Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .01 Центральная 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 1#91862

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — тупые. На сторонах $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DA$ отмечены точки $K$ , $L$ , $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ больше удвоенной длины диагонали $AC$ .

Показать доказательство

Начертим четырёхугольник $CD A B , 1 1 1$ симметричный четырёхугольнику $CDAB$ относительно точки $C$ и отметим соответствующие точки $M1,N1$ и $K1.$ Заметим, что $LM > LM1,$ так как $∠BCD$ — тупой по условию, а $C$ - середина отрезка $MM1,$ то есть $L$ находится в той же полуплоскости относительно серединного перпендикуляра к $MM1,$ что и точка $M1.$ Также заметим, что так как $CD1A1B1$ симметричен $CDAB$ относительно точки $C,$ то $MN = M1N1.$ Далее продлим $B1A1$ на свою длину — точка $B2.$ Отметим на $A1B2$ точку $K2$ так, что $AK = A1K1 =A1K2.$

$PIC$

Аналогично отрезкам $LM > LM1,$ можем получить, что $N1K2 >N1K1 = KN$ (так как $∠B1A1D1 = ∠BAD$ - тупой по условию). Так как $A1K2 = AK$ и $AK ||A1K2,$ $KK2 = AA1 =2AC$ ( $AKK2A1$ — параллелограмм). Таким образом, для пятиугольника $KLM1N1K2$ можем выписать неравенство:

KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC,

Так как $LM1 > LM,M1N1 = MN, N1K2 > NK,$ получаем, что:

PKLMN = KL +LM + MN +NK >KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC.

Значит, $PKLMN > 2AC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104682

Точка $K$ — середина гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC.$ На катетах $AC$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что $∘ ∠MKN =90 .$ Докажите, что из отрезков $AM,$ $BN$ и $MN$ можно составить прямоугольный треугольник.

Показать доказательство

Сделаем симметрию относительно точки $K.$ Пусть точка $N$ перешла в $N . 1$ Заметим, что треугольник $MNN 1$ равнобедренный, потому что $MK$ — его высота и медиана. Значит, $MN = MN1.$ Также в силу симметрии $NB = AN1,$ а угол $MAN1$ — прямой, потому что $CB ∥AN1$ и $∘ ∠ACB = 90.$ Таким образом, треугольник $AMN1$ прямоугольный и состоит из тех самых отрезков.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#89872

Дан треугольник $ABC.$ Точка $X$ симметрична вершине $B$ относительно прямой $AC,$ а точка $Y$ симметрична $C$ относительно $AB.$ Касательная к описанной окружности треугольника $XAY,$ проведенная в точке $A,$ пересекает прямые $XY$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что $AE = AF.$

Источники: СПБГОР - 2023, 11.6 (см.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Пусть $B ′,C′$ — отражения $B,C$ относительно $A$ соответственно, $D$ — пересечение $YC ′$ и $XB ′$ .

Из определения точки $′ C$ и того факта, что $Y$ и $C$ симметричны относительно $AB$ , получаем, что прямая $AB$ проходит через середины отрезков $CY$ и $′ CC$ . Т.е. $AB$ — прямая, содержащая среднюю линию $′ △CC Y$ $⇒$ $AB ∥DY$ . Аналогично, $AC ∥DX$ . Из этих двух параллельностей следует, что $′ ′ ∠YC A= ∠XB A$ .

$PIC$

В силу симметрий из условия

∠C′AY = 180∘− ∠YAC = 180∘− 2∠BAC = 180∘ − ∠BAX =∠XAB ′

Вместе с предыдущим фактом получаем, что $△AC ′Y ∼ △AB ′X$ . Отсюда получим, что $′ YXCB′ = AAYX$ .

Также вспомним, что $△EAX ∼ △EY A$ , откуда следует, что

EX-= EX-AE-= AX- AX- EY AE EY AY AY

Теперь докажем, что $E$ , $B ′$ и $C′$ лежат на одной прямой по теореме, обратной к теореме Менелая:

DC′Y-EXB-′= DC-′YE-XB-′= AB-AY2-AX-= 1 C′Y EX B ′D B′D EX C′Y AC AX2 AY

В силу симметрии относительно $A$ получаем $AE = AF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80234

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно. Отрезки $CP$ и $AQ$ пересекаются в точке $R.$ Оказалось, что $AR = CR =PR + QR.$ Докажите, что из отрезков $AP,CQ$ и $P Q$ можно составить треугольник, один из углов которого равен углу $B.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2021, ЗЭ, 3 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Отметим точки $K$ и $L$ на отрезках $CP$ и $AQ$ соответственно таким образом, чтобы $CK = RP,$ а $AL = RQ.$ Рассмотрим точку $M,$ симметричную $R$ относительно середины отрезка $AC.$ Нетрудно показать, что четырёхугольники $APKM$ и $CQLM$ — параллелограммы, поэтому треугольник $LKM$ — искомый. В самом деле, $MK =AP,ML =CQ, ∠LMK = ∠ABC$ (так как прямые $BA,BC, MK$ и $ML$ ограничивают параллелограмм), $RL = AR − AL = AR− QR = PR$ и, аналогично, $RK = QR,$ откуда $∠P RQ =∠LRK$ и $LK = PQ.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92434

Доказать, что четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон произвольного вписанного четырёхугольника на его противоположные стороны, пересекаются в одной точке.

Источники: Всесиб - 2021, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Обозначим вершины произвольного вписанного в окружность четырёхугольника за $A,B,C$ и $D,$ центр окружности за $O,$ середины сторон $AB,BC,CD$ и $DA$ за $P,Q,R$ и $S$ соответственно.

$PIC$

Отрезки $OQ$ и $OS$ являются серединными перпендикулярами к сторонам $BC$ и $AD,$ поэтому они параллельны перпендикулярам $SM$ и $QL,$ опущенным на эти стороны из середин противоположных сторон четырёхугольника. Обозначим точку пересечения этих перпендикуляров за $V,$ из параллельности отрезков $OQ$ и $SV,$ а также $OS$ и $QV$ следует, что четырёхугольник $OSV Q$ является параллелограммом. Следовательно, его диагонали $SQ$ и $OV$ пересекаются в точке $X,$ делящей их пополам. Диагональ $SQ$ при этом является средней линией четырёхугольника $ABCD,$ поэтому точка $V$ пересечения перпендикуляров $QL$ и $SM,$ опущенных из середин сторон $BC$ и $AD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру $O$ описанной окружности относительно середины $X$ отрезка $SQ,$ соединяющего середины сторон $BC$ и $AD.$

Аналогично доказывается, что точка $W$ пересечения перпендикуляров, опущенных из середин сторон $AB$ и $CD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру О описанной окружности относительно середины отрезка $PR,$ соединяющего середины сторон $AB$ и $CD.$ Четырёхугольник $PQRS,$ образованный серединами сторон произвольного четырёхугольника $ABCD,$ образуют параллелограмм (Вариньона), стороны которого параллельны диагоналям $AC$ и $BD$ и равны их половинам.

$PIC$

Следовательно, отрезки $PR$ и $QS,$ являющиеся диагоналями параллелограмма $P QRS,$ делятся точкой их пересечения пополам, поэтому их середины совпадают. Значит, совпадают и точки $W$ и $V,$ симметричные центру $O$ относительно этих середин.

Таким образом, все четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон вписанного четырёхугольника $ABCD,$ пересекаются в точке $V = W$ , симметричной центру $O$ описанной окружности относительно точки пересечения средних линий $P R$ и $QS$ этого четырёхугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94015

Окружность $Ω$ с центром в точке $O$ описана около остроугольного треугольника $ABC,$ в котором $AB <BC;$ его высоты пересекаются в точке $H.$ На продолжении отрезка $BO$ за точку $O$ отмечена точка $D$ такая, что $∠ADC =∠ABC.$ Прямая, проходящая через точку $H$ параллельно прямой $BO,$ пересекает меньшую дугу $AC$ окружности $Ω$ в точке $E.$ Докажите, что $BH = DE.$

Источники: Всеросс., 2019, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $P$ — вторая точка пересечения $BO$ с окружностью $Ω.$ Тогда $BP$ — диаметр $Ω,$ и $∠BCP = 90∘ = ∠BAP.$ Значит, $CP || AH$ и $AP || CH.$ Следовательно, четырёхугольник $AHCP$ — параллелограмм. Обозначим через $M$ точку пересечения его диагоналей. Она является серединой отрезков $P H$ и $AC.$

$PIC$

При симметрии относительно точки $M$ точка $A$ переходит в точку $C,$ а точка $P$ — в точку $H.$ Пусть при этой симметрии точка $E$ переходит в $E′,$ а окружность $Ω$ — в $Ω′.$ Тогда точки $A,H,E ′$ и $C$ лежат на $Ω ′.$ Поскольку $∠ADC = ∠ABC = 180∘− ∠AHC.$ точка $D$ также лежит на $Ω′.$

В силу симметрии, $∠ECP =∠E ′AH,$ а также $P E′ ∥ HE$ — поэтому точка $E′$ лежит на прямой $PB.$ Из вписанности четырёхугольников $AHE ′D$ и $BEP C$ получаем, что $∠EBP = ∠ECP = ∠E′AH = ∠E′DH.$ Таким образом, $∠EBD = ∠BDH.$ Это означает, что трапеция $BHED$ — равнобокая, поэтому $BH = DE.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70666

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD.$ Описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает стороны $AD$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Описанная окружность треугольника $ADC$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $S$ и $R$ соответственно. Оказалось, что четырехугольник $P QRS$ — параллелограмм. Докажите, что и четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2015, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Заметим, что $∠ADR = ∠ACR = ∠ACB = ∠APB$ по свойствам вписанных углов, откуда $P B∥DR.$ Аналогично, $DS ∥BQ.$ Следовательно, симметрия относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма $PQRS$ переводит треугольник $SDR$ в треугольник $QBP$ , в частности, $D$ отображается в $B$ . Тогда точка пересечения прямых $BR$ и $DQ$ переходит в точку пересечения симметричных им прямых $DP$ и $BS,$ т. е. $C$ переходит в $A.$ Таким образом, четырехугольник $ABCD$ симметричен относительно той же точки, и значит, является параллелограммом.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#43116

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)

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