

$PIC$

Проведём в точках $A$ и $B$ прямые, которые образуют с прямой $AB$ угол $60∘$ как показано на рисунке.

Во-первых, покажем, что они касаются окружностей $AMC$ и $BMD.$ Пусть $O$ — центр окружности $BMD.$ Тогда угол $MOB$ равен $120∘$ как центральный, а угол $OBM$ — $30∘.$ Значит, $∠OBX = ∠OBM +∠MBX = 90∘.$ Аналогично $AX$ касается окружности $AMC.$

Во-вторых, заметим, что треугольник $ABX$ — равносторонний, то есть степень точки $X$ равна относительно обеих окржностей. Значит, она лежит на их радоси — прямой $MN.$ Осталось заметить, что точка $X$ не зависит от выбора точки $M.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79122

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Окружность с диаметром $AB$ пересекает высоту $CC 1$ и ее продолжение в точках $M$ и $N$ соответственно. Окружность с диаметром $AC$ пересекает высоту $BB1$ и ее продолжение в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что точки $M,N, P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Введём обозначения как показано на рисунке. Заметим, что обе окружности пересекаются в точке $A1$ — основании высоты треугольника $ABC$ из точки $A,$ поскольку отрезки $AB$ и $AC$ видны из этой точки под прямым углом. Значит, справедливы равенства $MH ⋅HN = AH ⋅HA1, PH ⋅HQ =AH ⋅HA1$ — степени точки $H$ в соответствующих окружностях. Значит, $MH ⋅HM =P H ⋅HQ,$ а это даёт требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79332

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Пусть $M$ — середина стороны $BC,K$ — середина $B1C1.$ Докажите, что окружность, проходящая через $K,H$ и $M,$ касается $AA1.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что отрезок $BC$ виден под прямым углом из точек $B1$ и $C1.$ Значит, точки $B,C,B1,C1$ лежат на одной окружности с центром в точке $M.$ Поскольку $MK$ является медианой, направленной к основанию равнобедренного треугольника $B1C1M$ , она же является высотой. Заметим, что $∠BCC1 = 90∘− ∠B = ∠BAH = ∠C1B1B,$ так как четырёхугольник $AB1HC1$ вписанный $(∠AC1H = ∠AB1H = 90∘).$ Аналогично $∠B1C1C = ∠B1BC.$ Значит, треугольники $BCH$ и $C1B1H$ подобны. Точки $K$ и $M$ являются серединами соответствующих сторон, так что подобны также $B1HK$ и $CHM.$ Отсюда $∠B1KH =∠CMH.$ Тогда $∠MKH = ∠HKB1 − 90∘ = 90∘ − ∠A1MH = ∠MHA1.$ Значит, по свойству касательной прямая $AA1$ касается окружности, описанной около $MHK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79609

Дан треугольник $ABC$ , в который вписана окружность с центром $O$ . Пусть $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC$ . Известно, что $AO = 2⋅MN.$ Найдите $∠A.$

Источники: БИБН - 2024, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас имеется отношение AO/MN=2. Мы все прекрасно помним, что отношение длин отрезков на окружности легко переносится на отношение синусов уголочков. Почему бы нам тогда не найти окружность, у которой есть хорды AO и MN...

Подсказка 2

Она легко находится- это окружность, построенная на AO как на диаметре. Тогда мы можем написать расширенную теорему синусов: MN/sin∠A=2R=AO. Тогда мы получаем, что sin∠A=MN/AO=1/2. Не забудьте, что синусы смежных уголков равны и найдите уголочек!

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = 2α.$ Обозначим через точку $K$ пересечение $MN$ и $AO$ . Тогда, если радиус окружности равен $r$ , то из прямоугольного треугольника $MKO$

1 ∘ 2MN = MK =r⋅sin(90 − α)= r⋅cosα

$PIC$

Выразим $AO$ из прямоугольного треугольника $AMO$

AO = -r-- sinα

Подставляя в $AO = 2⋅MN$ , получаем

-r-- 4r⋅cosα= sinα

1 sin2α= 2

$∘ ∘ 2α = 150 или 30$ как угол треугольника.

Ответ:

$150∘ или 30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79618

Вписанная окружность треугольника $ABC$ с центром в точке $I$ касается сторон $BC,AC, AB$ соответственно в точках $D,E,F$ . Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Окружности, построенные на отрезках $IE$ и $IF$ как на диаметрах, вторично пересекаются в точке $K$ . Докажите, что $K$ лежит на прямой $MN$ .

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется с самого начала понять, что за точка K нам дана. Заметим, что одна сторона у наших треугольников одинаковая на будущее. К тому же из условия вытекает, что какие-то углы прямые. Тогда чем же является точка K на нашей картинке?

Подсказка 2

Верно, точка K лежит на отрезке FE и является серединой, так как FIE равнобедренный. Теперь когда объекты на картинке так или иначе связаны, то можно вернуться к вопросу задачи. Что если посмотреть на четырёхугольник NFME. Чем в нём является K? Если же K будет лежать на NM, то что должно выполняться?

Подсказка 3

Верно, K середина диагонали и, если NFME будет параллелограммом, то K как раз будет лежать на NM. Осталось доказать это. Причём мы знаем, что NF =AF = AE = EM, как отрезки касательных из одной точки и симметрии. Остаётся только ввести стандартно углы треугольника, посчитать немного, и победа!

Показать доказательство

Проведем $FE$ . Так как окружности построены на диаметрах,

∘ ∠F KI =∠EKI = 90

Следовательно, точка $K$ — середина отрезка $F E$ , так как $FI =IE$ и $KI$ — высота равнобедренного треугольника $FIE.$

Проведем $NF$ и $EM$ . $AF = AE$ как отрезки касательных, и в силу симметрии получаем $NF =AF = AE = EM.$

Обозначим углы $∠ABC =2β, ∠BCA = 2γ.$

$PIC$

Тогда $∠BF D = ∠BDF = 90∘ − β$ . И $∠AF N =180∘− 2β$ . Следовательно, $∠NF B = 2β$ , и тогда $BC||NF.$

Аналогичным счетом углов показываем, что $∠CEM = 2γ$ и $BC||EM.$

NF||EM, NF =EM

Следовательно, $NFME$ — параллелограмм. В нем $K$ — середина диагонали $FE$ . Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, поэтому $K$ — середина $NM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#79866

Дан треугольник $ABC$ и точки $P$ и $Q$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно, такие что $AP = AQ.$ На стороне $BC$ выбраны точки $S$ и $R$ ( $S$ лежит между $B$ и $R$ ), такие что $∠BP S = ∠PRS$ и $∠CQR = ∠QSR.$ Докажите, что точки $R,S,P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Предположим, что окружности $(PSR)$ и $(QSR)$ различны. Из углов следует, что $AP$ и $AQ$ это касательные к эти окружностям соответственно. Так как $AP = AQ,$ то $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей, то есть на $SR,$ что невозможно. Значит, окружности совпадают.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $DQ$ .

Источники: Высшая проба - 2024, 11.3 (см. olymp.hse.ru)

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 доказательство

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

Второе решение.

Достаточно показать, что хорды $AP$ и $QD$ стягивают равные дуги в окружности $(AED )$ , то есть доказать равенство $∠P EA =∠QED$ . По теореме о внешнем угле верно, $∠P EA =∠BP E − ∠P AE.$

Поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным $∠BAE = ∠BCE$ , а из вписанности четырехугольника $AP ED$ следует, что $∠BP E =∠EDA$ . Таким образом,

∠PEA = ∠BP E− ∠PAE = ∠EDA − ∠BCE

Аналогично,

∠DEQ = ∠DAE − ∠EBC

$PIC$

Наконец, исходное 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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#80767

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , общая касательная касается окружностей $ω 1$ и $ω 2$ в точках $C$ и $D$ соответственно (точка $B$ лежит ближе к $CD$ , чем точка $A$ ). Луч $CB$ пересекает окружность $ω2$ в точках $B$ и $E$ . Найдите $ED :CD$ , если диагональ $AD$ четырехугольника $ACDE$ делит прямую $CE$ в отношении $3:10,$ считая от вершины $C$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу попробуем воспользоваться условием и отметим равные углы. А чему равен угол ACD? Как воспользоваться тем, что CD - касательная?

Подсказка 2

Угол ADC равен AED, а угол ACD равен 180 - ABC. Что полезного можно вывести из этого? Как поближе подобраться к углам треугольника AED?

Подсказка 3

Угол ABE равен углу ACD (почему?). Как воспользоваться вписанностью? Нам было бы очень хорошо, если бы мы понимали, как воспользоваться тем, на какие отрезки AM делит AM...

Подсказка 4

Оказывается, треугольники AED и ADC подобны! Тогда что можно сказать интересного о прямой AM?

Подсказка 5

Это биссектриса угла AEC! Как воспользоваться найденным подобием? Вспоминаем свойство биссектрисы и находим требуемую дробь!

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим равные углы. $∠ADC = ∠AED,$ по свойству угла между касательной и хордой. Градусная мера угла $∠ACD$ вдвое меньше дуги $AC,$ содержащую $B,$ окружности $ω1,$ по свойству угла между касательной и хордой. Тогда $∠ABC = 180∘− ∠ACD,$ так как градусная мера дуги $AC,$ не содержащую $B$ равняется $360∘− 2∠ACD.$ Следовательно, $∠ABE = ∠ACD.$ Также $∠ACD =∠ADE,$ как вписанные. Из этого следует, что треугольники $△AED$ и $△ADC$ подобны. Это значит, что $∠EAD = ∠DAC,$ то есть $AM$ — биссектриса угла $∠EAC.$ Запишем соотношения из подобия $△AED$ и $△ADC$

( ) ED-= EA-= AD- =⇒ ED- 2 = EA- CD AD AC CD AC

По теореме о биссектрисе $AM$ получаем

EA EM 10 AC-= MC- = 3-

Тогда получаем, что

( )2 √-- ED- = EA-= EM- = 10- =⇒ ED- = √10 CD AC MC 3 CD 3

Ответ:

$√10-:√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#82291

Окружности $S 1$ и $S 2$ находятся внутри трапеции $ABCD$ , касаясь друг друга, оснований трапеции, и каждая — своей боковой стороны. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$ . Оказалось, что радиус вписанной окружности треугольника $BCK$ равен радиусу окружности $S1$ и равен $r.$ Также известно, что $BC = x$ . Найдите площадь треугольника $ADK.$

Источники: ИТМО-2024, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно заметить, что радиусы двух окружностей S1 и S2 равны (доказать этот факт не составит труда). После этого надо вписать окружность, которая является вписанной для BCK, в трапецию. Далее можно отметить все точки касания, равные углы и, может быть, заметить какие-то равенства.

Подсказка 2

После того, как мы отметили все равные отрезки, останется выразить высоту треугольника АDK через известные нам величины и найти площадь.

Показать ответ и решение

Радиусы $S 1$ и $S 2$ равны друг другу и высоте трапеции. Из условия про пересечение лучей следует, что $BC$ — меньшее основание.

Проведём вторую касательную к вписанной окружности треугольника $BCK$ параллельную основаниям трапеции. Обозначим за $X$ и $Y$ точки пересечения этой касательной с отрезками $BK$ и $CK.BXY C$ — трапеция.

Точки касания окружностей и оснований трапеции образуют квадрат со стороной $2r$ . Если вырезать этот квадрат из трапеции и склеить оставшиеся части между собой, получится трапеция, равная $BXY C$ .

Более точно, обозначим точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с основаниями трапеции $ABCD$ : пусть $M$ и $N$ лежат на $BC$ ( $M$ ближе к $B$ ), $P$ и $Q$ лежат на $AD$ ( $P$ ближе к $A$ ). Кроме того, пусть $U,V,W,Z$ - точки касания вписанной окружности $BCK$ с $XY,BC,BK, CK$ соответственно. Кроме того, пусть $R$ и $T$ - точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с боковыми сторонами трапеции, $O1,O2$ и $O$ - центры окружностей $S1,S2$ и вписанной окружности треугольника $BCK$ .

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO :$

$∠SBM = ∠W XU,$ как соответственные. $∠O1SB,∠BMO1, ∠OW X$ , $∠XUO$ прямые.

Значит оставшиеся углы, $∠MO1S$ и $∠UOW$ также равны. Значит, треугольники $MO1S$ и $UOW$ равны. Следовательно, треугольники $SBM$ и $W XU$ также равны, а значит четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO$ равны. Аналогично

SAP O1 = WBV O,TDQO2 = ZCV O,TCNO2 = ZYUO

Значит,

BC = BV +CV = AP + QD =AD − PQ = AD − 2r

AD =BC + 2r= x+ 2r

Пусть $h$ - длина высоты треугольника $BCK$ , проведённой из точки $K$ . Тогда длина высоты треугольника $ADK$ , проведённой из точки $K$ равна $h+ 2r$ . Значит, коэффициент подобия треугольников $ADK$ и $BCK$ с одной стороны равен $h+2r- h$ , а с другой $AD- x+2r BC = x$ , откуда $h= x$ . Значит, площадь треугольника $ADK$ равна

AD ⋅(h+2r) (x+ 2r)2 ----2-----= ---2---

Ответ:

$(x+-2r)2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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 $TL ⊥ BC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#83389

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

3. Пусть $∠BAC =∠DEF = ∠DFE$ . Средняя линия треугольника $DEF$ , параллельная $EF$ , пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что точка $A$ , $D$ , $X$ , $Y$ лежат на одной окружности.

4. В треугольник $DEF$ вписан треугольник $XY Z$ , гомотетичный треугольнику $ABC$ . Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается описанной окружности $ABC$ тогда и только тогда, когда касается описанной окружности $XY Z$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Пункт 3, подсказка 1

Что же даёт равенство углов в условии? Чем будут DF и DE для описанной окружности △AFE?

Пункт 3, подсказка 2

Конечно, XY — радикальная ось. Тогда можно посчитать степени точек для X и для Y. Из равенства для X, что можно сказать о 😆 и окружности, описанной около △AFD? 😆 — касается данной окружности, отсюда можно получить равенство для углов. Останется проделать аналогичные рассуждения для Y и проверить, чему равна сумма противолежащих углов XAYD.

Пункт 4, подсказка 1

Окружность описанная около △DEF повторно пересекает стороны BC, AC, AB в точках D', E', F' соответственно. Окружность △XYZ повторно пересекает стороны EF, DF, DE в точках X', Y', Z' соответственно. Что можно сказать о пересечение описанных окружностей △EX'Z', △FX'Y' и △DY'Z'. Они пересекаются в одной точки, пусть М. Выясните, каким ещё окружностям принадлежит точка М?

Пункт 4, подсказка 2

Очень много окружностей пересекающихся в М. Давайте сделаем инверсию φ в этой точке с произвольным радиусом. Какие подобные треугольнике теперь можно увидеть? Например, △AE'F' ~ △φ(X') φ(E) φ(F). Какие ещё два аналогичных подобия можно получить?

Показать ответ и решение

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =$ $= 180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDE$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BED$ и $DFC$ равнобедренные, то $∠EBD =∠EDB$ и $∠FCD = ∠FDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDE − ∠FDC =180∘− ∠B − ∠C =∠BAC

Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

Получается, что $D ′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

ED = ED′ = EB и D′F = FD = FC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $E,$ а $C,D$ и $D ′$ с центром в $F.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ ′ ′ ′ ∠EBD =∠AED ∕2∠AFD ∕2= ∠ACD

Получаем, что $D′$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

3. Обозначим за $S$ и $T$ середины $DF$ и $DE$ соответственно. Т.к. $∠SFE = ∠FAE = ∠FET$ , то $SF$ и $TE$ — касательные к окружности, описанной около $AF E$ .

$PIC$

Рассмотрим пару окружностей: описанная окружность треугольника $AFE$ и окружность нулевого радиуса с центром в точке $D$ . Рассмотрим степени точек $S$ и $T$ относительно данных окружностей:

pow (S)= SF2 = SD2 =pow (S) (AFE ) D

pow (T)= TE2 = TD2 = pow (T) (AFE) D

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $XA ⋅XF = XD2$ и $YA⋅Y E = YD2.$ Следовательно, $XD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ , и $YD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ . Тогда

∠XAD = ∠XDF, ∠YAD = ∠YDE

∠XDF + ∠YDE =∠BAC

∘ ∘ ∠XDY + ∠XAY =∠XAY +∠XAY +180 − ∠DFE − ∠DEF = 180

В итоге $XAY D$ — вписанный.

4. Окружность $(DEF )$ повторно пересекает стороны $BC$ , $AC$ , $AB$ в точках $′ D$ , $′ E$ , $′ F$ соответственно. Окружность $(XY Z)$ повторно пересекает стороны $EF$ , $DF$ , $DE$ в точках $′ X$ , $′ Y$ , $′ Z$ соответственно.

Окружности $′ ′ (EX Z )$ и $′ ′ (F X Y)$ повторно пересекаются в точке $M$ . Заметим, что

∠Y′MZ ′ = ∠DEF + ∠DFE = π− ∠EDF,

поэтому $M$ лежит на окружности $′′ (DY Z )$ . Также

∠EMF = ∠FMX ′+ ∠EMX ′= ∠F Y′X ′+∠EZ ′X ′ =∠F XY + ∠EXZ = π− ∠A,

поэтому $M$ лежит на окружности $(AEF )$ . Аналогично $M$ лежит на окружностях $(BFD)$ , $(CED )$ .

Пусть $Φ$ — инверсия с центром в точке $M$ и произвольным радиусом. Тогда

$pict$

Также

∠ Φ(X ′)Φ(E)Φ(F )=∠F MX ′ = ∠FY′X′ = ∠FXY = ∠AF E = ∠AE ′F ′.

Аналогично $∠Φ(X′)Φ (F)Φ(E)= ∠AF′E′$ . Следовательно, треугольники $AE ′F ′$ и $Φ(X ′)Φ(E )Φ (F)$ подобны. Проделывая аналогичные рассуждения для двух других сторон мы получаем

△ABC ∪ △D ′E ′F′ ∼ △Φ (X ′)Φ(Y′)Φ(Z′)∪△Φ (D )Φ(E)Φ(F).

Следовательно, угол между окружностями $′ ′ ′ Φ((X Y Z))$ и $Φ((DEF ))$ равен углу между окружностями $(ABC )$ и $(DEF )$ по подобию, с другой стороны, равен углу между окружностями $′ ′′ (X Y Z )$ и $(DEF )$ , поскольку инверсия сохраняет углы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#85176

Окружности радиусов $R$ и $r$ $(R> r)$ касаются внутренним образом в точке $A$ . Хорда $CD$ большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньшей окружности. $E$ — одна из точек пересечения $CD$ с меньшей окружностью. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей как $O$ и $O′$ соответственно.

Тогда $′ AO = r, AO = R$ .

$PIC$

Треугольники $AEE′$ и $ACD$ равнобедренные, пусть $∠ACE = β = ∠ADE ′$ и $∠CAE = α= ∠DAE ′.$

Тогда по свойству внешнего угла треугольника $∠AED = α+ β = ∠AE′C.$

По теореме синусов в треугольнике $ACD$ получаем $AC = 2Rsinβ$

По теореме синусов в треугольнике $AEE′$ получаем

AE = AE′ = 2rsin(α +β)

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $ACE,$ обозначив искомый радиус описанной около него окружности за $RACE :$

2RACE = --AC----= AE-- sin(α +β) sinβ

Следовательно

2 --AC---- AE-- 2R-sinβ-⋅2rsin(α+-β) 4RACE = sin(α+ β) ⋅sinβ = sin(α +β)⋅sinβ

4R2ACE = 4Rr

√ --- RACE = Rr

Ответ:

$√Rr-$

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)

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.

Предыдущий раздел

Следующий раздел