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#122414Максимум баллов за задание: 7

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#125094Максимум баллов за задание: 7

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#139568Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ боковые стороны $AB$ и $BC$ равны $1,$ а угол $ABC$ равен $20∘.$ На стороне $AB$ выбирают произвольную точку $K,$ а на стороне $BC$ — произвольную точку $E.$ Найдите минимум суммы $AE +EK + KC.$

Показать ответ и решение

Отразим точку $C$ относительно прямой $AB,$ а точку $A$ — относительно прямой $CB.$ Получим точки $C 1$ и $A . 1$ В силу симметрии $C1K = CK,A1E = AE.$ Значит, нужно минимизировать длину ломаной $C1KEA1.$ Заметим, что её длина не меньше длины отрезка $C1A1.$ При этом нетрудно подобрать пример, когда будет равенство: нужно взять точки пересечения $C1A1$ с $AB$ и $CB$ в качестве точек $K$ и $E.$ Треугольник $C1BA1$ равносторонний, поскольку $∘ ∠C1BA1 = 60,C1B = A1B = 1,$ значит, $C1A1 =1.$

$PIC$

Ответ:

$1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79864Максимум баллов за задание: 7

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#98717Максимум баллов за задание: 7

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#100664Максимум баллов за задание: 7

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.
Принадлежность к описанной окружности △AEF. Равнобедренные треугольники дают достаточно равных углов, а ещё точка, симметричная D относительно EF, составляет такой же угол с отрезком EF, что и сама D. А дальше Вам поможет счёт углов.

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#128957Максимум баллов за задание: 7

В пространстве расположены отрезки $AA′,$ $BB ′,$ и $CC′$ с общей серединой $M.$ Оказалось, что сфера $ω,$ описанная около тетраэдра $′ ′ ′ MA B C,$ касается плоскости $ABC$ в точке $D.$ Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Докажите, что $MO =MD.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким способом можно доказывать равенство двух отрезков? Может, стоит найти третий отрезок, который будет равен одному из иcходных?

Подсказка 2

Действительно, у нас уже есть пары равных отрезков AM и A'M, BM и B'M, CM и C'M. В частности, это говорит о том, что треугольники ABC и A'B'C' симметричны относительно точки M. Как построить отрезок, равный OM, связь которого со сферой была бы более естественна, чем та же у последнего?

Подсказка 3

Если O' — центр описанной окружности треугольника A'B'C', то OM=M'O. Как эти точки связаны с D?

Подсказка 4

На самом деле, касание сферы и плоскости влечет равенство угла ODO' прямому. Осталось понять, чем является точка M в треугольнике ODO'.

Показать доказательство

Обозначим через $O ′$ центр окружности, описанной около треугольника $A′B′C ′,$ через $P$ — центр сферы $ω$ (см. рис.). При центральной симметрии относительно точки $M$ треугольник $ABC$ переходит в треугольник $′ ′′ AB C .$ Следовательно, точки $O$ и $′ O$ симметричны относительно точки $M,$ то есть $M$ — середина отрезка $′ OO .$

$PIC$

Также мы получаем, что плоскости $ABC$ и $A ′B′C′$ параллельны. Тогда на прямой, проходящей через точку $P$ перпендикулярно этим плоскостям, лежат точки $D$ и $O′,$ поэтому $∠O ′DO = 90∘.$ Таким образом, $DM$ — медиана в прямоугольном треугольнике $O′DO,$ значит, $MO =MD,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#137260Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $BC, AC,AB$ соответственно в точках $D,E,F.$ Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Докажите, что $MENF$ — параллелограмм.

Источники: Изумруд - 2024, 10.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать доказательство

Треугольник $△CDE$ равнобедренный, из свойств касательных к окружности, значит, прямая $DE$ перпендикулярна биссектрисе угла $C,$ так как биссектриса является высотой, следовательно, прямая $DE$ параллельна внешней биссектрисе угла $C,$ так как биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому при симметрии относительно этой прямой, прямая $AC$ перейдёт в прямую параллельную $BC.$ Следовательно $ME$ параллельно $BC,$ аналогично $NF$ параллельно $BC,$ поэтому $ME$ параллельно $NF.$

$PIC$

Докажем, что $ME = NF,$ тогда $MENF$ обязан быть параллелограмм. И вправду из симметрии $ME = AE$ и $NF = AF.$ А из свойств отрезков касательных $AE = AF,$ откуда $ME = NF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71293Максимум баллов за задание: 7

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 10#73412Максимум баллов за задание: 7

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала давайте сконцентрируемся на условии AB + AD = CB + CD. Что из него можно получить? Хотелось бы, конечно, чтоб это можно было потом подвязать к вписанным окружностям.

Подсказка 2.

Правильно! Из этого условия следует, что существует вневписанная окружность, которая касается лучей BA, BC, AD, CD. Давайте обозначим эту окружность за Ω. Теперь вернёмся к тому, что нужно доказать. Хотим показать, что точка пересечения диагоналей лежит на линии центров. Попробуйте это переформулировать.

Подсказка 3.

Для этого обратите внимание, что точка пересечения диагоналей лежит на одной из внутренних касательных к вписанным окружностям из условия.

Подсказка 4.

На самом деле достаточно доказать, что точка пересечения диагоналей совпадает с центром отрицательной гомотетии, которая переводит одну вписанную окружность из условия в другую. Какая теорема может помочь это доказать?

Подсказка 5.

Правильно! Теорема о 3 колпаках! Как раз можно вспомнить про окружность Ω.

Показать доказательство

По теореме Штейнера четырехугольник $ABCD$ является внеописанным, то есть существует окружность $Ω,$ которая касается продолжений всех его сторон, причем вписана во внутренние углы $B$ и $D.$ Осталось заметить, что по теореме о трех колпаках для вписанных окружностей треугольников $ABC,$ $CDA$ и окружности $Ω$ центр отрицательной гомотетии первых двух лежит на диагонали $BD,$ а значит, через эту точку проходит прямая $I1I2.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75196Максимум баллов за задание: 7

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75198Максимум баллов за задание: 7

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 13#81908Максимум баллов за задание: 7

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#81910Максимум баллов за задание: 7

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 15#131387Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC.$ На биссектрисе угла $ABC$ внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $D,$ а на отрезке $BD$ — точка $E$ так, что $AE = BE$ и $BD = CD.$ Точки $P$ и $Q$ — центры окружностей, описанных около треугольников $AOE$ и $COD$ соответственно. Докажите, что точки $A,C,P$ и $Q$ лежат на одной прямой или на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим вторую точку пересечения биссектрисы угла $ABC$ с окружностью, описанной около треугольника $ABC,$ через $F.$ Тогда точка $F$ — середина дуги $AC,$ поэтому $OF$ — серединный перпендикуляр к хорде $AC.$ Поскольку вписанный угол вдвое меньше центрального, опирающегося на ту же дугу, то $∠FOC = 2∠FBC.$ С другой стороны, так как $BD = DC,$ то $∠DCB = ∠CBD,$ а тогда

∠CDF = ∠DCB + ∠DBC =2∠DBC =2∠FBC

как внешний к треугольнику $BCD.$ Таким образом, $∠FOC = ∠FDC,$ поэтому точка $F$ лежит на окружности, описанной около треугольника $COD.$

$PIC$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что

∠AOF = 2∠ABF =∠AEF,

и точка $F$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AOE.$ Значит, точки $P$ и $Q$ — центры описанных окружностей треугольников $AOF$ и $COF,$ а эти треугольники симметричны относительно $OF.$ Получается, что точки $P$ и $Q$ также симметричны относительно $OF.$ Следовательно, либо точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $AC,$ либо $P,$ $Q,$ $A,$ $C$ — вершины равнобедренной трапеции, а потому лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31352Максимум баллов за задание: 7

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31354Максимум баллов за задание: 7

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 18#31360Максимум баллов за задание: 7

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 19#32022Максимум баллов за задание: 7

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#80296Максимум баллов за задание: 7

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.

Предыдущая подтема

Следующая подтема