Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .06 Поворотная 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#119493Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Точки $H$ и $O$ — его ортоцентр и центр описанной окружности соответственно. Серединный перпендикуляр к $BH$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $A1$ и $C1.$ Докажите, что $OB$ — биссектриса угла $A1OC1.$

Показать доказательство

$PIC$

Как известно, направления на центр описанной окружности и ортоцентр изогональны, поэтому $∠ABO =∠HBC.$ Заметим, что треугольники $ABO$ и $HBC1$ гомотетичны, а значит, в точке $B$ существует поворотная гомотетия, переводящая один треугольник в другой. При такой гомотетии $H$ переходит в $A,$ а $C1$ — в $O.$ Значит, треугольники $ABH$ и $OBC1$ подобны. Отсюда получаем равенство углов $BAH$ и $BOC1.$ Аналогично можно получить равенство углов $A1OB$ и $HCB.$ Осталось заметить, что углы $BAH$ и $BCH$ равны, потому что в окружности $AA1C1C$ они стягивают одну хорду. Получили требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#68249Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность $ω$ $(AD ||BC).$ Окружности, вписанные в треугольники $ABC$ и $ABD,$ касаются оснований трапеции $BC$ и $AD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Точки $X$ и $Y$ — середины дуг $BC$ и $AD$ окружности $ω$ , не содержащих точек $A$ и $B$ соответственно. Докажите, что прямые $XP$ и $Y Q$ пересекаются на окружности $ω.$

Источники: Московская устная по геометрии - 2013, 11.6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что в указанных в условии треугольниках есть центры вписанных окружностей, а еще у них есть описанные окружности…на что это может намекать? Помним, что Х и Y - середины дуг…что мы тогда хотим сказать об угле с вершиной, которая является точкой пересечения XP и YQ?

Подсказка 2

В указанных в условии треугольниках мы можем использовать лемму от трезубце( и найти какие-то равнобедренные треугольники), а по подсказке 1 хотим доказать, что XP и YQ перпендикулярны (угол, образованный ими, должен опираться на диаметр ХY. У нас много вписанных углов в большой окружности…быть может, попробуем их использовать?

Подсказка 3

С помощью леммы о трезубце находим два равнобедренных подобных треугольника (Углы BXA и BYA равны), у которых стороны перпендикулярны…что поможет завершить доказательство перпендикулярности прямых?

Подсказка 4

С помощью поворотной гомотетии переведем один такой треугольник в другой! Что произойдут с нужными нам прямыми YQ и XI

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Заметим, что $X$ и $Y$ — диаметрально противоположные точки, следовательно, $∘ ∠XAY = ∠XBY =90 .$ Пусть $I$ и $J$ — центры вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно. Тогда по лемме о трезубце $XB = XI$ и $Y A= YJ.$ Кроме того, $∠BXI = ∠BXA =∠BY A =∠JY A.$ Следовательно, равнобедренные треугольники $XBI$ и $YJA$ подобны, а их стороны, как показано выше, перпендикулярны.

Следовательно, при поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, прямая $JQ$ переходит в прямую $BC,$ а прямая $AQ$ — в прямую $IP.$ Таким образом, $P$ и $Q$ — соответствующие точки этих треугольников, а значит, $XP ⊥ YQ,$ что эквивалентно утверждению задачи.

Второе решение.

$PIC$

Пусть диаметр $XY$ пересекает основания трапеции в их серединах $U$ и $V$ . Для доказательства утверждения задачи достаточно доказать, что

∠XP U + ∠YQV = 90∘,

то есть подобие прямоугольных треугольников $XUP$ и $QV Y$ .

Это в свою очередь сводится к проверке равенства $XU :PU = QV :QY$ , то есть

XU ⋅YV = PU ⋅QV

Пусть $∠BAC = 2α,∠ABD =2β,R$ - радиус описанной окружности. Тогда $2 XU =BX sin∠XBU = 2Rsin α$ . Аналогично $Y V = 2Rsin2β$ , и $XU ⋅YV = 4R2 sin2αsin2β$ .