Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .04 Гомотетия

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#74095Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что три прямые, проведённые через середины сторон треугольника параллельно биссектрисам противолежащих углов, пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте с помощью гомотетии перевести эти три прямые в другие три прямые, которые пересекаются в одной точке, тогда и изначальные прямые будут пересекаться в одной точке. В какие прямые проще перевести?

Подсказка 2:

Посмотрите на биссектрисы. Они пересекаются в одной точке. Как можно перевести изначальные прямые в биссектрисы?

Подсказка 3:

Обратите внимание на медианы. Какое полезное свойство, связанное с ними, может помочь в реализации подсказки 2?

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $l$ — прямая, проходящая через точку $A1$ (середину $BC$ ) параллельно биссектрисе угла $A.$ Сделаем гомотетию в точке пересечения медиан $M$ треугольника $ABC$ с коэффициентом $− 0.5.$ По свойству центра тяжести точка $A$ перейдёт в точку $A1.$ Биссектриса угла $A$ перейдёт в параллельную прямую, проходящую через точку $A1,$ то есть в $l.$

Таким образом, этой гомотетией мы перевели биссектрисы в соответствующие прямые. Биссектрисы пересекались в одной точке, значит и искомые прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#74096Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внутренним образом в точке $A.$ Секущая пересекает окружности в точках $M, N,P,Q$ (в таком порядке). Докажите, что $∠MAP =∠NAQ.$

Показать доказательство

Продлим $AN$ и $AP$ до пересечения с большей окружностью получив точки $N ′$ и $P′$ соответсвенно.

$PIC$

Заметим, что меньшая окружность и большая гомотетичны относительно $A,P$ и $N$ переходят в $′ P$ и $′ N$ соответсвенно. Значит $PN$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $QM$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $′ ′ ∠MAN = ∠QAP ,$ значит, $∠QAN =∠MAP.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#74816Максимум баллов за задание: 7

Чевианы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке. Окружность $ω A$ касается стороны $BC$ в точке $A 1$ и меньшей дуги $BC$ окружности $(ABC )$ в точке $A0.$ Аналогично определяются точки $B0$ и $C0.$ Докажите, что прямые $AA0,BB0$ , $CC0$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Рассмотрим следующее утверждение, называемое леммой Архимеда:

Окружность $ωA$ касается хорды $BC$ окружности $ω$ в точке $A1,$ а окружности $ω$ касается в точке $A0.$ Тогда $A0A1$ проходит через середину дуги $BC$ окружности $ω,$ не содержащей точку $A0.$

Докажем его. Отметим, что $ω$ и $ωA$ гомотетичны с центром гомотетии в точке $A0.$ При гомотетии, переводящей $ωA$ в $ω,$ прямая $BC$ перейдет в касательную к $ω,$ параллельную $BC,$ и $A1$ перейдет в соответствующую точку касания. Очевидно, что эта точка касания делит пополам дугу $BC,$ не содержащую $A0.$ С другой стороны, образ $A1$ под действием такой гомотетии это и есть точка пересечения $ω$ и $A0A1.$

$PIC$

Вернёмся к нашей задаче и рассмотрим треугольник $BA0C$ . Согласно лемме Архимеда, $A0A1$ является его биссектрисой. Поэтому $BAA1C = BAA0C. 1 0$ Если повторить рассуждения выше для пар точек $B0,B1$ и $C0,C1,$ мы аналогично получим, что $CB0= CB1 B0A B1A$ и $AC0= AC1. C0B C1B$ По условию, чевианы $AA1,BB1,CC1$ пересекаются в одной точке, откуда, по теореме Чевы

BA1-⋅ CB1-⋅ AC1-= 1 A1C B1A C1B

откуда

BA0 CB0 AC0 A0C-⋅B0A-⋅C0B-= 1

Отметим, что $BA0CB0AC0$ является вписанным выпуклым шестиугольником. Согласно задаче $4,$ из выражения выше следует, что его главные диагонали пересекаются в одной точке. Другими словами, прямые $AA0,BB0,CC0$ пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#80433Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник диагоналями разрезан на четыре треугольника. Докажите, что точки пересечения медиан этих треугольников расположены в вершинах некоторого параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как доказать, что четырехугольник является параллелограммом?

Подсказка 2

Достаточно проверить, что противоположные стороны равны и параллельны. Какой инструмент позволяет работать с параллельными отрезками и следить за их отношениями?

Подсказка 3

Гомотетия. Найдите на рисунке отрезок, который бы переходил в противоположные стороны четырехугольника с вершинами в точках пересечения медиан, под действиям гомотетий с одинаковыми коэффициентами.

Подсказка 4

Это диагональ исходного четырехугольника. Что является центрами этих гомотетий? Чему будут равны их коэффициенты?

Подсказка 5

Центры — середины отрезков, между соответствующими вершинами исходного четырехугольника и его точкой пересечениях диагоналей. Коэффициент при этом равен 3.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим центры тяжести треугольников точками $M1,M2,M3,M4.$ Сделаем гомотетию в точке $X$ (середине отрезка $AO$ ) с коэффициентом $3.$ По свойству точки пересечения медиан точки $M1$ и $M2$ перейдут в точки $B$ и $D$ соответственно. Значит, прямая $M1M2$ перейдёт в прямую $BD,$ откуда следует их параллельность. Из аналогичной гомотетии в середине отрезка $OC$ следует, что $M3M4 ∥ BD.$ Таким образом, $M1M2 ∥M3M4.$ Точно так же доказывается параллельность прямых $M1M4$ и $M2M3.$ Следовательно, $M1M2M3M4$ — параллелограмм, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#80435Максимум баллов за задание: 7

Точку внутри квадрата отразили относительно середин сторон этого квадрата. Докажите, что четыре полученные точки являются вершинами некоторого квадрата.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть M_1, N_1, Z_1, T_1 - отражённые точки. Найдите какой-то квадрат на рисунке, который с помощью гомотетии можно перевести в четырëхугольник M_1N_1Z_1T_1. Отсюда будет следовать требуемое.

Подсказка 2:

Обозначьте середины ABCD через MNZT и обратите внимание на этот четырёхугольник.

Показать доказательство

Ясно, что четырехугольник $S$ с вершинами в серединах сторон квадарата так же является квадратом. Рассмотрим гомотетию с центром в выбранной внутри квадрата точке $X$ и коэфицентом 2. Она переведет вершины квадрата $S$ в точки, симметричные $X$ относительно середин сторон исходного квадрата, а значит, полученный четырехугольник подобен $S,$ т.е. также является квадратом.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#80436Максимум баллов за задание: 7

На каждом из оснований $AD$ и $BC$ трапеции $ABCD$ построены вне трапеции равносторонние треугольники. Докажите, что отрезок, соединяющий третьи вершины этих треугольников, проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти такую гомотетию в точке O, которая переведëт точку Y в точку X.

Подсказка 2:

Стоит обратить внимание на самую стандартную гомотетию в трапеции, переходящую одно основание в другое.

Показать доказательство

Пусть $X,Y$ — вершины правильных треугольников, построенных на основаниях $BC$ и $AD$ соотвественно.

$PIC$

Сделаем гомотетию в точке пересечения диагоналей $O$ трапеции с коэффициентом $− ABDC-.$ Точка $B$ перейдёт в точку $D,$ точка $C$ — в точку $A,$ основание $BC$ в основание $AD.$ Прямая $BX$ до гомотетии образовывала угол $60∘$ с прямой $BC.$ Значит, она перейдёт в прямую, проходящую через точку $D$ под углом $60∘$ к прямой $AD,$ то есть в прямую $DY.$ Аналогично прямая $CX$ перейдёт в прямую $AY.$ Таким образом, точка пересечения прямых $XC$ и $XB,$ то есть точка $X,$ перейдёт в точку пересечения прямых $YA$ и $YD,$ то есть в точку $Y.$ Отсюда точки $X,Y$ и центр гомотетии $O$ коллинеарны, что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#81911Максимум баллов за задание: 7

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Вневписанная окружность касается отрезка $AC$ в точке $K.$ Пусть $W$ — вторая точка пересечения $BI$ и описанной окружности треугольника $ABC,$ а $P$ — точка, симметричная $I$ относительно высоты, опущенной из вершины $B$ . Известно, что $∘ ∠IKW = 90.$ Найдите величину угла $∠BP K.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $BH$ — высота, $M$ — середина $AC,$ а $L$ — точка касания вписанной окружности с $AC.$ Гомотетия с центром $B,$ переводящая вписанную окружность во вневписанную, переводит точку $X,$ симметричную $L$ относительно $I,$ в $K.$ Поэтому $KI$ — медиана треугольника $BHK$ и $MI ∥BK.$ Поскольку $∠W KL = ∠W LK = ∠KIL,$ то $W$ — точка пересечения касательных к окружности $(IKL )$ в точках $K$ и $L.$ Поэтому $IW$ — симедиана треугольника $IKL,$ откуда $∠IKB = ∠MIK = ∠W IL= ∠HBI.$ Значит, окружность $(KIB)$ касается $BH.$ Середина $BH$ имеет равные степени относительно окружностей $(KIB )$ и $(KIH ),$ поэтому окружность $(KIH )$ тоже касается $BH$ . Следовательно, $∠BP H =∠BIH = 180∘ − ∠BKH.$ Тогда четырехугольник $BKHP$ вписан, и $∠BP K = ∠BHK = 90∘.$

Ответ:

$∠BP K = 90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#82067Максимум баллов за задание: 7

Дан параллелограмм $ABCD.$ Один круг касается сторон $AB$ и $AD,$ а второй — сторон $CB$ и $CD.$ Круги касаются друг друга. Докажите, что их точка касания лежит на диагонали $AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим точку касания через $X.$ Сделаем гомотетию с центром в $X,$ переводящую вторую окружность в первую. Прямая $BC$ перейдёт в прямую, которая касается первой окружности, причём $X$ лежит между $BC$ и этой прямой. Ясно, что такими свойствами обладает лишь прямая $AD.$ Аналогично прямая $CD$ перейдёт в прямую $AB.$ Следовательно, точка пересечения прямых $BC$ и $CD$ (точка $C$ ) перейдёт в точку пересечения прямых $AB$ и $AD,$ то есть в точку $A.$ Таким образом, точки $A,X$ и $C$ коллинеарны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#82068Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ касается сторон $AB$ и $AC$ треугольника $ABC.$ Окружность $Ω$ касается стороны $AC$ и продолжения стороны $AB$ за точку $B,$ а также касается $ω$ в точке $L,$ лежащей на стороне $BC.$ Прямая $AL$ вторично пересекает $ω$ и $Ω$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Оказалось, что $KB ∥ CM.$ Докажите, что треугольник $LCM$ равнобедренный.

Показать доказательство

$PIC$

Из симметрии, прямая $AL$ является биссектрисой угла $∠BAC$ и проходит через центры окружностей $ω$ и $Ω.$

Поскольку соответственные стороны треугольников $KBL$ и $MCL$ параллельны, существует гомотетия с центром $L,$ переводящая первый треугольник во второй. Эта гомотетия переводит окружность $ω$ с диаметром $KL$ в окружность с диаметром $LM,$ то есть в $Ω.$ Отрезок $AB,$ касающийся $ω,$ перейдёт в параллельный ему отрезок $CA′,$ касающийся $Ω;$ при этом, поскольку $∠CA ′A = ∠A′AB = ∠A ′AC,$ треугольник $A′CA$ равнобедренный.

Пусть $O$ — центр $Ω.$ Поскольку $CA$ и $CA ′$ — касательные к $Ω,$ то $CO$ — биссектриса в равнобедренном треугольнике $A′CA,$ а стало быть — и высота. Итак, медиана $CO$ треугольника $LCM$ является высотой, откуда и следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#82069Максимум баллов за задание: 7

Внутри неравнобедренного остроугольного треугольника $ABC,$ в котором $∠ABC =60∘,$ отмечена точка $T$ так, что $∘ ∠AT B = ∠BT C = ∠AT C = 120.$ Медианы треугольника пересекаются в точке $M.$ Прямая $TM$ пересекает вторично окружность, описанную около треугольника $AT C,$ в точке $K.$ Найдите $TM ∕MK.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AA1$ и $CC1$ — медианы в треугольнике $ABC.$ Поскольку $∠TBC = 60∘− ∠T BA =∠T AB,$ треугольники $ATB$ и $BT C$ подобны. Тогда $∠BC1T = ∠TA1C$ как соответственные углы (между стороной и медианой). Значит, точки $C1,A1,B$ и $T$ лежат на одной окружности $ω.$

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $M$ и коэффициентом $− 2.$ Эта гомотетия переводит треугольник $A1BC1$ в треугольник $AB ′C,$ где $B ′$ — четвёртая вершина параллелограмма $ABCB ′.$ Поскольку $∠AB′C =60∘ = 180∘ − ∠AT C,$ точка $B′$ лежит на описанной окружности $γ$ треугольника $ATC.$ Значит, при нашей гомотетии окружность $ω$ переходит в $γ,$ поэтому точка $T$ переходит в точку $K,$ и $TMMK- = 12.$

Ответ:

$-TM = 1 MK 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#82070Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ вписана в треугольник $ABC,$ в котором $AB <AC.$ Вневписанная окружность этого треугольника касается стороны $BC$ в точке $′ A .$ Точка $X$ выбирается на отрезке $′ A A$ так, что отрезок $′ A X$ не пересекает $ω.$ Касательные, проведенные из $X$ к $ω,$ пересекают отрезок $BC$ в точках $Y$ и $Z.$ Докажите, что сумма $XY + XZ$ не зависит от выбора точки $X.$

Показать доказательство

$PIC$

Будем считать, что точка $Y$ лежит ближе к точке $B,$ нежели $Z;$ кроме того, считаем, что сторона $BC$ горизонтальна, а $A$ лежит выше неё.

Обозначим через $ωa$ вневписанную окружность треугольника $ABC,$ касающуюся стороны $BC,$ а через $ω′$ — вневписанную окружность треугольника $XY Z,$ касающуюся стороны $XZ.$ Пусть $ω$ касается $BC$ в точке $A′′.$ Обозначим через $T$ точку пересечения $AA ′$ и $ω,$ лежащую ближе к $A.$ Гомотетия с центром $A,$ переводящая $ω$ в $ωA,$ переводит $T$ в $A′;$ значит, касательная к $ω$ в $T$ параллельна $BC.$

Поскольку окружности $ω$ и $ω′$ вписаны в вертикальные углы образованные прямыми $XY$ и $XZ,$ существует гомотетия с центром в $X$ (и отрицательным коэффициентом), переводящая $ω$ в $ω′.$ Пусть при этой гомотетии точка $T$ переходит в точку $T ′.$ Тогда $T′$ лежит на прямой $AA′,$ касательная к $ω′$ в $T′$ параллельна $BC,$ и $ω′$ лежит выше этой касательной. Такая касательная к $ω′$ — это прямая $BC;$ значит, $T′$ лежит на $BC,$ то есть $ω′$ касается $BC$ в точке $A′.$

Обозначим полупериметр треугольника $XYZ$ через $p.$ Так как окружности $ω$ и $ω′$ — вневписанные для этого треугольника, имеем $ZA ′ =Y A′′ = p− YZ.$ Значит, $XY + XZ = 2p− Y Z = 2(p− Y Z)+ YZ = ZA ′+ YZ + YA′′ = A′A′′,$ что не зависит от выбора точки $X.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#82071Максимум баллов за задание: 7

Три диагонали правильной $n$ -угольной призмы пересекаются в одной внутренней точке $O.$ Докажите, что точка $O$ — центр призмы. (Диагональ призмы — это отрезок, соединяющий две её вершины, не находящиеся в одной грани.)

Показать доказательство

Пусть диагонали $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $O,$ причём вершины $A,B$ и $C$ лежат на одном основании призмы, а вершины $A1,B1$ и $C1$ — на другом. Сделаем гомотетию с центром $O,$ переводящую плоскость $ABC$ в плоскость $ABC$ в плоскость $A1B1C1.$ Тогда описанная окружность треугольника $ABC$ перейдёт в описанную окружность треугольника $A1B1C1.$ Поскольку эти окружности равны, коэффициент гомотетии равен $− 1,$ а описанный около призмы цилиндр переходит в себя. Тогда $O$ — центр этого цилиндра и, значит, совпадает с центром призмы.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#82072Максимум баллов за задание: 7

Диагонали трапеции $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ пересекаются в точке $O.$ Внутри треугольника $COD$ выбрана точка $P$ таким образом, что $∠AP D =∠BP C.$ Докажите, что $∠BPO = ∠PAD.$

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем гомотетию в точке $O$ с коэффициентом $− AOOC-.$ Тогда точка $C$ перейдёт в точку $A,$ точка $B$ — в точку $D.$ Точка $P$ перейдёт в точку $P ′$ такую, что $′ PPOO-= ACOO.$ Заметим, что угол $BPC$ перешёл в угол $AP′D,$ то есть эти углы равны. Отсюда получаем, что четырёхугольник $AP′PD$ — вписанный. Также отметим, что гомотетия перевела угол $BP O$ в угол $OP′D,$ а значит они равны. Но в силу вписанности $∠PP′D = ∠PAD,$ отсюда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#82073Максимум баллов за задание: 7

Окружности одинакового радиуса $ω 1$ и $ω 2$ перескаются в точках $X 1$ и $X . 2$ Окружность $ω$ касается $ω 1$ внешним образом в точке $T, 1$ а $ω2$ внутренним образом в точке $T2.$ Докажите, что $X1T1$ и $X2T2$ пересекаются на $ω.$

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим композицию из трёх гомотетий: гомотетия с центром в $T1,$ переводящая $ω$ в $ω1;$ гомотетия с центром в середине отрезка $X1X2,$ переводящая $ω1$ в $ω2$ (она существует, потому что окружности равны); гомотетия с центром в $T2,$ переводящая $ω2$ в $ω.$ Ясно, что эта композиция переводит $ω$ в себя.

Пересечём $X1T1$ с $ω$ в $Y$ и проследим за этой точкой в процессе композиции. После первой гомотетии она перейдёт в $X1,$ после второй — в $X2.$ После третьей гомотетии с центром в точке $T2$ из точки $X2$ она должна вернуться на прежнее место. Следовательно, точки $X2,Y$ и $T2$ коллинеарны. Это влечёт за собой требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#82207Максимум баллов за задание: 7

Пусть окружности $Ω$ и $ω$ касаются внутренним образом в точке $T.$ Из точек $B$ и $C$ окружности $Ω$ проведены соответственно касательные $BK$ и $CL$ к окружности $ω(K, L∈ ω).$ Пусть $S = BC∩ KL.$ Тогда прямая $ST$ проходит через середину дуги $BC$ окружности $Ω$ (если $KL ∥ BC,$ то $T$ – середина дуги $BC$ ).

Показать доказательство

$PIC$

Достаточно доказать, что $TS$ — это биссектриса (внутренняя или внешняя - в зависимости от конфигурации) угла $BT C,$ то есть, что $SSBC-= BCTT.$

Применяя теорему Менелая к треугольнику, образованному прямыми $BC,BK$ и $CL,$ с секущей $KL,$ и используя равенство длин касательных к $ω,$ проведенных из одной точки, получаем: $SSBC-= BCKL-.$

Пусть $D$ и $E$ — вторые точки пересечения прямых $T B$ и $TC$ с $ω.$ При гомотетии с центром $T,$ переводящей $ω$ в $Ω,$ точки $D$ и $E$ перейдут соответственно в $B$ и $C,$ значит $DE ∥BC.$ Поэтому $BCDE-= BCTT-.$ Отсюда $SSBC22 = BCKL22 = BCDE-⋅B⋅CTT = BCTT22,$ то есть $SSBC-= BTCT,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#131379Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ в котором $AB < BC.$ Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно, а $H$ — основание высоты, опущенной из вершины $B.$ Вписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $K.$ Прямая, проходящая через $K$ и параллельная $MH,$ пересекает отрезок $MN$ в точке $P.$ Докажите, что в четырехугольник $AMP K$ можно вписать окружность.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 9.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Совершим гомотетию с центром $A$ и коэффициентом $2.$ При этой гомотетии точки $M$ и $N$ переходят в $B$ и $C$ соответственно; пусть точки $K$ и $P$ переходят соответственно в $′ K$ и $′ P .$ Тогда достаточно доказать, что четырёхугольник $′ ′ ABP K$ описан. Мы докажем, что он описан около вписанной окружности $ω$ треугольника $ABC.$ Три стороны четырёхугольника уже касаются $ω,$ поэтому достаточно доказать, что её касается $′ ′ P K .$

Пусть $I$ — центр $ω.$ Тогда $′ KK =AK,$ поэтому $A$ и $′ K$ симметричны относительно $KI.$ Далее заметим, что

∠P′K′A= ∠PKA =∠MHA.

Но $MH$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ABH,$ поэтому $∠MHA = ∠MAC.$ Значит, $∠P′K ′A = ∠BAC.$ Значит, и прямые $AB$ и $K′P′$ также симметричны относительно $KI;$ поскольку одна из них касается $ω,$ то и другая тоже. Это и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. У решения выше есть несколько вариантов. Например, похожими рассуждениями можно показать, что в четырёхугольнике $AMP K$ биссектрисы трёх углов $A,$ $M$ и $K$ проходят через одну точку — середину отрезка $AI.$ Отсюда следует, что эта середина — центр искомой вписанной окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть прямая $P K$ пересекает прямую $AB$ в точке $L.$ Как и в решении выше, получаем, что

∠AKL = ∠AHM = ∠LAK,

откуда $LA = LK.$

Мы докажем, что окружности, вписанные в треугольники $AKL$ и $AMN,$ совпадают (тогда это и будет вписанная окружность четырёхугольника $AMP K$ ). Поскольку обе окружности вписаны в угол $BAC,$ для этого достаточно показать, что они касаются прямой $AB$ в одной и той же точке. Как известно, расстояния от $A$ до точек касания этих окружностей с $AB$ равны соответственно

AL-+AK-−-KL- AM-+-AN-−-MN- 2 и 2 .

Значит, нам надо доказать, что

AL +AK − KL = AM + AN − MN,

или что

ML − KL = KN − MN.

Обозначим полупериметр треугольника $ABC$ через $p,$ и пусть $a= BC,$ $b= CA,$ $c=AB.$ Имеем

ML − KL = (AL− AM )− KL = −AM = − c. 2

С другой стороны,

(b ) a a+-b c KN − MN = (AN − AK )− MN = 2 − (p− a) − 2 = 2 − p= −2,

откуда и следует искомое равенство.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Во втором абзаце решения по сути доказан следующий известный признак: четырёхугольник $AMP K$ описан тогда и только тогда, когда $ML − KL = KN − MN$ (где $N$ и $L$ — точки пересечения продолжений боковых сторон, расположенные как на рисунке).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#131957Максимум баллов за задание: 7

Дана трапеция $ABCD,$ в которой $AD ∥BC,$ а лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $G.$ Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABC$ и $ACD,$ пересекаются в точке $E.$ Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABD$ и $BCD,$ пересекаются в точке $F.$ Докажите, что точки $E,F$ и $G$ лежат на одной прямой.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 9.7 и 10.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть прямая $EC$ повторно пересекает окружность $(ABC )$ в точке $X,$ а прямая $EA$ повторно пересекает окружность $(ACD )$ в точке $Y$ (мы разберём расположение точек, указанное на рисунке; другие случаи рассматриваются аналогично).

Рассмотрим гомотетию с центром $E,$ переводящую $(ABC)$ в $(ACD).$ При такой гомотетии точка $X$ переходит в $C,$ а точка $A$ — в $Y.$ Отсюда $AX ∥CY$ и

∠AEC = ∠AY C− ∠ECY = ∠AYC − ∠AXC.

Но $∠AXC =180∘− ∠ABC$ и $∠AY C = 180∘− ∠ADC.$ Значит,

∠AEC =∠ABC − ∠ADC =∠ABC − ∠BCG =∠BGC.

Из полученного равенства следует, что точки $A,$ $C,$ $E,$ $G$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Поскольку точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC$ (т.е. на оси симметрии окружностей $(ABC )$ и $(ACD )$ ), она является серединой дуги $AGC$ окружности $(ACEG ).$ Значит, $E$ лежит на внешней биссектрисе угла $BGC.$

Аналогично показывается, что $F$ также лежит на внешней биссектрисе угла $BGC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. У задачи есть следующее обобщение. Пусть $ABCD$ — четырёхугольник, $G =AB ∩ CD,$ а $M$ — вторая точка пересечения окружностей $(ADG )$ и $(BCG )$ (иначе говоря, точка Микеля этого четырёхугольника). Пусть $E$ — центр гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей $(ABC )$ в $(ADC ).$ Тогда точки $A,$ $C,$ $M,$ $E$ лежат на одной окружности, причём $E$ — середина дуги $AC$ (т.е. $ME$ — биссектриса угла между $AM$ и $CM$ ).

Доказать это можно аналогично решению задачи: имеем (в направленных углах)

∠AEC = ∠ABC +∠ADC = ∠GBC +∠AMG = ∠GMC +∠AMG = ∠AMC.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#32433Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность с центром $I,$ которая касается стороны $BC$ в точке $K . 1$ Обозначим через $T 1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Докажите, что отрезок $T1I$ или его продолжение делит высоту треугольника, проведённую из вершины $A,$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, что точка пересечения отрезка A T₁ c вписанной окружностью диаметрально противоположна точке касания. Тогда чем является T₁ I?

Подсказка 2

Медианой! А высота и диаметр обе перпендикулярны BC, значит, они ...

Подсказка 3

Параллельны! Тогда образуются подобные треугольники. Подумайте, почему медиана меньшего из них будет медианой и большего!

Показать доказательство

Воспользуемся фактом, что на прямой $AT 1$ лежит диаметрально противоположная точке $K 1$ точка $D.$ А треугольники $T DK 1 1$ и $T1AH$ гомотететичны (подобны) с центром в точке $T1.$

$PIC$

При этой гомотетии медиана $T1I$ треугольника $T1DK1$ перейдёт вдоль той же прямой в медиану треугольника $T1AH.$ Значит, $T1I$ делит высоту $AH$ пополам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Заключительную часть решения можно было обосновать с использованием замечательного свойства трапеции: для $K1DAH$ середины оснований и точка $T1$ пересечения боковых сторон лежат на одной прямой, поэтому $T1I$ проходит через середину $AH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#32434Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ обозначим середины сторон $AB,AC$ и $BC$ через $C ,B 0 0$ и $A 0$ соответственно. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $A0I$ делит периметр треугольника $A0B0C0$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведите средние линии. Какой есть прекрасный факт про конструкцию с биссектрисой и параллельными прямыми? (средняя линия параллельна основанию)

Подсказка 2

Биссектриса высекает равнобедренный треугольник, просто потому, что можно перекинуть накрест лежащие углы и получить равные углы при основании

Подсказка 3

Итак, на средней линии B₀C₀ есть точки пересечения биссектрис Х и У, есть точка пересечения M с A₀I. Известны (можно выразить через стороны исходного треугольника) все длины B₀C₀, B₀Y, C₀X. Сделайте это!

Подсказка 4

Раз прямая A₀ I должна делить периметр пополам, то отрезки, получающиеся на средней линии после разбиения лучом A₀ I должны дополнять длины прилежащих сторон до полупериметра серединного треугольника.То есть можно вывести, чему должны быть равны B₀M и МС₀. С учётом имеющихся длин B₀Y и C₀X останется доказать XM=MY. Как можно показать, что IM является медианой в треугольнике IXY?

Подсказка 5

Заметьте, что IA₀ является медианой в IBC и задумайтесь, не подобны ли треугольники IBC и IXY.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $BC =2a,AC =2b,AB = 2c$ и при этом $a> b,a >c.$ Пересечём биссектрисы $∠B$ и $∠C$ с $B0C0$ в точках $B1$ и $C1$ соответственно. Тогда в силу параллельности равны отмеченные углы и $BC0 = C0B1 = c< a= B0C0,CB0 = B0C1 =b< a= B0C0.$ Отсюда следует, что обе точки лежат на отрезке $B0C0.$ Кроме того, $B0B1 =a − c$ и $C0C1 = a− b,$ тогда $C1B1 =a− (a− c)− (a − b)= b+c − a.$ Пусть $A0I∩ B0C0 = M,$ тогда $C1M =B1M = b+c2−a$ в силу подобия $△BIC ∼△B1IC1.$ Осталось заметить, что $A0B0 +MB0 = c+ a− c+ b+c2−a= a+b2+c= PA0B0C0∕2,$ что и требовалось. Другие соотношения длин сторон рассматриваются аналогично, поменяется только порядок точек на прямой $B0C0.$

Второе решение.

Ясно, что исходный треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A0B0C0.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 1, 2$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI$ , что $MI′ = 1⋅MI. 2$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM =2⋅MI ′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $A0I$ — нагелианой. Известно, что нагелиана делит периметр треугольника пополам, потому что отрезок касательной к вневписанной окружности как раз равен разности полупериметра треугольника и прилежащей стороны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#32435Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A ,B ,C 1 1 1$ — середины сторон треугольника $ABC, I$ — центр вписанной в него окружности. $C 2$ — точка пересечения прямых $C1I$ и $A1B1,C3$ — точка пересечения прямых $CC2$ и $AB.$ Докажите, что прямая $IC3$ перпендикулярна прямой $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем пойти с конца в этой задаче. Если нужно доказать, что IC₃ перпендикулярна AB, то как это можно переформулировать, зная, что I-центр вписанной окружности?

Подсказка 2

Да, можно доказывать не утверждение задачи, а то, что C₃ - точка касания вписанной окружности. Но точка C₃ плохо подвязана к нашей картинке, так как понятно как-то связана с ней, только середина AB и C₂. Как нам от этого уйти?

Подсказка 3

Верно, нужно перекинуть эту точку в этом треугольнике на какой-то другой треугольник, который подобен нашему и в нем свойства C₃ понятным образом перекидываются на свойства той точки в новом треугольнике. Какой это треугольник?

Подсказка 4

Конечно, это треугольник СA₁B₁. Он гомотетичен (подобен) нашему треугольнику ABC. При этом точка C₂ также является точкой касания вписанной окружности(в силу гомотетии), по предположению. Значит, нам нужно доказывать именно это.

Есть лемма: В треугольнике ABC обозначим середины сторон AB , AC и BC через C₀ ,B₀ и A₀ соответственно. Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC . Тогда прямая A₀I проходит через точку касания соответствующей вневписанной окружности и делит периметр треугольника A₀B₀C₀ пополам.

Попробуйте воспользоваться этой леммой для доказательства требуемого.

Подсказка 5

Действительно, в силу параллельности и свойств вписанной окружности, можно посчитать отрезки A₁C₂ и C₂B₁. Если AB=a,BC=b,CA=c; то A₁С₁=с/2, C₁B₁=b/2. При этом, по лемме, A₁С₁+A₁C₂+С₁C₂=С₁C₂+C₂B₁+C₁B₁. А также, A₁C₂+C₂B₁=a/2. Чему тогда равны отрезки A₁C₂ и C₂B₁? Что это дает?

Подсказка 6

Дает это то, что A₁C₂=(p-c)/2 и C₂B₁=(p-b)/2. Значит, C₂ — точка касания вписанной в треугольник СA₁B, окружности. А из этого (если перечитать подсказки) следует требуемое в задаче.

Показать доказательство

$PIC$

Ясно, что треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A1B1C1.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 12,$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI,$ что $MI ′ = 12 ⋅MI.$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM = 2⋅MI′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $C1I$ — нагелианой. То есть $C2$ является точкой касания вневписанной окружности треугольника $A1B1C1.$

Так как в треугольнике точки касания вписанной и вневписанной окружности изотомически сопряжены, то при центральной симметрии (гомотетии с коэффициентом $− 1$ ) относительно середины $A1B1$ точка $C2$ перейдёт в точку $C′2$ касания вписанной в треугольник $A1B1C1$ окружности. Значит, тогда $C2$ является точкой касания вписанной окружности уже для треугольника $△A1CB1$ (при симметрии точка $C1$ переходит в точку $C$ ).

Осталось рассмотреть гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $2$ — $△A1B1C$ переходит в $△ABC,$ откуда $C3$ будет являться точкой касания вписанной окружности $△ABC,$ то есть $IC3 ⊥ AB$ как радиус, проведённый в точку касания.

Предыдущая подтема

Следующая подтема