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 1#122414

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ отметили точку $D.$ Окружности, описанные около треугольников $BOD$ и $COD,$ повторно пересекают отрезки $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что из отрезков $BX, XY$ и $YC$ можно сложить треугольник.

Источники: ММО - 2025, второй день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо понять, где относительно XY находится точка O. Для этого попробуйте оценить сумму углов XOD и YOD, должно получиться больше 180°.

Подсказка 2

Для полноты картинки не хватает ещё одного вписанного четырёхугольника. Обратите внимание на AXOY.

Подсказка 3

Итак, теперь попробуем найти треугольник с нужными сторонами. Как насчёт того, чтобы отметить на BC такую точку Z, что YZ = YC? Что можно сказать про отрезок XZ?

Показать доказательство

Поскольку четырёхугольники $BXOD, CY OD$ вписанные, то

∘ ∠XOD + ∠CBA = ∠YOD + ∠ACB = 180 .

Так как

∠XOD + ∠YOD =360∘− ∠ACB − ∠CBA >360∘− ∠ACB − ∠CBA − ∠BAC =180∘,

то точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY.$ В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XY D.$

Тогда

∠XOY + ∠BAC = 360∘− ∠XOD − ∠YOD + ∠BAC =

=(180∘− ∠XOD )+ (180∘− ∠YOD )+ ∠BAC =

= ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.

Далее можно рассуждать по-разному.

$PIC$

Первый способ. Пусть точка $Z,$ отличная от $C,$ на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ.$ Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $∠Y ZC =∠ACB.$ Заметим, что

∠YXD = ∠Y XO +∠DXO = ∠YAO +∠DBO =

= (90∘− ∠ABC )+ (90∘− ∠BAC )=∠BCA.

Значит, $∠YZC = ∠YXD,$ откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$ ), что точки $X,Y,Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,

∠XZD =∠XY D = ∠XY O+ ∠DY O= ∠XAO + ∠DCO =

= (90∘ − ∠BCA )+ (90∘− ∠BAC )=∠ABC.

Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB.$ Получаем, что треугольник $XY Z$ составлен из отрезков $XY,XZ$ и $YZ,$ равных $XY,BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть точки $X ′,Y′$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно

$PIC$

Поскольку $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $∠OMA = ∠ONA = 90∘.$ Тогда из четырёхугольников $MONA, XONA$ находим

∘ ∠MON =∠XOY = 180 − ∠BAC.

Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM.$ Поскольку $∠MON = ∠XOY,$ точка $Y$ лежит на отрезке $NC.$ Получаем, что

∠XOX ′ = 2∠XOM =2(∠MON − ∠XON )=

′ =2(∠XOY − ∠XON )= 2∠YON = ∠YOY

Следовательно, треугольники $X ′OY ′$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $∠YOY ′ =∠XOX ′).$ Тогда $X′Y′ = XY.$ Поскольку $AX′ = BX,AY ′ = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX ′Y′$ составлен из отрезков, равных $XY,BX$ и $CY,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY,$ равен $---AO---, 2sin∠AXO$ а радиус окружности, описанной около $BXOD,$ равен $---BO---. 2sin∠BXO$ Поскольку $BO = AO,∠BXO +∠AXO = 180∘,$ получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CY DO,$ получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY, BXOD$ и $CY OD$ равны. Обозначим эти окружности $ω ,ω ,ω 1 2 3$ соответственно

$PIC$

Для того чтобы показать, что из отрезков $BX,XY, YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $ω2,ω1,ω3$ соответственно, в сумме дают $∘ 180.$

Убедимся в этом. Заметим, что

∠BOX + ∠COY = ∠BDX + ∠CDY =

∘ ∘ = 180 − ∠ODX − ∠ODY = 180 − ∠OBA − ∠OCA =

= 180∘ − (90∘ − ∠ACB )− (90∘− ∠CBA )=∠ACB +∠CBA.

Таким образом,

∘ ∠XAY + ∠BOX + ∠COY = ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180 ,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A.$ Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A,$ то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#125094

Высоты $BD$ и $CE$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H,$ высоты треугольника $ADE$ пересекаются в точке $F,$ точка $M$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $BH + CH ≥ 2F M.$

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Хорошей идеей будет отражение точки H относительно BA и AC (назовём полученные точки C' и B'). Почему? Потому что BH = BC' и CH = CB' в силу симметрии. Есть ощущение, что новые отрезки проще связать с MF.

Подсказка 2:

Изучите получше чертёж. Поищите пары параллельных прямых. А что можно сказать про точки C', B' и F?

Подсказка 3:

F — середина C'B'. Теперь вернёмся к первой подсказке. Как связать MF с BC' и CB'? Учитывая, что нас просят доказать неравенство, можно попробовать выразить вектор MF через векторы BC' и CB', не забывайте, что M — середина BC.

Показать доказательство

Отразим $H$ относительно $AB,$ получим точку $C′,$ лежащую на $CH$ и такую, что $E$ — середина $HC′$ и $BC ′ =BH.$ Аналогично, точка $′ B ,$ симметричная $H$ относительно $AC,$ такова, что $D$ — середина $′ HB$ и $′ CB =CH.$

Так как $DF ⊥ AB,$ имеем $DF ∥CE.$ Аналогично $EF ∥BD.$ Значит, $HEF D$ — параллелограмм. В треугольнике $′ ′ HC B$ точки $E$ и $D$ — середины сторон. Отметим также середину $′ F$ стороны $′ ′ BC ,$ тогда $′ HEF D$ — параллелограмм. Получается, что $′ F$ совпадает с $F,$ т.е. $F$ — середина $′′ B C .$ Так как $M$ и $F$ — середины $BC$ и $′ ′ B C ,$ имеем векторное равенство

−−→ 1−−→ −−→ MF = 2(BC ′+CB ′).

Тогда по неравенству треугольника ( $|⃗a+⃗b|≤ |⃗a|+ |⃗b|$ ) получаем $MF ≤ 12(BC′+ CB′),$ что равно $12(BH + CH ).$ Этим доказано нужное неравенство.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#127160

Внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $P.$ На отрезке $AB$ отмечена точка $Q,$ а на отрезке $AC$ — точка $R$ так, что описанные окружности треугольников $BPQ$ и $CPR$ касаются прямой $AP.$ Через точки $B$ и $C$ провели прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $BP C,$ а через точки $Q$ и $R$ — прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $PQR.$ Докажите, что существует окружность, которая касается четырёх проведённых прямых.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 10.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Поскольку

2 AB ⋅AQ = AP = AC ⋅AR,

четырёхугольник $BCRQ$ — вписанный. Пусть $O$ — центр окружности $BCRQ.$ Обозначим через $O1$ и $O2$ центры окружностей $BP C$ и $QPR.$ Покажем, что прямые $BO1,$ $CO1,$ $QO2,$ $RO2$ равноудалены от $O.$ Так как

OB = OC =OQ = OR,

для этого достаточно установить равенство направленных углов

∠OCO1 = ∠O1BO =∠OQO2 = ∠O2RO.

Здесь первое и последнее равенства очевидны из симметрии относительно серединных перпендикуляров к $BC$ и $QR.$

Остаётся доказать равенство $∠O1BO = ∠OQO2 (⋆).$ Из счёта углов получаем

∠OQO2 = ∠OQR − ∠O2QR =(90∘ − ∠RCQ )− (90∘− ∠RPQ )=∠RP Q − ∠RCQ

Аналогично

∠O1BO =∠BP C − ∠BQC

Значит, $(⋆)$ эквивалентно равенству

∠RPQ − ∠RCQ =∠BP C − ∠BQC

или

∠BQC − ∠RCQ = ∠BP C− ∠RP Q (⋆⋆).

Из касания окружностей $BPQ$ и $CP R$ следует

∠RPQ = ∠RCP + ∠PBQ,

что из суммы углов четырёхугольника $BP CA$ равно

∠BP C − ∠BAC.

Тем самым, $(⋆⋆)$ преобразуется к виду

∠BQC − ∠RCQ = ∠BAC,

что верно.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79864

На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ нашлись такие точки $M$ и $N,$ отличные от вершин, что $MC =AC$ и $NB = AB.$ Точка $P$ симметрична точке $A$ относительно прямой $BC.$ Докажите, что $P A$ является биссектрисой угла $MP N.$

Показать доказательство

$PIC$

Из симметрии следует, что $∠BPC = ∠A.$ Отсюда

∠BP C +∠BMC = ∠A+ (180∘− ∠AMC )= 180∘,

поэтому четырёхугольник $BMCP$ — вписанный. Отсюда

∠MP A= ∠MP C − ∠AP C =∠MBC − ∠PAC = ∠B− (90∘− ∠C) =∠B + ∠C− 90∘

Аналогично

∠NP A =∠B + ∠C − 90∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#98717

Один из углов остроугольного треугольника равен $30∘.$ На каждой его стороне выбрали по одной точке. Докажите, что минимальный периметр образованного этими точками треугольника равен одной из высот исходного треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть нам дан треугольник ABC, где угол A = 30⁰. Произвольные точки на сторонах AB, BC, AC обозначим Y, X, Z соответственно. Часто в задачах на поиск минимума помогает осевая симметрия.

Подсказка 2

Если мы отразим точку X относительно сторон AB и AC, получив при этом точки X₁ и X₂, то отрезки YX и ZX можно заменить на равные, которые образуются на рисунке. Что это за отрезки? Как теперь можно выразить периметр треугольника XYZ?

Подсказка 3

Периметр треугольника XYZ равен X₁Y+YZ+ZX₂. Как можно оценить снизу данную величину?

Подсказка 4

По неравенству ломанной последнее не меньше, чем X₁X₂. Можно ли выразить данный отрезок, не используя точки X₁ и X₂? Что можно сказать про треугольник AX₁X₂?

Подсказка 5

Он является правильным, а значит X₁X₂ = AX₁ = AX. Когда AX минимально?

Подсказка 6

Когда AX является высотой. Таким образом, мы поняли, что длина периметра XYZ не меньше длины высота из вершины A. Остается понять, почему данная оценка достигается — для этого достаточно воспользоваться теми знаниями про точки X, Y, Z, которые мы приобрели в прошлых подсказках.

Показать доказательство

Пусть нам дан треугольник $ABC,$ где $∠A =30∘.$ Произвольные точки на сторонах $AB, BC,AC$ обозначим $Y,X,Z$ соответственно. Отразим точку $X$ относительно двух других сторон треугольника: точка $X1$ симметрична относительно $AB,$ а $X2$ — относительно $AC.$ Тогда $∘ ∠X1AX2 =60$ и $AX = AX1 = AX2.$ Заметим, что периметр нашего исходного треугольника на самом деле равен $P = X1Y + YZ + ZX2,$ при этом

P ≥ X1X2 = AX1 = AX2 = AX

Значит, он будет минимальным, когда точки $X1,X2,Y,Z$ лежат на одной прямой и получится, что $AX = X1X2.$ Но когда $AX$ будет минимально? Когда будет являться высотой. Следовательно, мы доказали, что минимальный периметр треугольника будет равен одной из высот треугольника.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100664

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Показать доказательство

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDG$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BFD$ и $DEC$ равнобедренные, то $∠F BD =∠F DB$ и $∠ECD = ∠EDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDF − ∠EDC =180∘− ∠B − ∠C =∠BAC

Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

Получается, что $D ′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

FD = FD′ = FB и D ′E = ED = EC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $F,$ а $C,D$ и $D ′$ — с центром в $E.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠FBD = 2∠AF D = 2∠AED =∠ACD

Получаем, что $′ D$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71293

Точка $M$ лежит внутри острого угла. Постройте на сторонах этого угла точки $A$ и $B$ , для которых периметр треугольника $AMB$ был бы наименьшим.

Показать доказательство

Обозначим вершину угла через $O$ . Отразим точку $M$ относительно сторон угла, обозначив полученные две точки через $N$ и $K$ .

$PIC$

Рассмотрим произвольные точки $X$ и $Y$ на сторонах угла. Заметим, что в силу симметрии $XM =XN$ , $Y K = YM$ . Поэтому периметр треугольника $XMY$ равен длине ломаной $NXY K$ . Длина этой ломаной не меньше длины отрезка $NK$ , и равенство возможно только когда точки $X$ и $Y$ лежат на отрезке $NK$ . Поэтому в качестве точек $A$ и $B$ таких, чтобы периметр треугольника $AMB$ был наименьшим, необходимо выбрать точки пересечения отрезка $NK$ со сторонами угла.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Условие, что исходный угол острый, важно: если бы $∠O$ был тупым, то построенный отрезок $NK$ не пересекался бы со сторонами угла, а если бы $∠O$ был прямым, то пересекался бы в точке $O$ . В качестве упражнения докажите, что в обоих этих случаях в качестве точек $A$ и $B$ необходимо выбрать точку $O$ , таким образом, периметр вырожденного треугольника $OMO$ является наименьшим из возможных.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#73412

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполнено $AB + AD =CB + CD.$ В треугольники $ABC,CDA$ вписаны окружности с центрами $I1,I2.$ Докажите, что прямые $AC,BD,I1I2$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Докажем для начала следующую лемму: пусть для выпуклого четырехугольника $FGHE$ выполняется равенство $F G+ GH = EH +F E,$ тогда существует окружность, касающаяся продолжений всех его сторон, вписанная в угол $F$ или угол $H.$

$PIC$

Пусть угол $F$ меньше угла $H,$ тогда картинка будет в точности как на рисунке выше! Докажем, что биссектрисы углов $EF G,EHG$ и внешнего угла к $HGF$ пересекаются в одной точке, из этого будет следовать, что существует требуемая окружность из определения биссектрисы как ГМТ.

Пусть биссектрисы углов $EFG$ и $EHG$ пересекаются в $O.$ Отразим $E$ относительно биссектрисы $FO,$ получим точку $E1$ на прямой $FG.$ Аналогично, отражая $E$ относительно $HO,$ получим $E2$ на $HG.$ По условию $FG + GH = EH +FE,$ распишем $FG$ как $FE1 +E1G$ и получим $FE1+ E1G+ GH = EH + FE.$ Так как мы получили точку $E1$ симметрией, то $FE =FE1.$ Значит, $E1G = EH − HG =HE2 − HG =GE2,$ так как $EH$ равно $E2H$ из симметрии.

Тогда посмотрим на треугольник $EE1E2 :$ в нем $FO,HO$ — серединные перпендикуляры к сторонам $EE1,EE2$ соответственно. Однако биссектриса угла $E1GE2$ тоже будет серединным перпендикуляром, но к стороне $E1E2,$ так как $E1G = E2G.$ Значит, $FO,HO$ и биссектриса угла $E1GE2$ есть серединные перпендикуляры к сторонам треугольника $EE1E2,$ и, следовательно, пересекаются в одной точке $O$ (центре описанной окружности треугольника $EE1E2$ ), что и требовалось.

Лемма доказана, решим с ее помощью задачу. Пусть вторая внешняя касательная к вписанным окружностям касается в точках $L$ и $K$ и пересекает $AC$ в $M.$ Вневпишем в $ABCD$ окружность как в лемме. Тогда по задаче $2b$ точки $B,M$ и $D$ лежат на одной прямой. Но точка $M$ еще лежит и на $AC,$ и на $I1I2.$ Значит, $M$ есть точка пересечения диагоналей и лежит на $I1I2,$ что и требовалось в задаче.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#75196

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB + AC > 3BC.$ Внутри этого треугольника отмечены точки $P$ и $Q$ такие, что $∠ABP =∠P BQ =∠QBC$ и $∠ACQ =∠QCP =∠P CB.$ Докажите, что $AP +AQ > 2BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим оценить сумму - так попробуем оценить каждый ее член! Какие неравенства можно к ним применить?

Показать доказательство

$PIC$

По неравенству треугольника для треугольника $ABP$ имеем:

AP >AB − BP

Аналогично

AQ >AC − CQ

Складывая полученные неравенства имеем

AP + AQ >AB + AC − (BP + CQ)> 3BC − (BP +CQ )

Осталось показать, что $BP + CQ < BC.$ Пусть $R$ — точка пересечения прямых $BQ$ и $CP,P′$ — образ точки $P$ при симметрии относительно прямой $BR,Q′$ — образ точки $Q$ при симметрии относительно прямой $CR.$ Тогда достаточно показать, что $BP ′+CQ ′ <BC,$ что эквивалентно

′ ′ ∠BRP +∠CRQ < ∠BRC (*)

Пусть $∠ABC = 3β,∠ACB = 3γ.$ Тогда

′ ′ ∠P RB = ∠PRB = γ+β = ∠CRQ = ∠CRQ

Таким образом, неравенство (*) имеет вид

2(β+ γ)< 180 − (β+ γ)

Наконец,

3(β+ γ)<180

что верно, т.к.

3(β +γ)= ∠ABC = 3β+ ∠ACB = 180∘− ∠A

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#75198

Дан правильный пятиугольник $ABCDE.$ Точки $F,G$ и $H$ являются точками пересечения прямых $AB$ и $CD, AC$ и $BE, AD$ и $FG$ соответственно. Докажите, что $∠BHF =2∠HF E.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Удвоенный угол напоминаем нам о биссектрисе угла BHF - попробуем доказать, что ею является прямая, проходящая через H и параллельная EF. Понятно, что EF перпендикулярна AD - тогда какой факт, связанный с точкой B, мы можем доказывать?

Показать доказательство

Проведем через точку $H$ прямую $ℓ,$ параллельную $EF.$ Достаточно показать, что $ℓ$ является биссектрисой угла $BHJ.$ Поскольку $ℓ||EF$ верно, что $ℓ⊥ AD.$ Таким образом, достаточно показать, что $AD$ является биссектрисой внешнего угла $BHF.$

$PIC$

Последнее эквивалентно условию принадлежности точки $B′,$ симметричной $B$ относительно $AD,$ прямой $FG.$

Пусть $Ω$ — окружность описанная около пятиугольника $ABCDE.$ Заметим, что прямые $ED$ и $DB$ симметричны относительно прямой $AD,$ поскольку $∠EDA = ∠DAB,$ т.к. данные углы опираются на равные дуги в окружности $Ω.$ Таким образом, $B′$ лежит на прямой $ED,$ то есть $EB′||AG.$

Кроме этого $∠B ′AE = ∠BAC = ∠AEB$ в силу симметрии и равенства дуг в окружности $Ω,$ следовательно $AB′||EB.$

Заключаем, что точка $AGEB ′$ — параллелограмм, откуда $GB′$ — медиана в треугольнике.

Пусть $P$ — точка, симметричная $F$ относительно $DG.$ Осталось показать, что $∠EGB′ = ∠AGB.$ Докажем. что $P$ является точкой пересечения касательных в точках $E$ и $A$ к окружности $EGA,$ как следствие является симедианой треугольника $EGA.$

Действительно $∠PAE = ∠PEA = ∠CEA = ∠AEG,$ ведь каждый из углов равен сумме двух половин дуг, равных дуге $AB$ в окружности $Ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#81908

Треугольник $ABC$ $(AC > BC )$ вписан в окружность $ω.$ Биссектриса $CN$ этого треугольника пересекает $ω$ в точке $M$ $(M ⁄= C).$ На отрезке $BN$ отмечена произвольная точка $T.$ Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $MNT.$ Описанная окружность треугольника $MNH$ пересекает $ω$ в точке $R$ $(R ⁄=M ).$ Докажите, что $∠ACT = ∠BCR.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $T′$ — точка, симметричная точке $T$ относительно биссектрисы $CN.$ Тогда $∠(MT′,T′N )= ∠(NT, TM) =∠(MH, HN ),$ откуда следует, что точки $M,N,H,T′,R$ лежат на одной окружности. Заметим, что $∠ACT = ∠BCT′.$ Значит осталось доказать, что точки $C,T′$ и $R$ лежат на одной прямой. Заметим, что $∠CRM = ∠CAM.$ Также видно, что $∠ACM =∠MCB = ∠MAB.$ Треугольники $CAM$ и $ANM$ подобны по первому признаку. Отсюда следует равенство $∠CAM = ∠ANM.$ Также отметим, что $∠T′RM = ∠T′NM = ∠MNT.$ Из всего этого можно заключить, что $180∘ = ∠MNT +∠ANM = ∠T′RM + ∠CRM.$ Следовательно, точки $C,T′$ и $R$ лежат на одной прямой.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#81910

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = AC$ ) $∠BAC =70∘.$ Точка $N$ на стороне $AB$ и точка $M$ на отрезке $NC$ таковы, что $∘ ∠NAM = ∠NCB = 5 .$ Прямая $BM$ пересекает биссектрису угла $ACN$ в точке $I.$ Докажите, что $NI$ – биссектриса угла $ANC.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим $I′$ точку пересечения биссектрис углов $ACN$ и $CAN.$ Понятно, что $I′$ лежит на биссектрисе угла $ANC.$ Докажем, что точки $I′,M$ и $B$ лежат на одной прямой, откуда и будет следовать решение задачи. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $∠ACB = (180∘− ∠BAC )∕2= 55∘,$ а значит $∠ACI ′= (∠ACB − ∠NCB )∕2= 25∘.$ Из симметрии относительно биссектрисы $AI′$ получаем, что $∠ABI ′ =∠ACI ′ =25∘,$ откуда $AI′B = 180∘− ∠BAI′− ∠ABI′ = 120∘.$ Треугольник $ACM$ — равнобедренный, так как $∠ACM = 50∘,∠MAC = 65∘,∠AMC =180∘− ∠ACM − ∠MAC =65∘,$ откуда $AC = CM.$ А значит треугольники $AI′C$ и $MI′C$ равны по двум сторонам и углы между ними. Получаем, что треугольник $AI′M$ равнобедренный, $AI′ = MI′$ и $∠I′AM = I′MA = 30∘.$ Значит $∠AI ′M = 120∘ =∠AI′B,$ откуда следует, что точки $I′,M$ и $B$ лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31352

В треугольнике $ABC$ $∠A =3∠C$ . Точка $D$ на стороне $BC$ обладает тем свойством, что $∠ADC =2∠C$ . Докажите, что $AB + AD =BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что у нас тут есть необходимость доказать, что сумма каких-то двух отрезков равна третьему. С этим очень неудобно работать, когда эти отрезки не лежат на одной прямой, давайте попробуем их "спрямить". Для этого отложим на отрезке АВ за точку А точку Х такую, что АХ = AD. Тогда нам нужно теперь доказать, что BX = BC! Вот это уже поинтереснее

Подсказка 2

Вспоминаем, что у нас здесь очень много известных углов! Посчитаем). Нам было бы полезно доказать, что треугольник BCX равнобедренный. Попробуйте найти равные треугольники и использовать это равенство.

Подсказка 3

Например, равенство AXC и ADC! Пробуем доказать его. Для этого полезно доказать, что AY — биссектриса ADX (Y — пересечение AC и DX), ведь эти треугольники тогда будут симметричны относительно нее!

Показать доказательство

Пусть $∠C = α$ , тогда $∠A = 3α$ , $∠ADC = 2α$ . Отметим на прямой $AB$ за точку $A$ такую точку $X$ , что $XA =AD$ . Заметим, что достаточно доказать равнобедренность $ΔXBC$ .

$PIC$

∠DAC = 180∘− ∠ADC − ∠ACD = 180∘ − 3α,

∘ ∘ ∠CAX =180 − ∠BAC = 180 − 3α

Пусть $Y$ — точка пересечения $AC$ и $XD$ . Нетрудно заметить, что $AY$ — биссектриса в равнобедренном $ΔXAD$ , проведённая к основанию, значит, она также его медиана и высота. То есть точка $D$ при симметрии относительно $AC$ переходит в $X$ , следовательно, $ΔADC = ΔAXC$ , тогда

∠ACX = ∠DCA = α,∠ADC = ∠AXC = 2α

Таким образом, $∠BXC = ∠XCB =2α$ , откуда $ΔXBC$ — равнобедренный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31354

Внутри прямого угла с вершиной $O$ взята точка $C$ , а на его сторонах — точки $A$ и $B$ . Докажите, что $2OC < AC+ BC +AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, снова встречаем неравенство на странные отрезки, которые между собой никак не соотносятся. Мы знаем несколько известных неравенств на отрезки - например, неравенство треугольника. Тогда попробуем его здесь найти и использовать

Подсказка 2

Для этого нам пригодится создать на картинке отрезок длинной 2ОС, пока его нет. Давайте просто продлим за точку О отрезок ОС до точки ОС1, так, что ОС1 = ОС. Теперь длина СС1 = 2ОС. Ищем треугольник, для которого можно написать неравенство! (мы же предварительно нарисовали картинку и отметили там все отрезки, о которых идет речь, да?)

Подсказка 3

Например, можно для треугольника АСС1. То есть, если мы докажем, что АС1<= АВ + ВС, то получим неравенство из условия! Осталось это доказать, и задача решена😏

Показать доказательство

Первое решение.

Удвоим отрезок $CO$ за точку $O$ и получим отрезок $′ CC$ длины как в левой части искомого неравенства. Нужно доказать, что его длина меньше периметра треугольника $ABC$ . Отразим также точку $B$ относительно точки $O$ и обозначим полученную точку за $D$ .

$PIC$

В силу осевой симметрии точек $B$ и $D$ относительно $AO$ получаем $AB =AD$ . Из равенства треугольников $BOC$ и $DOC′$ по двум сторонам (из построения) и углу между ними (как вертикальные) имеем $BC =DC ′$ . Наконец, из неравенства ломаной $CC ′ <CA + AD +DC ′ = CA +AB + BC$ получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отразим точку $C$ относительно сторон угла $AOB$ , получим точки $′ C$ и $′′ C$ .

По построению стороны угла являются серединными перпендикулярами к сторонам $CC ′$ и $CC ′′$ , а в силу того, что угол между сторонами угла прямой, угол $C′CC ′′$ между перпендикулярами к ним тоже является прямым. Поэтому точка $O$ лежит на гипотенузе $C′C′′$ треугольника $C′CC′′$ и является центром описанной около него окружности, а отрезок $CO$ — её радиусом $R$ .

Выражение в правой части неравенства превращается в длину ломаной $C′A+ AB +BC ′′$ , которая больше длины отрезка $C ′C′′ =2R = 2CO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

Используем прямоугольный треугольник $AOB :$ пусть $M$ — середина $AB$ , тогда $OM = AB2$ . В связи с этим нужно доказать $OC < OM + BC+A2C-.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для $ΔOMC$ : $OC ≤OM +MC$ . Осталось доказать $BC+AC- MC < 2$ . Но это известное неравенство медианы, применённое для $ΔABC$ .

В итоге

BC +AC AB + BC +AC OC ≤OM +MC < OM + ---2---= ------2-----

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31360

В треугольнике $ABC$ сторона $BC$ больше стороны $AB$ . Отрезки $BH$ и $BL$ — высота и биссектриса соответственно. Оказалось, что $2HL + LC = BC$ . Во сколько раз угол $A$ треугольника $ABC$ больше угла $C$ ?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $T$ получена отражением $L$ относительно $H$ . Из неравенства $BC > AB$ следует, что $∠A> ∠C$ , а тогда $∠CBH > ∠ABH$ . Биссектриса же делит угол $B$ на две равные части, поэтому точка $L$ находится между $H$ и $C$ . Тогда $BC = 2HL +LC = TH +HL + LC =T C$ , и треугольник $CBT$ — равнобедренный. Треугольники $BTH$ и $BLH$ равны в силу симметрии относительно BH. Обозначим $∠ABC = 2y$ , $∠TBL = 2x$ . Тогда $∠BT H +∠HBT = ∠CBT +x =3x+ y = 90∘$ , откуда $∠C = 90∘ − x− y = 2x$ и $∠A =180∘− ∠B− ∠C =180∘− 2y− 2x =2∠C$ .

Замечание. Рассуждения верны для любого корректного расположения $L,H,T,A$ на прямой $AC.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#32022

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $CC . 1$ Прямые $A C 1 1$ и $AC$ пересекаются в точке $D.$ Докажите, что $BD$ — внешняя биссектриса угла $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем сформировать треугольник, в котором BD будет биссектрисой. Продлим BC за точку B на BT = AB, получив треугольник ABT. Найдите на картинке несколько теорем Менелая.

Подсказка 2

Сначала применим теорему Менелая для △ABC и прямой A₁C₁. Далее, не умаляя общности, AB < BC. Найдите ещё одну теорему Менелая.

Подсказка 3

Запишем теорему Менелая для △ATC и BD. Что теперь можно сказать про BD?

Подсказка 4

Конечно же, BD — медиана равнобедренного △ABT, а, значит, и биссектриса, что и требовалось доказать.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BC$ за точку $B$ на $BT =AB,$ пусть $X = AT ∩BD.$ Теорема Менелая для $△ABC$ и $A1C1$

CA1-⋅ BC1-⋅ AD-= AC-⋅ BC-⋅ AD =1 =⇒ AD-= AB A1B C1A CD AB AC DC DC BC

Здесь мы, не умаляя общности, считаем $AB < BC.$ Теперь теорема Менелая $△AT C$ и $BD$

CB-⋅ TX ⋅ AD-= BC-⋅ AD-⋅ TX =1 =⇒ TX =AX BT AX DC AB DC AX

Отсюда $BX$ — медиана равнобедренного треугольника $△BAT$ и она же будет биссектрисой.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#80296

Дана ломаная $ABCDE$ в виде буквы $M.$ Известно, что $AB = BC =$ $CD =DE, ∠ABC = ∠CDE,K$ — середина $BD.$ Докажите, что $AK = EK.$

Показать доказательство

$PIC$

В силу равнобедренности $ΔBCD,$ прямая $CK$ перпендикулярна прямой $BD.$ Сделаем симметрию относительно прямой $BD.$ Точка $B$ перейдёт в $D,$ угол $∠ABD$ перейдёт в $∠BDE,$ в силу вышеупомянутой равнобедренности, а значит точка $A$ перейдёт в точку $E,$ потому что $AB = DE.$ Таким образом, отрезок $AK$ перейдёт в отрезок $KE,$ откуда следует их равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80297

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#80298

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 20#80300

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.

Предыдущая подтема

Следующая подтема