Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .02 Осевая симметрия

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Преобразования плоскости

Центральная симметрия

Осевая симметрия

Поворот

Гомотетия

Три центра гомотетии (теорема о трёх колпаках)

Поворотная гомотетия

Инверсия

Инверсия + симметрия

Проективные преобразования

Изогональное сопряжение

Линейное движение

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#80297Максимум баллов за задание: 7

Отрезки $AD$ и $CE$ — биссектрисы углов треугольника $ABC.$ Точки $K$ и $M$ — основания перпендикуляров, опущенных из $B$ на отрезки $AD$ и $CE$ соответственно. Докажите, что если $BK = KM,$ то треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $I$ — инцентр $ΔABC.$ Сделаем симметрию относительно $BI.$ Прямая $BC$ перейдёт в прямую $AB,$ потому что $BI$ — биссектриса в $ΔABC.$ Заметим, что $ΔMBI =ΔMKI$ по катету и гипотенузе. Тогда $∠MIB = ∠KIB$ и прямая $EC$ перейдёт в прямую $AD.$ Это значит, что $∠(BC, EC)$ перейдёт в $∠(BA,AD),$ а значит эти углы равны, откуда вытекает равнобедренность, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#80298Максимум баллов за задание: 7

Два квадрата и равнобедренный треугольник расположены так, как показано на рисунке (вершина $K$ большого квадрата лежит на стороне треугольника). Докажите, что точки $A,B$ и $C$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Показать доказательство

$PIC$

У равнобедренного треугольника есть ось симметрии. При симметрии относительно этой оси $K$ переходит в $C,$ а $D$ переходит в $A.$ Значит, $AC$ образует тот же угол с основанием, что и диагональ квадрата $KD,$ то есть $45∘.$ Но $AB$ тоже образует с основанием угол $45∘,$ как диагональ меньшего квадрата. Значит, точки $A,B$ и $C$ действительно лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#80300Максимум баллов за задание: 7

Внутри острого угла $XOY$ взяты точки $M$ и $N,$ причем $∠XON =∠Y OM.$ На луче $OX$ отмечена точка $Q$ так, что $∠NQO = ∠MQX,$ а на луче $OY$ — точка $P$ так, что $∠NPO = ∠MP Y.$ Докажите, что длины ломаных $MP N$ и $MQN$ равны.

Показать доказательство

$PIC$

Отразим точку $N$ относительно прямых $OX$ и $OY$ и получим соответственно точки $N1$ и $N2.$ Из-за равенства $∠NQO =∠MQX$ точки $N1,Q,M$ коллинеарны. Аналогично получаем, что точки $N2,P,M$ коллинеарны. Тогда достаточно доказать равенство $MN1 = MN2.$

В силу симметрии $∠QOM = ∠N1OQ$ и $∠NOY = ∠Y ON2.$ Также заметим, что $∠NOY = ∠QOM,$ потому что $∠XON =∠Y OM.$ Отсюда получаем, что $∠QOM = ∠Y ON2.$ Также из доказанного выше следует, что $∠N1OX = ∠QON = ∠MOY,$ то есть $∠N1OX =∠MOY.$ Но тогда $∠N1OM = ∠N1OX + ∠XOM = ∠MOY + ∠YON2 = ∠MON2.$ В силу симметрии $N1O = NO =N2O.$ Таким образом, $ΔN1OM = ΔN2OM$ по второму признаку ( $N1O= ON2$ , $OM$ — общая, $∠N1OM =∠MON2$ ), а значит $N1M = MN2,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#80306Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольнике $ABCD$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ точка $N$ — середина стороны $CD,P$ — точка пересечения отрезков $DM$ и $BN.$ Докажите, что $∠MAN = ∠BPM.$

Показать доказательство

$PIC$

Отразим точку $P$ относительно $BC$ и получим точку $P1.$ Заметим, что $∠BMA =∠DMC$ в силу равенства $ΔABM$ и $ΔDMC,$ а значит $∠P1MC = ∠BMA =∠DMC$ (т.е. точки $A,M,P1$ коллинеарны), откуда $∠P1MB = ∠PMB.$ $MP =MP1$ в силу симметрии, то есть $ΔBMP1 =ΔBMP$ по второму признаку, из чего следует равенство $∠BP M = ∠BP1M.$ Теперь понятно, что достаточно доказать параллельность прямых $BP1$ и $AN.$ Проведём перпендикуляр $NZ$ к $AB.$ Нетрудно понять, что $∠CBN = ∠BNZ,$ но $2∠BNZ = ∠BNA$ и $2∠CBN = ∠P1BN,$ то есть $∠P1BN =∠BNA,$ а значит нужная параллельность доказана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#78851Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ выбраны точки $E$ и $F$ таким образом, что угол $EAF$ равен $45∘.$ Длина стороны квадрата равна 1. Найдите периметр треугольника $CEF.$

Источники: Межвед - 2021, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам вообще дали в задаче? Сторону квадрата и угол в 45 градусов. Скудный набор. Но при этом чуть-чуть про периметр нам известно, что это часть у двух сторон квадрата. Какая возможная есть гипотеза про вероятный периметр треугольника?

Подсказка 2

Ага, у нас треугольник расположен в углу и, если "развернуть" его гипотенузу, то периметр будет равен сумме двух сторон квадрата. Теперь это надо доказать. Попробуем сделать такую хитрую штуку. Что произойдёт, если точку D сначала отразить относительно AF, а потом относительно AE? Куда перейдёт точка D?

Подсказка 3

Верно, точка D перейдёт в точку B! Это будет так, потому что композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. Получается, что у нас точки B и D при отражении относительно сторон являются одной точкой X на EF. Но чем на самом деле является точка X в треугольнике AEF?

Подсказка 4

Да, это основание высоты из точки A. Это вытекает из свойств симметрии. Осталось только аналогично понять равенство отрезков, и мы добились своей цели. Победа!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вспомним, что угол, под которым видна сторона треугольника из центра вневписанной окружности, равен $∘ α 90 − 2,$ где $α$ — угол, в который окружность вневписана.

Центр вневписанной окружности треугольника $CEF$ лежит на прямой $AC,$ т.к. биссектриса совпадает с диагональю квадрата $AC.$ Но при этом

∠ECF ∠EAF = 45∘ = 90∘−--2--,

то есть точка $A$ как раз является центром вневписанной окружности треугольника $CEF.$

$PIC$

Тогда точки $B$ и $D$ — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон треугольника $CEF,$ а его периметр равен $BC + CD = 1+1 =2.$

Второе решение.

Если отразить точку $D$ относительно прямой $AF,$ а затем относительно прямой $AE,$ то она перейдет в точку $B.$ Действительно композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. То есть в нашем случае эти две симметрии эквивалентны повороту на угол $90∘$ относительно точки $A.$ Это означает, что образ точки $D$ при симметрии относительно $AF$ и образ точки $B$ при симметрии относительно $AE$ — это одна и та же точка; на рисунке она обозначена $K.$

$PIC$

Из точки $K$ отрезки $AE$ и $AF$ видны под углом $90∘$ (при симметрии сохраняются величины углов, поэтому например, углы $ABE$ и $AKE$ равны). Значит, точка $K$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $EF.$ И, наконец, поскольку $BE = EK$ и $DF = FK$ (при симметрии длины отрезков сохраняются), видим, что периметр треугольника $CEF$ равен сумме длин сторон $BC$ и $CD$ квадрата.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#68468Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть треугольник AIC и его описанная окружность. Может, мы знаем что-то хорошее про ее центр?

Подсказка 2

По лемме о трезубце, это середина дуги AC! Обозначим ее за O. Кроме того, он лежит на отрезке ED, т.к. это серединный перпендикуляр к AC. Как можно теперь связать точки E и D так, чтобы можно было что-то сделать с точкой F похожим образом?

Подсказка 3

Например, можно сказать, что E и D симметричны относительно прямой, перпендикулярной ED и проходящей через O) Давайте также отразим F относительно этой прямой, и получим точку F'. Что мы получили?

Подсказка 4

Мы получили, что есть DEFF' - вписанная равнобокая трапеция. Мы хотим доказать, что E, D, B, F на одной окружности, а уже есть DEFF'..Как можно переформулировать теперь задачу?

Подсказка 5

Можно теперь доказывать, что точки F', D, B и E лежат на одной окружности) Для этого попробуйте доказать, что O - центр окружности B₁FF'! Это можно сделать с помощью симметрии, чтобы доказать, что O лежит на B₁F') А дальше как действовать?

Подсказка 6

А дальше можно воспользоваться подобием треугольников OAB и OAB₁ и записать отношения сторон) После с помощью предыдущей подсказки можно по-другому выразить это равенство отношений, и получится требуемое условие для того, чтобы F', D, B и E лежали на одной окружности)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $Ψ$ середину дуги описанной окружности треугольника $ABC$ , не содержащей точку $B$ . Тогда $Ψ$ лежит на прямой $BB1$ . Кроме того, по лемме о трезубце точка $Ψ$ равноудалена от точек $I, A$ и $C$ , поэтому $Ψ$ является центром описанной окружности треугольника $AIC$ и $Ψ$ лежит на отрезке $ED$ . Пусть точка $F′$ симметрична точке $F$ относительно серединного перпендикуляра к $DE$ . Очевидно, $DEF ′F$ — равнобедренная трапеция, значит, $D, E, F, F′$ лежат на одной окружности.

Докажем, что точка $B$ лежит на этой же окружности. Заметим, что точка $F′$ лежит на $BB1$ , поскольку $Ψ$ равноудалена от точек $B1, F, F′$ и $∠F′F B1 = 90∘$ , т.е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $Ψ$ и радиусом $ΨF$ . Из подобия треугольников $AΨB1$ и $BΨA$ следует, что $ΨB1⋅ΨB = ΨA2$ , что равносильно равенству

ΨF′⋅ΨB = ΨD ⋅ΨE.

Из последнего равенства следует, что точки $F′, B, D, E$ лежат на одной окружности.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#79115Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $A$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекает сторону $CD$ в точке $K.$ Оказалось, что $DK =BC$ и $KC + AB = AD.$ Докажите, что $∠BCD = ∠ADC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть условие KC + AB = AD. Чтобы им воспользоваться, нужно получить на одной прямой два отрезка с общим концом, равных AB и KC. Тогда получится отрезок, равный AD.

Подсказка 2

Учитывая, что у нас есть биссектриса угла A, нет ничего проще, чем отразить точку A относительно неё, ведь тогда отрезок AD наложится на отрезок AB.

Показать доказательство

Пусть точка $D′$ симметрична $D$ относительно прямой $AK.$

$PIC$

Тогда

BC = DK = D′K

и $KC = AD − AB = AD ′− AB = BD ′,$ откуда следует равенство треугольников $BD ′K$ и $BCK$ по трём сторонам. Тогда

′ ′ ∠BCK = ∠BD K = ∠AD K = ∠ADK = ∠ADC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#123419Максимум баллов за задание: 7

Прямоугольник $ABCD$ сложили вдоль линии $MN$ так, что точки $B$ и $D$ совпали. Оказалось, что $AD = AC′.$ Найдите соотношение сторон прямоугольника.

Источники: ФЕ - 2020, 11.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание на ключевые данные: после разлома AD = AC. Что это говорит о треугольниках ACD и ACD? Как связаны их стороны и углы? Рассмотрите симметрию относительно линии разлома MN.

Подсказка 2

Из симметрии следует, что CD = BC. Почему? Как это помогает найти углы в получившихся треугольниках?

Подсказка 3

Поаробуйте доказать, что треугольник ACD равносторонний. Какие углы в нём равны 60°? Как это связано с прямоугольным треугольником AND?

Подсказка 4

В прямоугольном треугольнике AND с углом 30° катеты связаны как 3:1. Как это соотношение переносится на стороны исходного прямоугольника ABCD?

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что точка $B$ симметрична $D,$ а точка $C′$ симметрична $C$ относительно $MN.$ Значит, отрезок $C′D$ симметричен отрезку $BC$ относительно $MN,$ поэтому $C′D = BC.$ Кроме этого, точка $N$ при симметрии переходит в себя, поэтому развёрнутый угол $BNC$ переходит в угол $C ′ND,$ который, следовательно, тоже развёрнутый. Получается, точка $N$ лежит на прямой $C ′D.$

Противоположные стороны прямоугольника равны, поэтому $AD = BC = C′D.$ По условию $AD = AC′.$ Отсюда, $AC′ = AD = C′D,$ то есть треугольник $AC′D$ равносторонний и $∠C ′DA = 60∘.$ Так как $N ∈ C′D,$ то:

∠NDC = ∠C′DC =90∘− 60∘ =30∘

Получается, $△NDC$ — прямоугольний треугольник с углом $30∘.$ По свойству таких треугольников:

√- NC = 1ND, CD = -3ND 2 2

В силу симметрии $BN = ND,$ откуда

BC = BN +NC =ND + NC = ND + 1ND = 3ND 2 2

Итак, соотношение сторон прямоугольника равно

3 BC-= √2ND--= √3 CD --3ND 2

Ответ:

$√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#68083Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ равна диагонали $AC.$ На меньшей дуге $AD$ описанной окружности треугольника $ABD$ выбрана точка $E$ так, что $AB = AE.$ Найдите угол $∠CED.$

Источники: ИТМО - 2019, 11.5 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Продлим отрезок $AC$ за точку $A$ на его длину, получим точку $K.$ Пусть углы $CBA$ и $BCA$ равны по $α.$ Тогда угол $CAD$ равен $α,$ угол $BAC$ — $∘ 180 − 2α.$

$PIC$

Теперь нетрудно вычислить, что углы $BAD$ и $KAD$ равны по $∘ 180 − α,$ то есть точки $B$ и $K$ симметричны относительно $AD.$ Следовательно, угол $DBA$ равен углу $AKD,$ который, в свою очередь, равен углу $AEK,$ поскольку треугольник $AKE$ равнобедренный. Углы $AEK$ и $AED$ в сумме дают $180∘,$ потому что четырёхугольник $ABDE$ — вписанный. Отсюда получаем, что точки $K,E$ и $D$ коллинеарны.

Осталось заметить, что треугольник $CEK$ прямоугольный, потому что медиана равна половине стороны, к которой она проведена. То есть угол $CEK$ прямой, а значит смежный с ним угол $CED$ также прямой.

Второе решение.

Из равнобедренности треугольника $ABC$ и параллельности $BC$ и $AD$ получаем $∠ABC =$ $∠ACB = ∠CAD = α.$

$PIC$

Пусть прямая $BC$ пересекается с описанной окружностью треугольника $ABD$ в точке $F.$ Тогда $ABF D$ — вписанная, т.е. равнобедренная, трапеџия, откуда дуги $AB,AE$ и $DF$ равны. Отсюда $∠ABE = ∠DBF =β.$ $∠EAD =∠EBD = γ,$ так как эти углы опираются на одну дугу. $∠ABD =∠ABE + ∠EBD =β +γ.$ $∠EAC =∠EAD +∠CAD =γ +α.$ Значит, в равнобедренном треугольнике $EAC$ вьполняется равенство $∠ACE = ∠AEC = 180∘−2α−γ.$ Кроме того, $α= ∠ABC = ∠ABF = ∠ABD +∠DBF =2β+ γ$

∠CED = ∠AED − ∠AEC = (180∘− ∠ABD )− 180∘−-α−-γ= 180∘ − β − γ − 90∘+ 2β+-2γ-= 90∘. 2 2

Ответ:

$90∘$

Критерии оценки

Идея какого-либо дополнительного построения и ощутимые продвижения в подсчёте углов оцениваются половиной баллов. Только ответ - 0 баллов за задачу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#76411Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ через вершину $A$ проведена прямая $ℓ$ , перпендикулярная медиане, выходящей из вершины $A$ . Продолжения высот $BD$ и $CE$ треугольника пересекают прямую $ℓ$ в точках $M$ и $N$ . Докажите, что $AM =AN$ .

Источники: Курчатов - 2018, 9.4(см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу определим векторы, соответствующие сторонам треугольника и медиане. Как записать перпендикулярность «на языке векторов»?

Подсказка 2

Перпендикулярность векторов записываем как нулевое скалярное произведение! Теперь у нас есть 3 уравнения (скалярных произведения), попробуем их преобразовать и сделать выводы!

Подсказка 3

Нужное скалярное произведение есть 31/65 от суммы квадратов длин векторов AO и BO. А как учесть угол?)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $−A→B = ⃗b,−A→C = ⃗c,−A−M→ =⃗u$ и $−A−N→ =⃗v.$ Прямая $MN$ перпендикулярна медиане, следовательно,

⃗ ⃗u ⋅(b+ ⃗c)=0.

С другой стороны, $BM ⊥ AC$ и $CN ⊥ AB$ , поэтому

⃗ ⃗ (b− ⃗u)⋅⃗c= (⃗v− ⃗c)⋅b= 0.

Складывая три полученных равенства, выводим

(⃗u+ ⃗v)⃗b= 0

что возможно только если вектор $⃗u+ ⃗v$ нулевой, поскольку прямая $MN$ не перпендикулярна стороне $AB$ . Это обеспечивает равенство $AM =AN$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим середину отрезка $BC$ за $T$ . Отразим точки $C$ и $N$ относительно $A$ , то есть построим точки $C′$ и $N ′$ такие, что $A$ является серединой отрезков $CC ′$ и $NN ′.$

$PIC$

Ясно, что $C ′N′∥CN$ , что означает $C′N ′ ⊥BA$ . С другой стороны, $BM ⊥ C′A$ , так как $C′A$ и $CA$ - это одна и та же прямая. Наконец, отметим, что $ℓ⊥ C′B$ : это следует из того, что $ℓ$ перпендикулярна $AT$ , а $AT$ - средняя линия в треугольнике $CBA ′$ , то есть $AT ∥BC ′$ .

Осталось воспользоваться тем, что высоты $ℓ,BM$ и $C′N ′$ треугольника $ABC ′$ пересекаются в одной точке. Это означает, что $N′$ совпадает с $M$ , то есть $AM = AN ′ =AN$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#81907Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ в котором $AB <AC.$ Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно, а $D$ — основание высоты, проведенной из $A.$ На отрезке $MN$ нашлась точка $K$ такая, что $BK = CK.$ Луч $KD$ пересекает окружность $Ω,$ описанную около треугольника $ABC,$ в точке $Q.$ Докажите, что точки $C,N,K$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Рассмотрим серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Ясно, что на нём лежит точка $K.$ Отразим относительно него точку $A,$ получим точку $′ A ,$ которая также лежит на $Ω.$ Заметим, что $ΔAKD$ и $′ ΔAKA$ равнобедренные (первый из-за того, что $MN$ — серединный перпендикуляр к $AD,$ а второй в силу симметрии). Следовательно, точка $K$ равноудалена от точек $D,A$ и $′ A .$ Но для прямоугольного $′ ΔDAA$ (потому что $′ AA ∥ BC$ ) существует лишь одна точка с таким свойством, а именно середина его гипотенузы $′ A D.$ Таким образом, $D,K$ и $′ A$ коллинеарны. Отсюда $′ ′ ∠KQC = ∠A QC = ∠A AC = ∠ACB = ∠ANM.$ Отсюда и следует нужная вписанность.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#81909Максимум баллов за задание: 7

Дан неравнобедренный треугольник $ABC,$ в котором $∠B = 135∘.$ Пусть $M$ — середина отрезка $AC.$ Точка $O$ — центр окружности $Ω,$ описанной около треугольника $ABC.$ Луч $BM$ вторично пересекает окружность $Ω$ в точке $D.$ Докажите, что центр окружности $Γ ,$ описанной около треугольника $BOD,$ лежит на прямой $AC.$

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Так как $∠ABC = 135∘,$ то $∠AOC =90∘.$ Так как $OM$ — медиана в прямоугольном треугольнике $AOC,$ имеем $OM = AM = MC.$ На продолжении отрезка $OM$ за точку $M$ отметим точку $E$ так, что $OM =ME.$ Поскольку четырёхугольник $ABCD$ вписанный,

BM ⋅MD = AM ⋅MC = OM ⋅ME.

Следовательно, точка $E$ лежит на окружности $Γ .$

$PIC$

Точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC,$ поэтому $AC ⊥ OM.$ Значит, прямая $AC$ является серединным перпендикуляром к отрезку $OE.$ Поскольку отрезок $OE$ является хордой окружности $Γ ,$ её центр лежит на прямой $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#83168Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ где $∠BCD = 90∘$ . Пусть $E$ — середина $AB$ . Докажите, что $2EC ≤ AD+ BD.$

Источники: КМО - 2018, вторая задача второго дня для 8-9 классов, автор Белов Д.А. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Отразим точку $B$ относительно прямой $CD$ . Получим точку $′ B$ .

$PIC$

Заметим, что $CE$ — средняя линия треугольника $BAB ′$ . Значит, $AB′ = 2CE$ . При этом из симметрии $B ′D = BD$ . Тогда требуемое неравенство эквивалентно следующему: $AB′ ≤ AD +DB ′$ . А это в точности неравенство треугольника для $ADB ′$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим $M$ — середину $BD$ — и проведём $MC$ .

$PIC$

$BD MC = -2-$ как медиана треугольника $BCD$ , проведённая к гипотенузе. При этом $AD ME = -2-$ как средняя линия треугольника $ABD$ . Из неравенства треугольника для $BME$ получаем $CE ≤ MC + ME$ , или, что то же самое, $BD AD CE ≤ -2-+ -2-$ . Требуемое получается из этого неравенства удвоением обеих частей.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно заметить, что эти решения одинаковы с точностью до гомотетии с центром в точке $B$ и коэффициентом 2.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#134549Максимум баллов за задание: 7

Высоты, проведенные из вершин $A,$ $B$ и $C$ остроугольного треугольника $ABC,$ пересекают стороны треугольника в точках $A , 1$ $B , 1$ $C1$ соответственно, а также пересекают описанную окружность в точках $A2,$ $B2,$ $C2$ соответственно. Прямая $A1C1$ пересекает описанные окружности треугольников $AC1C2$ и $CA1A2$ в точках $P$ и $Q,$ отличных от $A1$ и $C1.$ Докажите, что окружность $PQB1$ касается прямой $AC.$

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Поскольку

∘ ∠C2AB = ∠C2CB = 90 − ∠B = ∠HAB,

треугольники $C2AC1$ и $HAC1$ симметричны относительно прямой $AB.$ Значит, и окружности $C2AC1$ и $HAC1$ симметричны относительно прямой $AB.$ На окружности $HAC1$ лежит точка $B1$ (так как $∠AB1H = 90∘),$ тогда точка $X,$ симметричная точке $B1$ относительно прямой $AB,$ лежит на окружности $C2AC1.$

Из симметрии $∠XC A =∠B C A, 1 1 1$ а кроме того, $∠B C A = ∠BC A 11 1$ (например, из вписанных четырёхугольников $ACA C 1 1$ и $BCB C , 1 1$ вписанных в окружности с диаметрами $AC$ и $BC ).$ Отсюда $∠XC A = ∠BC A, 1 1$ значит, $X$ лежит на прямой $A C . 1 1$ Таким образом, $X$ совпадает с $P.$

$PIC$

Из симметрии точек $P$ и $B1$ относительно $AB$ вытекает, что $PB1 ⊥ AB$ и $PB1 ∥C1C2$ . Аналогично доказывается, что $QB1 ∥A1A2.$

Для завершения решения достаточно установить равенство $∠PB1A =∠P QB1.$ Из параллельности прямых: $∠PB1A =∠LC1A,$ $∠P QB1 = ∠LC1A.$ Но $∠LC1A = ∠C1A1A$ из вписанного четырёхугольника $AC1A1C.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Также решение можно закончить и по-другому. Заметим, что прямые $AB$ и $AC$ являются серединными перпендикулярами к отрезкам $B1P$ и $B1Q$ соответственно, поэтому точка $B$ является центром описанной окружности треугольника $B1P Q,$ откуда и следует искомое касание, в силу того, что $BB1$ высота на $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#71262Максимум баллов за задание: 7

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $B$ треугольника $ABC,$ пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Медиана из вершины $C$ делит дугу $PQ$ этой окружности пополам. Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2017, задача 11.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Откуда вообще могла бы взяться равнобедренность? Медиана и разделённая ею пополам дуга могут наводить на мысли о симметрии чертежа. Но что же делать, когда данных для строгого обоснования не хватает?

Подсказка 2

Попробуем пойти от противного: постройте точку, симметричную одной из вершин нашего треугольника, относительно изображённой медианы. Что за фигуры образуются, если построенная точка не совпадает с другой вершиной треугольника?

Подсказка 3

Во-первых у нас есть теорема Фалеса – он даст параллельность! А равные дуги и симметрия построенной картинки приведут нас к равенству углов.

Подсказка 4

Итак, перед нам вписанная трапеция! Осталось лишь немного поработать с равными отрезками и треугольниками, чтобы в конце концов сделать вывод о противоречии!

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина стороны $AB,$ $K$ — середина дуги $PQ,$ лежащая на отрезке $CM, B′$ — точка, симметричная точке $B$ относительно медианы $CM.$

Предположим противное. Тогда $′ B ⁄= A,$ $′ AB ∥CM$ и

′ ∠CAK = ∠PAK = ∠QBK =∠CB K.

$PIC$

Таким образом, $CK$ и $AB′$ — основания вписанной, а следовательно, равнобочной трапеции $AB ′CK.$ Значит, $AK = CB ′ =CB, AC = KB ′ = KB,$ и треугольники $AKB$ и $BCA$ равны по трем сторонам. Противоречие: один из двух равных треугольников не может лежать внутри другого.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#98030Максимум баллов за задание: 7

Диагонали выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Известно, что $AB =BC = CD = DE = 1.$ Докажите, что $AD < 2.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2017, ЗЭ, 8.3(см. tasks.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Глобальный план решения такой: мы хотим найти некоторый треугольник, в котором AD является стороной, оценить AD суммой двух других сторон и доказывать, что эта сумма меньше 2.

Подсказка 2

После прочтения идеи решения возникает желание отразить точку B относительно AC. Тогда получится треугольник AB'D, в котором AB' = AB = 1. Попробуйте ещё поискать равные отрезки. К какому же в итоге треугольнику будет хорошо применить неравенство треугольника?

Показать доказательство

Заметим, что $∠CED < 90∘,$ потому что это угол при основании равнобедренного треугольника $CDE.$ Значит, $∠BEC > 90∘,$ поэтому $BC > CE.$

Обозначим через $′ B$ точку, симметричную точке $B$ относительно прямой $AC.$

$PIC$

Поскольку $BC = CD = DE,$

∠B ′CD = ∠DCE − ∠B′CE = ∠CED − ∠BCE = ∠CBE = ∠CDE

Также $AB ′= CB ′ =CD = 1.$ Тогда треугольники $DCB ′$ и $EDC$ равны по двум сторонам и углу между ними, откуда $B ′D = CE.$ Таким образом,

AD ≤ AB′+ B′D= 1+ CE < 1+BC = 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#100425Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно. Известно, что $BM = BN$ и $AO = OC,$ где $O$ — точка пересечения отрезков $AN$ и $CM.$ Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте пойдëм от противного, пусть AB > BC. Если бы они были равны, треугольник был бы равнобедренным. Попробуйте сделать какое-нибудь преобразование, которое перевело бы равнобедренный треугольник в себя. На реальном чертеже картинка получится некрасивая, в ней и нужно найти противоречие.

Подсказка 2

Тут нельзя придумать ничего проще симметрии относительно биссектрисы угла B. Посмотрите, куда перейдëт точка A. Поработайте с равнобедренным треугольником, который получился после симметрии.

Показать доказательство

Допустим, что $AB ⁄=BC.$ Пусть для определенности $AB > BC.$ Отложим на луче $BC$ отрезок $BD =AB.$ В силу симметрии относительно биссектрисы угла $B$ отрезки $AN$ и $DM$ пересекаются в точке $Q$ на этой биссектрисе. При этом точка $O$ лежит на отрезке $QN,$ так как отрезки $AQ$ и $CM$ лежат с разных сторон от прямой $DM.$ Пусть $R$ и $K$ — середины отрезков $AD$ и $AB$ соответственно, а $P$ — точка пересечения $AC$ и $BQ.$ По теореме Фалеса середина $S$ отрезка $AC$ лежит на средней линии $RK$ треугольника $ABD,$ и, следовательно, на отрезке $AP.$ Заметим, что отрезки $RK$ и $QN,$ а, значит, и точка $S$ и отрезок $QN$ лежат по разные стороны от прямой $BQ$ .

Так как $BC < BD,$ точка $P$ лежит на отрезке $BR.$ Поскольку угол $ARB$ — прямой, угол $APR$ — острый. Значит, серединный перпендикуляр отрезка $AC$ пересекается с лучом $BR$ в точке $X$ вне отрезка $BP.$ По условию точка $O$ лежит на этом серединном перпендикуляре, причём с той же стороны от прямой $AC,$ что и точка $B.$ Стало быть, точка $O$ лежит на луче $XS.$ Но этот луч вместе с точкой $S$ лежит по разные стороны от прямой $BQ$ с отрезком $QN,$ что противоречит доказанному в первом абзаце.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#32961Максимум баллов за задание: 7

Пусть $OP$ — диаметр окружности $Ω$ , $ω$ — окружность с центром в точке $P$ и радиусом меньше, чем у $Ω$ . Окружности $Ω$ и $ω$ пересекаются в точках $C$ и $D$ . Хорда $OB$ окружности $Ω$ пересекает вторую окружность $ω$ в точке $A$ . Найдите длину отрезка $AB$ , если $BD ⋅BC = 5$ .

Источники: ОММО-2016, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте продлим отрезок OB до пересечения с окружностью ω и назовём точку их пересечения N, аналогично продлим DB и назовем их точку пересечения M. Что тогда можно сказать про углы ABC, DBA и MBN?

Подсказка 2

Дуги OC и OD равны в силу симметрии относительно диаметра OP. Значит, ∠ABC = ∠DBA, а ∠DBA и ∠MBN равны, как вертикальные. Что тогда можно сказать про точки M и C, а также отрезки BC и BM?

Подсказка 3

Точки M и C симметричны относительно перпендикуляра к AB, проходящего через точку B, следовательно, отрезки BC и BM будут равными. По условию нам дано CB*BD = 5, следовательно, MB*BD = 5. На какую теорему нам сразу же намекает такое произведение?

Подсказка 4

Когда мы видим произведение отрезков одной хорды, то сразу же нужно вспомнить теорему о пересекающихся хордах, запишем её: MB*BD = AB*BN. Отлично, теперь у нас появилось нужное нам AB, но также появился отрезок BN, про который нам ничего неизвестно. Подумайте, как можно заменить BN?

Подсказка 5

Давайте заметим, что треугольник APN – равнобедренный, а ∠ABP = 90°, в таком случае отрезок PB является высотой и медианой, а BN = AB.

Показать ответ и решение

Пусть $N$ и $M$ – вторые точки пересечения с окружностью $ω$ прямых $OA$ и $DB$ соответственно. В силу симметрии относительно прямой $OP$ , дуги $OC$ и $OD$ равны. Следовательно, $∠ABC =∠DBA =∠MBN.$

$PIC$

Первое решение.

Обозначим эти равные углы через $α$ . Из вписанности четырёхугольника $CBP D$ получаем, что $∠CPD = ∠CBD = 2α$ . Следовательно, поскольку $P$ – центр $ω$ , имеем $D^A + ^AC = DAC = 2α.$ C другой стороны, $^DA + ^MN = 2∠DBA = 2α$ . Вычитая общую дугу $^DA$ , получаем, что $^AC = ^MN$ , откуда $^AM = ^CN.$

Значит, $∠CAB = ∠ADB$ , и треугольники $ABC$ и $DBA$ подобны по двум углам, откуда $ABBC-= BADB-$ , так что $AB2 = BC ⋅BD =5,AB =√5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $∠ABP = 90∘$ , как вписанный угол в окружности $Ω$ , опирающийся на её диаметр $OP$ , поэтому $BP$ является высотой и биссектрисой треугольника $AP N$ . Получаем, что точки $M$ и $C$ симметричны относительно прямой $BP$ , так что $BC =BM.$ В окружности $ω$ по теореме о пересекающихся хордах $BA ⋅BN =BD ⋅BM.$ Тогда $AB ⋅AB =BD ⋅BC = 5,$ откуда сразу получаем ответ.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В ходе первого решения мы выяснили, что $∠CDN =∠CAB =∠BDA$ . То есть прямые $DC$ и $DB$ симметричны относительно биссектрисы угла $ADN$ . А во втором решении замечено, что $B$ — середина стороны $AN.$

Тогда оказывается, что точка $C$ лежит на симедиане треугольника $ADN$ . А сама задача тесно связана со следующим фактом: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам. Вы могли встретить его в такой задаче: пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, $M$ — середина стороны $BC,$ описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ окружности вторично пересекаются в точке $D.$ Тогда прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Ответ:

$√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#43116Максимум баллов за задание: 7

Вершины $K,L,M,N$ четырехугольника $KLMN$ лежат соответственно на сторонах $AB,BC,CD, DA$ квадрата $ABCD.$ Найти наименьший возможный периметр четырехугольника $KLMN,$ если $AK = 2$ см, $BK =4$ см и $AN =ND.$

Источники: ОММО-2010, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень часто, когда просят найти наименьший периметр, помогает сводить задачу к неравенству ломаной. Т.е. все нужные нам отрезки "сложить" в одну ломаную. Каким образом это удобнее всего сделать в нашем случае, учитывая, что у нас квадрат?

Подсказка 2

Квадрат удобно отражать и переносить. Осталось лишь подумать, относительно каких сторон это делать, чтобы каждый раз у нас появлялся новый кусочек ломаной, которую хотим создать из нужных отрезков.

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

(везде ниже единицы измерения — сантиметры)

Из первого условия $AB =6 =⇒ AN = ND = 3.$ Сведём задачу к неравенству ломаной. Для этого отразим квадрат относительно $CD$ ( $A → A′,B → B′),$ а затем относительно $BC ′$ ( $D → D ′,A′ → A′′,M → M ′).$ Легко видеть, что $LM = LM ′.$ Далее отразим $N$ относительно $C$ в точку $N′ ∈ D′A ′′.$ Можно считать, что точку $M$ мы ранее также отражали относительно $C,$ потому $M ′N ′ =MN.$ По неравенству ломаной $KN ′ ≤ KL+ LM ′+M ′N′ = PKLMN − NK.$ Отрезок $NK =√32-+22 = √13$ фиксирован, потому достаточно посчитать длину $KN ′$ (нетрудно видеть, что минимум достигается подбором точек $L$ и $M ).$ Используем теорему Пифагора $xKN ′ =6 +3= 9$ (“проекция на $Ox$ ”) и $yKN′ = 4+ 6= 10,$ откуда $KN ′ = √181.$

Второе решение.

Введём систему координат с центром в точке $A,$ ось $Ox$ направим вдоль $AD,$ ось $Oy$ вдоль $AB,$ возьмём за единицу измерения $1$ см. Обозначим координату точки $L$ по оси $x$ за $a,$ координату точки $M$ по оси $y$ — за $b.$ Тогда по теореме Пифагора периметр четырёхугольника $KLMN$ равен

∘a2+-42+ ∘(6−-a)2+-(6− b)2+∘32-+-y2+∘32-+-22

Отметим точки с соответствующими им координатами: $R (a;4),P(6;10− b);Q(9;10).$ По неравенству ломаной

∘-2----2 AR+ RP +P Q≥ AQ = 9 + 10

причём равенство достигается при $x4 = 106−b = 190 =⇒ a= 158 ,b= 103 .$

Итак, минимальный периметр равен $√92-+102+ √32+-22.$

Ответ:

$√13-+√181$ см

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#100845Максимум баллов за задание: 7

Около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность. Длины сторон $AB$ и $AD$ равны. На стороне $CD$ расположена точка $Q$ так, что $DQ = 1$ , а на стороне $BC$ — точка $P$ так, что $BP = 2.$ При этом $∠DAB = 2∠QAP$ . Найти длину отрезка $P Q$ .

Показать ответ и решение

Пусть $∠DAQ =α$ и $∠P AB =β.$

$PIC$

Тогда $∠QAP =α + β,$ так как $∠DAB = 2∠QAP.$ Из точки $A$ проведём луч $AM (M ∈ CD )$ такой, что $∠MAQ = α$ и $∠MAP = β.$

Тогда $AQ$ — биссектриса угла $DAM.$ Отразим точку $D$ относительно прямой $AQ.$ Пусть при отражении $D$ перейдет в какую-то точку $K,$ при этом $K$ принадлежит $AM.$ Тогда в силу симметрии треугольники $ADQ$ и $AKQ$ равны, то есть $KQ = DQ = 1$ и $∠AKQ =∠ADQ,$ а так же $AD =AK.$

Аналогично, $AP$ — биссектриса угла $BAM.$ Заметим, что если мы отразим точку $B$ относительно прямой $AP$ в какую-то точку $K ′$ на $AM,$ то отрезки $AB$ и $AK ′$ будут равны. Получается, что $AK = AD = AB =AK ′,$ откуда точки $K$ и $K′$ совпадают. В силу симметрии треугольники $AKP$ и $ABP$ равны, то есть $KP = PB = 2$ и $∠AKP = ∠ABP.$

Заметим, что $∠QKP = ∠QKA +∠AKP =∠ADQ +∠ABP =180∘$ по свойству вписанного четырёхугольника. Отсюда точки $Q,K,P$ лежат на одной прямой, то есть $QP =QK + KP = 1+ 2= 3.$

Ответ:

Предыдущая подтема

Следующая подтема