Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .09 Угадай точку

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в планике

Построения циркулем и линейкой

Проведение средней линии

Удвоение

Спрямление

Проведение параллельных прямых

Дополнение углов

Проецирование в планике

Обратный ход и построения от обратного

Угадай точку

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79119

В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $BC$ проведена биссектриса $BL.$ На $BC$ выбрана точка $K$ так, что $CK = AL.$ Докажите, что точки $A,B,K$ и $L$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Определим точку $K′$ на $BC$ такую, что четырёхугольник $ABK ′L$ вписанный и докажем, что $AL = CK ′.$ Ясно, что это равносильно тому, что $K′ = K.$

Пусть $∠ABL =∠LBC =α.$ В силу вписанности $∠ABL = ∠AK′L =α,∠LBK ′ = ∠LAK ′= α.$ Значит, треугольник $ALK ′$ равнобедренный, то есть $AL = LK′.$ Угол $K′LC$ равен $2α$ как внешний у треугольника $ALK ′.$ Угол $ACB$ также равен $2α,$ потому что треугольник $BAC$ равнобедренный. Значит, треугольник $K′LC$ равнобедренный и $AL =K ′L = K′C.$ Получили требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#84711

На стороне $AC$ взяли произвольную точку $D.$ В треугольники $ABD$ и $CBD$ вписаны окружности с центрами $I 1$ и $I 2$ соответственно. Докажите, что окружности $(I1DI2)$ проходят через фиксированную точку, не зависящую от $D.$

Показать доказательство

Докажем, что эта точка является точкой касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$ Пусть $I$ — инцентр треугольника, а описанная окружность $I1DI2$ пересекает сторону $AC$ в точке $T$ и $BD$ в точке $X.$

$PIC$

Тогда по лемме о воробьях для треугольников $ABD$ и $BCD$ мы можем сказать следующее про сумму отрезков.

BX +AT = AB

BX +CT = BC

Теперь, вычитая одно из другого получим, что $CT − AT = BC − AB.$ Но это и есть условие для точки касания вписанной окружности со стороной $AC.$ Значит, $T$ всё таки точка касания вписанной окружности с $AC,$ которая не зависит от $D,$ и утверждение задачи доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#84747

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ через точку, делящую ломаную $BAC$ пополам, провели прямую $ℓ , A$ параллельную биссектрисе угла $BAC.$ Аналогично определены прямые $ℓB$ и $ℓC.$ Докажите, что $ℓA,ℓB,ℓC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

Докажем, что прямая $ℓA$ проходит через $MA$ — середину стороны $BC.$ Пусть $AC >BC.$ Пусть прямые, параллельные биссектрисе угла $A,$ проходящие через $MA$ и $B,$ пересекают прямую $AC$ в $X$ и $Y.$ Тогда $MAX$ — средняя линия в треугольнике $BYC,$ откуда $CX = YX = AX + AB,$ а значит $X$ делит ломанную $BAC$ пополам. Значит доказали, что $ℓA$ проходит через $MA.$ Следовательно, $ℓA,ℓB,ℓC$ — биссектрисы в треугольнике $MAMBMC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91890

На окружности даны точки $A$ и $B.$ На окружности берется произвольная точка $M$ и из середины отрезка $BM$ проводится перпендикуляр к прямой $AM.$ Докажите, что этот перпендикуляр проходит через некоторую точку, не зависящую от выбора точки $M.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $C$ — точка, диаметрально противоположная точке $A,D$ — середина отрезка $BC, P$ — основание перпендикуляра к $AM.$ Тогда $XD$ — средняя линия треугольника $CMB,$ поэтому $XD ∥MC ⊥ AM.$ Но и $XP ⊥ AM$ по условию. Следовательно, точки $P,X$ и $D$ лежат на одной прямой. То есть все перпендикуляры проходят через середину отрезка $BC,$ который не зависит от выбора точки $M.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94190

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC,$ а $I a$ и $I b$ — центры вневписанных окружностей, касающихся сторон $BC$ и $AC$ соответственно. Докажите, что точки $I,C$ и середины отрезков $AIa,BIb$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Обозначим через $M, N$ середины $BI B$ и $AI A$ , через $X$ — середину $I I B A$ . Во-первых, заметим, что $I I ⊥ CI B A$ (биссектрисы смежных углов). Во-вторых, рассмотрим перпендикуляр к прямой $BIB$ , проведённый в точке $M$ . Он проходит через $X$ . Это нетрудно показать, нужно лишь заметить, что $BIA ⊥ BIB$ (биссектрисы смежных углов), и сделать гомотетию в точке $IB$ с коэффициентом $1 2$ . Аналогично с перпендикуляром в $N$ . Осталось заметить, что точки $I,M, C,X,N$ лежат на одной окружности, что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94191

Пусть $A 1$ — точка описанной окружности треугольника $ABC,$ противоположная точке $A.$ Точка $A 2$ симметрична точке $A 1$ относительно прямой $BC.$ Аналогично определяются точки $B2$ и $C2.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $A2B2C2$ проходит через точку $H.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной около $ABC$ окружности. При симметрии относительно $O$ треугольник $ABC$ перейдет в треугольнике $A1B1C1.$ Пусть $H$ перейдет в точку $H1$ — ортоцентр треугольника $A1B1C1.$

Докажем, что каждая из точек $A2,B2,C2$ лежит на окружности с диаметром $HH1.$ Действительно, отрезок $HA1$ проходит через середину $BC$ и делится ею пополам, откуда $∘ ∠HA2A1 =90$ и прямая $A1A2$ проходит через $H1,$ поскольку является высотой в треугольнике $A2B2C2,$ следовательно, $∘ ∠HA2H1 = 90 .$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#94194

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B,$ а $P$ и $Q$ — точки касания этих окружностей с их общей касательной (точка $B$ лежит внутри треугольника $AP Q).$ Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $AP Q.$ Докажите, что угол $ABH$ прямой.

Показать доказательство

$PIC$

По теореме об угле между хордой и касательной имеем $∠QP B =∠P AB,∠PQB = ∠QAB.$ Значит, $∠PBQ = 180∘− ∠P AQ.$ Заметим, что из точки $H$ отрезок $PQ$ также виден под углом $180∘ − ∠P AQ.$ Таким образом, точки $P,H,B,Q$ лежат на одной окружности.

Прямая $AB$ — радикальная ось окружностей, а прямая $PQ$ — их общая касательная. Значит, $AB$ проходит через $M$ — середину $PQ.$ Давайте отразим точку $A$ относительно точки $M.$ Получим точку $A′,$ которая также лежит на окружности $(PHQ ),$ потому что отрезок $PQ$ виден из неё под углом $∠PAQ,$ но она лежит по другую сторону от отрезка.

Заметим, что

∠A′PH = ∠A′PQ +∠QP H =∠P QA +∠QP H =90∘

(чтобы понять, почему это так, достаточно провести высоту $PH ).$ Значит, $A ′H$ — диаметр окружности $(PHQ ).$ Отсюда получаем, что $∠HBA ′ = 90∘.$ Следовательно, угол $ABH$ прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#100423

Точки $D,$ $E$ и $F$ выбраны на сторонах $AC,$ $AB$ и $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$ ( $AB = BC)$ так, что $DE = DF$ и при этом $AE + FC =AC.$ Докажите, что $∠A = ∠FDE.$

Показать доказательство

$PIC$

Давайте отметим на $AC$ такую точку $X,$ что $AX =CF,XC = AF.$ Заметим, что треугольники $AEX$ и $CFX$ равны, значит, $EX = FX.$ То есть треугольник $EFX$ — равнобедренный. В таком случае серединный перпендикуляр $EF$ должен проходить как через $D,$ так и через $X,$ то есть пересекать прямую $AC$ дважды. Это, разумеется, возможно только если точки $D$ и $X$ совпадают. Значит,

∠EDF = 180∘− ∠EDA − ∠FDC = 180∘ − ∠EDA − ∠DEA = ∠A

что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#75130

Дан неравнобедренный треугольник $ABC.$ Выберем произвольную окружность $ω,$ касающуюся описанной окружности треугольника $ABC$ внутренним образом в точке $B$ и не пересекающую прямую $AC.$ Отметим на $ω$ точки $P$ и $Q$ так, чтобы прямые $AP$ и $CQ$ касались $ω,$ а отрезки $AP$ и $CQ$ пересекались внутри треугольника $ABC.$ Докажите, что все полученные таким образом прямые $P Q$ проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $ω.$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.5 (см. www.turgor.ru)

Показать доказательство

Пусть $R$ — точка пересечения касательных $AP$ и $CQ.$ Докажем, что все прямые $PQ$ проходят через точку $D$ — основание внешней биссектрисы угла $B$ треугольника $ABC$ (точка $D$ существует, так как треугольник неравнобедренный).

$PIC$

По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника $ARC,$ достаточно проверить, что

AP-⋅ RQ-⋅ CD-= 1 PR QC DA

Поскольку $RQ$ и $PR$ равны как касательные, достаточно проверить равенство

AP- AD- QC = DC

Но по свойству внешней биссектрисы

AB AD BC-= DC-

Так что проверяем равенство

AP- AB- QC = BC

Пусть $AB$ и $BC$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Запишем степени точек $A$ и $C$ относительно окружности $ω :$

AX ⋅AB = AP 2, CY ⋅CB = CQ2

Осталось проверить равенство

AX CY AB-= CB-

Это равенство следует из того, что $ω$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#100190

Диагонали четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Известно, что $AB = BC = CD,AO = 8$ и $∠BOC = 120∘.$ Чему равно $DO?$

Источники: Муницип - 2021, Татарстан, 8.5 (см. tasks.olimpiada.ru)

Показать ответ и решение

Отметим на прямой $AC$ такую точку $E,$ что треугольник $BOE −$ равносторонний. Докажем равенство треугольников $BAE$ и $BCO.$ Действительно, поскольку $AB = BC,$ треугольник $ABC$ — равнобедренный, и значит, $∠BAC = ∠BCA.$ Кроме того, отметим ещё одну пару равных углов $∘ ∠AEB = ∠BOC = 120.$ Таким образом, треугольники $BAE$ и $BCO$ равны по стороне и двум углам, отсюда $AE = CO$ и $AO = AE + EO =CO + BO.$

Если отметить на прямой $BD$ такую точку $F,$ что треугольник $COF$ — равносторонний, то аналогичными рассуждениями получим $DO = BO + CO.$ Отсюда следует, что $DO = AO =8.$

$PIC$

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71932

Высоты $BB 1$ и $CC 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Окружность с центром в точке $O b$ проходит через точки $A,C1$ и середину отрезка $BH.$ Окружность с центром в точке $Oc$ проходит через точки $A,B1$ и середину отрезка $CH.$ Докажите, что

BC B1Ob+ C1Oc >-4-

Источники: СпбОШ - 2020, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Прежде всего, обозначим середину отрезка $BH$ через $M,$ а окружность, проходящую через $A,C 1$ и $M,$ — через $ω.$

Поскольку $1 1 1 4BC < 4BH + 4CH,$ для решения задачи достаточно доказать неравенство $1 B1Ob ≥ 4BH$ (и, аналогично, $1 ) C1Oc ≥ 4CH .$

Это неравенство следует из удивительного факта: расстояние от точки $Ob$ до прямой $AC$ равно в точности $1 4BH.$ Докажем его двумя способами: в обоих мы обнаружим на окружности $w$ ещё одну точку.

Решеение 1.

Пусть точка $′ B$ симметрична вершине $B$ относительно прямой $AC.$ Проверим,

$PIC$

что она лежит на окружности $ω.$ Для этого достаточно проверить, что $BM ⋅BB′ = BC1 ⋅BA.$ В самом деле,

$BM ⋅BB′ = BM ⋅2BB1 =2BM ⋅BB1 = BH ⋅BB1 =BC1 ⋅BA,$ последнее равенство следует из вписанности четырехугольника $AB1HC1.$

Таким образом, центр $Ob$ окружности $w$ должен лежать на серединном перпендикуляре к её хорде $MB ′.$ Значит, расстояние от $Ob$ до $AC$ равно расстоянию между этим серединным перпендикуляром и прямой $AC,$ то есть между серединами отрезков $B′M$ и $B′B.$ Оно в два раза меньпе, чем расстояние от $M$ до $B,$ т. е. равно $1BH. 4$

Решение 2.

Отметим такую точку $A′,$ что $−−A→A′ = −−B→M.$ Пусть $∠BAC = α,$ тогда $∠C1AA ′ = ∠BAC +∠CAA ′ = α+ 90∘.$

С другой стороны, медиана $C M 1$ прямоугольного треугольника $BC H 1$ равна $BM,$ и $∠BC M = ∠C BM = 90∘ − α. 1 1$ 3начит, $∠MC A =90∘+ α. 1$ Итак, $∠MC A = 1$ $= ∠C AA ′ 1$ и $C M = BM = AA′. 1$ Следовательно, четырехугольник $MC AA ′ 1$ — равнобедренная трапеция, так что $A′$ лежит на окружности $AC M, 1$ т. е. на $ω.$

$PIC$

Поскольку центр $Ob$ лежит на серединном перпендикуляре к $AA′,$ расстояние от него до $AC$ равно $12AA ′ = 12BM = 14BH,$ что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#49306

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = AC$ ) угол при вершине $A$ равен $80∘$ . На сторонах $BC$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $∘ ∠BAD = 50$ , $∘ ∠ABE = 30$ . Докажите, что $∘ ∠BED = 40 .$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABE$ . Так как $∠ABE = 30∘$ , то $∠AOE = 60∘$ . Следовательно, треугольник $AOE$ — равносторонний. $AD$ в этом треугольнике является биссектрисой, поэтому треугольники $AOD$ и $AED$ равны. Далее, $∠BAD =∠ABD = 50∘$ , откуда $AD = BD$ ; следовательно, треугольники $BOD$ и $AOD$ равны по трем сторонам. Заметим, что из $∠AEB = 70∘$ следует, что $∠AOB =140∘$ . Наконец, $∠AED = ∠AOD =(360∘ − ∠AOB )∕2 =110∘$ и $∠BED =∠AED − ∠AEB =40∘.$

Второе решение.

$PIC$

Обозначим точку пересечения $BE$ и $AD$ за $F.$ Из условия сразу же находим внешний угол треугольника $DEF$ : $∘ ∠DF B =∠BAD +∠ABE =80$ . Нас просят доказать, что $∘ ∠BED = 40 ,$ тогда угол $EDF$ тоже должен быть равен $∘ 40.$ Давайте не будем думать и попробуем доказать $EF =F D$ счётом в синусах:

sin30∘ EF = AF sin70∘

∘ AF = BF sin30∘ sin50

sin80∘ BF = DF sin20∘

В итоге

EF sin 30∘sin 30∘sin80∘ sin40∘ cos40∘ cos40∘ DF-= sin-70∘sin-50∘sin20∘ = 2cos20∘sin50∘sin20∘ = sin50∘ =1

Третье решение.

$PIC$

Обозначим $∠BED =α.$ Из условия находим $∠AEB =70∘,∠EBD = 20∘.$ Замечаем, что $△ADB$ - равнобедренный, так как его углы при основании $AB$ равны по $50∘,$ поэтому $AD = BD.$ Выразим $AD$ и $BD$ из теоремы синусов: