Тема Дополнительные построения в планике

Проецирование в планике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дополнительные построения в планике

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#126312

В равнобедренном треугольнике с основанием $AC$ и углом $ABC =20∘$ при вершине $B,$ на стороне $AB$ отмечена точка $H$ такая, что угол $∘ AHC = 30 .$ Доказать $AC = BH.$

Источники: Всесиб - 2025, 10.3 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А давайте попробуем просто всё посчитать. :)

Подсказка 2

Начнём с углов. Особенно интересны нам ∠BAC, ∠BHC и ∠BCH.

Подсказка 3

Попробуйте применить теорему синусов к треугольнику ABC.

Подсказка 4

А если вновь применить теорему синусов, но уже к треугольнику HBC?

Показать доказательство

Первое решение

Построим серединный перпендикуляр к отрезку $CH,$ обозначим за $M$ и $K$ точки его пересечения со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Треугольник $HMC$ — равнобедренный с углами $∘ ∠MHC =∠MCH = 10$ при основании $HC,$ поэтому отрезки $MH$ и $MC$ равны как его боковые стороны.

В треугольнике $MHB$

∠BHM =∠BHC − ∠MHC = 150∘− 10∘ = 140∘

Кроме того,

∘ ∠HBM =20 = ∠BMH

Следовательно, треугольник $MHB$ — равнобедренный с боковыми сторонами $BH$ и $HM.$ Получаем, что $BH = HM = MC.$ Теперь посмотрим на равнобедренный треугольник $CHK$ с $∠HCK = ∠CHK =30∘.$ Следовательно,

∠MCK = ∠MCH +∠MCK = 30∘+ 10∘ =40∘

Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∠KCA = ∠ACB − ∠MCK = 80 − 40 = 40

Тогда $CK$ — биссектриса угла $BCA.$

∠KMC = 1⋅∠CMH = 80∘ = ∠KAC 2

Треугольники $KMC$ и $KAC$ равны по общей стороне $KC$ и по 2 углам $∠KMC = ∠KAC,$ $∠KCA = ∠MCK.$ Тогда $MC =AC.$

Получаем, что

BH =HM = MC = AC

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

$PIC$

Повернём треугольник $ABC$ вокруг точки $B$ по часовой стрелке на $20∘,$ чтобы сторона $AC$ совместилась со стороной $AB.$ Образ точки $H$ при этом повороте обозначим за $F.$ Затем зеркально отразим треугольник $ABC$ относительно стороны $BC,$ образ точки $H$ при этом отражении обозначим за $G.$

∘ ∘ ∘ ∠F AC =∠F AB +∠BAC = 10 + 80 = 90

∠GCA =∠GCB +∠BCA = 10∘+ 80∘ =90∘

F A= CH = GC

Тогда четырехугольник $AFGC$ является прямоугольником и $FG = AC.$

В треугольнике $BFG$ по построению $BF =BH = BG,$ а также

∘ ∘ ∘ ∠F BG =∠F BA +∠ABG =∠ABC + ∠ABG = 20 + 40 = 60

Следовательно, треугольник $BF G$ — равнобедренный с углом $60∘$ при вершине, а значит, он является равносторонним. Тогда

AC = FG =F B = HB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

$PIC$

180∘−-20∘ ∘ ∠BAC = 2 = 80

∠BHC = 180∘− 30∘ =150∘

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BCH =180 − 20 − 150 =10

По теореме синусов для треугольника $ABC$

--AC-- = -BC--- sin(20∘) sin(80∘)

По теореме синусов для треугольника $HBC$

--BH∘-= --BC-∘- =--BC-∘ = sin(10 ) sin(150) sin(30 )

Тогда

AC = BC-⋅sin(20∘)= BH ⋅ sin(30∘)⋅sin(20∘) =BH ⋅----sin(20∘)---- =BH ⋅ sin(20∘)= BH sin(80∘) sin(10∘)⋅sin(80∘) 2 ⋅sin(10∘)⋅cos(10∘) sin(20∘)

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79868

В треугольнике $ABC$ $I$ — центр вписанной окружности, вневписанная окружность с центром $I A$ касается стороны $BC$ в точке $A′.$ Через $I$ проведена прямая $ℓ ⊥BI.$ Оказалось, что $ℓ$ пересекает $′ IAA$ в точке $K,$ лежащей на средней линии, параллельной $BC.$ Докажите, что $∘ ∠B ≤60 .$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $AHA$ — высота треугольника, $M$ — ее середина, а $N$ — точка пересечения $AHA$ с $BI.$ Тогда точки $A ′,I,M$ — проекции $K$ на прямые $BC, BI,AHA$ соответственно — лежат на одной прямой, следовательно, четырехугольник $BKNHA$ вписанный и $∠BKHA = ∠BNHA =90∘− ∠B2 .$

Так как середина $MC$ стороны $AB$ равноудалена от $B$ и $HA,$ а $MCK ∥BHA$ , то $∠BKHA < ∠BMCHA =180∘− 2∠B,$ откуда и следует искомое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86022

Биссектрисы углов $A$ и $D$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K;$ биссектрисы углов $B$ и $C$ — в точке $L.$ Докажите, что

2KL ≥ |AB − BC +CD − DA|

Показать доказательство

Пусть $K ,L 1 1$ — проекции точек $K,L$ на прямую $AB,K ,L 2 2$ — проекции на прямую $DC.$

$PIC$

Легко видеть, что точка $K1$ лежит на луче $AB,L1$ — на луче $BA,$ поэтому $K1L1 = |AB − AK1− BL1|,$ аналогично $K2L2 =|DC − DK2− CL2|.$ Кроме того, если точка $K3$ — проекция $K$ на $AD$ (она лежит на отрезке $AD$ ), то

AD = AK3 +DK3 = AK1 +DK2

Аналогично $BC = BL + CL . 1 2$ Осталось заметить, что

2KL >K1L1 +K2L2 =|AB − AK1 − BL1|+|DC − DK2 − CL2|>

> |AB− AK1 − BL1 + DC − DK2 − CL2|=|AB +DC − AD − BC|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90907

На прямую, проходящую через вершину $A$ треугольника $ABC$ опущены перпендикуляры $BD$ и $CE.$ Докажите, что середина стороны $BC$ равноудалена от точек $D$ и $E.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала середину BC обозначим за M. Требуется доказать, что она равноудалена от D и E. Давайте переведём это на язык ГМТ.

Подсказка 2

Ага, в самом деле нам необходимо доказать, что M лежит на серединном перпендикуляре к DE. А чем является этот серединный перпендикуляр в нашей конструкции?

Подсказка 3

Действительно, серединный перпендикуляр к DE является средней линией прямоугольной трапеции BDEC, отсюда и следует, что он проходит через M.

Показать доказательство

Обозначим середину $BC$ за $M.$ $M$ лежит на прямой, являющейся ГМТ таких, что расстояния от них до $BD$ и $CE$ равны. Отсюда препендикуляры $MX$ и $MY$ к прямым $BD$ и $CE$ равны, притом $X, M,Y$ лежат на одной прямой, тогда $∠BMX = ∠CMY$ как вертикальные, а значит, $△BMX = △CMY$ по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно $XDEY$ — прямоугольник, тогда $XD =Y E,$ откуда $△MXD = △MY E$ по двум сторонам и прямому углу между ними, значит, $MD =ME.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97587

На прямой лежат $2017$ точек $M 1$ , …, $M . 2017$ Вне прямой дана точка $A.$ Может ли так случиться, что можно расставить на отрезках $AM1,$ …, $AM2017$ стрелки так, чтобы сумма полученных векторов была равна $−→ 0?$

Показать ответ и решение

Предположим, что можно расставить стрелки так, чтобы сумма всех полученных векторов была равна нулевому вектору.

Спроецируем все эти векторы на прямую, перпендикулярную линии, содержащей точки $M1,...,M2017$ . Заметим, что каждый из этих векторов, в зависимости от направления стрелки, спроецируется либо на вектор $-′-- AM$ , либо на $---′ MA$ , где $′ A$ и $M$ — проекции точки $A$ и точек $M1,...,M2017$ соответственно.

$PIC$

Обозначим число векторов, спроецированных на $---- A ′M$ , через $x.$ Тогда число векторов, спроецированных на $---- MA ′,$ равно $2017− x.$ Согласно предположению, сумма всех векторов равна нулю, а значит, сумма их проекций также должна быть равна нулю.

Однако проекции $---- A′M$ и $---- MA ′$ противоположно направлены. Для того чтобы их сумма была равна нулю, числа $x$ и $2017− x$ должны быть равными, что невозможно, так как $2017$ — нечётное число. Таким образом, остаётся хотя бы одна ненулевая проекция, что приводит к противоречию.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#69122

На сторонах многоугольника, вписанного в окружность диаметра $1,$ расставлены стрелочки. Докажите, что длина суммы полученных векторов не превосходит $2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как мы ничего не знаем про длины сторон многоугольника и про количество его вершин, то следует воспользоваться стандартным приемом - проецированием на прямую, проходящую через диаметр окружности. Подумайте, что будет, если эта прямая пересекает сторону многоугольника не в вершине

Подсказка 2

Помним важное свойство: если сначала все векторы сложить, а потом спроецировать, или сначала спроецировать, а потом сложить, то получим одно и то же. Как можно оценить сумму длин проекций на нашу прямую?

Подсказка 3

Конечно, рассмотрим отдельно обе полуокружности. Если все стрелочки направлены в одну сторону, то длина проекции будет равно длине диаметра, то есть 1. Может ли длина проекции вдруг увеличиться, если стрелочки будут направлены в разные стороны?

Показать доказательство

Проведем параллельную вектору суммы прямую так, чтобы она проходил через диаметр окружности. Если диаметр пересекает сторону многоугольника не в вершине, то разделим пересекаемую сторону на две относительно точки пересечения и разрешим ставить стрелочки разных направлений на них. Тем самым мы только обобщим задачу.

$PIC$

Спроецируем все векторы на диаметр. Если сначала все векторы сложить, а потом спроецировать или сначала спроецировать, а потом сложить, получим одно и то же.

Рассмотрим одну полуокружность. Если все стрелочки направляются в одну сторону(например, вправо), то сумма проекций векторов равна диаметру, то есть $1$ . Поэтому если стрелки направлены в разные стороны, то сумма проекций векторов точно не больше, чем $1.$

Сумма длин проекций векторов из нижней полуокружности также не превосходит диаметр. Складывая, получаем, что сумма проекций всех векторов не превосходит $2,$ значит и сумма векторов не превосходит $2.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70784

Точка $P$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $∠BAP =$ $∠CAP.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Прямая $MP$ пересекает описанные окружности треугольников $ABP$ и $ACP$ в точках $D$ и $E$ соответственно (точка $P$ лежит между точками $M$ и $E,$ точка $E$ лежит между точками $P$ и $D).$ Оказалось, что $DE =MP.$ Докажите, что $BC = 2BP.$

Источники: Курчатов-2022, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в задаче есть условие на углы и описанные окружности. Может, попробовать посчитать уголочки. Посмотрите, куда можно перекинуть уголочки ∠CAP и ∠BAP...

Подсказка 2

Т.к. DAPB- вписан ⇒ ∠PAB=∠PDB. Т.к. AEPC- вписан ⇒ ∠CAP=∠CEP. Но тогда ∠CEP=∠PDB. Это все, конечно, здорово, но мы пока не подобрались к отрезку BP. Нам нужно доказать, что BC=2BP. Это равносильно тому, что BP=BM. Т.е. нам надо доказать, что PBM- равнобедренный. Может, попробовать провести высоту BX и доказать, что PX=XM...

Подсказка 3

Мы еще не пользовались тем, что M- середина BC. Какое дополнительное построение сразу приходит в голову?

Подсказка 4

Конечно, удвоение медианы! Давайте удвоим XM: тогда получится точка Y, лежащая на прямой XM. Тогда т.к. BXCY-параллелограмм ⇒ ∠CYM=90° и CY=BX. Равны ли прямоугольные треугольники △DBX и △ECY?

Подсказка 5

Да! Т.к. CY=BX и ∠BDX=∠BDP=∠CEP=∠CEY. Но тогда DX=EY. Если мы докажем, что PX=MY, то мы победили. Вспомните, что DE=PM и доведите решение до конца!

Показать доказательство

$PIC$

Четырёхугольник $AEP C$ — вписанный, поэтому $∠CAP = ∠CEP.$ Аналогично четырёхугольник $BP AD$ — вписанный, поэтому $∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP.$

Опустим высоты $BX$ и $CY$ на прямую $MP.$ Заметим, что прямоугольные треугольники $BMX$ и $CMY$ равны по гипотенузе $BM =MC$ и острому углу $∠BMX = ∠CMY$ , откуда получаем $BX = CY.$

Заметим, что прямоугольные треугольники $CY E$ и $BXD$ равны по катету $CY =BX$ и острому углу $∠CEY =∠CEP =∠BDP = ∠BDX,$ откуда получаем $Y E = XD.$ Тогда

0= YE − XD =(YM + MP + PE)− (XP +P E+ ED )=Y M − XP

Получается, что $XP = YM =XM.$ Следовательно, в треугольнике $BP M$ высота $BX$ совпадает с медианой, поэтому он является равнобедренным, и $BP = BM = BC-, 2$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68267

Через вершины треугольника $ABC$ проведены три параллельные прямые $a,b,c$ соответственно, не параллельные сторонам треугольника. Пусть $A0,B0,C0$ — середины сторон $BC,CA,AB.$ Пусть $A1,B1,C1$ — точки пересечения пар прямых $a$ и $B0C0,b$ и $C0A0,c$ и $A0B0$ соответственно. Докажите, что прямые $A0A1,B0B1$ и $C0C1$ пересекаются в одной точке.

Источники: Высшая проба - 2019, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какая теорема позволяет доказывать пересечение трёх прямых в одной точке? Если бы эти прямые были чевианами одного треугольника...

Подсказка 2

Обратная теорема Чевы! Нам нужно проверить выполнение условий этой теоремы для треугольника A₀B₀C₀. Тогда что можно сделать, чтобы найти отношения отрезков на сторонах этого треугольника?

Подсказка 3

Что-то не очень удобно искать эти отношения... А как можно перенести отношения отрезков на более удобную прямую?

Подсказка 4

Переносим отношения мы с помощью теоремы Фалеса, а перенести всё на прямую поможет ортогональная проекция на прямую, которая перпендикулярна нашим прямым a, b, c! Ведь в такой проекции середины сторон треугольника перейдут в середины отрезков!

Подсказка 5

Верно, можно ввести систему координат. Нужно только правильно выбрать оси, чтобы все нужные нам отрезки легко находились!

Показать доказательство

Заметим, что если доказать обратную теорему Чевы для треугольника $A B C 0 0 0$ (то есть равенство $B0A1⋅ C0B1⋅ A0C1 =1), A1C0 B1A0 C1B0$ то мы получим требуемое. Обозначим параллельные прямые через $a,b$ и $c.$

Давайте проведём прямую $d,$ перпендикулярную прямым $a,b,c$ и спроецируем ортогонально точки $A0,B0,C0,A1,B1,C1$ на неё. Нам это выгодно, потому что отношение, в которых делит точка отрезок при проектировании, как известно, сохраняется (это просто теорема Фалеса). Точки $A1,B1$ и $C1$ перейдут в $′ ′ A 1,B1$ и $′ C1.$

$PIC$

Введём декартову систему координат таким образом, что прямая $d$ — ось $y,$ а прямая $b$ — ось $x.$ Обозначим ординату $B′1$ через $β,$ а ординату $C′1$ через $γ.$ Точка $C0$ при проецировании переходит в точку $β C′0(0,2),$ точка $B0$ — в точку $γ B′0(0,2),$ точка $A0$ — в точку $A′0(0,β+2γ).$

Как мы знаем, отношения при проектировании сохраняются, а значит, нам достаточно доказать, что

′ ′ ′ ′ ′ ′ B-0A′-1′⋅ C0′B1′-⋅ A0′C1′= 1 A 1C 0 B1A0 C1B0

Нетрудно видеть, что длина любого отрезка из равенства равна модулю разности ординат его концов, поэтому его можно записать в таком виде:

|||γ2 β2 γ−β2-||| ||β⋅-γ−-β⋅-γ--||=1 2 2 2

Теперь видно, что всё сокращается, а значит, мы получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#74339

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равны и пересекаются в точке $K.$ Внутри треугольников $AKD$ и $BKC$ выбрали точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $∠KAP = ∠KDP =∠KBQ = ∠KCQ.$ Докажите, что прямая $P Q$ параллельна биссектрисе угла $AKD.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2018, ЗЭ, 3 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Так как $∠KAP = ∠KCQ, CQ ∥AP.$ Так как $∠KDP =∠KBQ, BQ ∥DP.$ Пусть $BX$ и $CY$ — перпендикуляры, опущенные из $B$ и $C$ на $DP$ и $AP$ соответственно.

$PIC$

Тогда прямоугольные треугольники $BDX$ и $CAY$ равны по гипотенузе и острому углу, откуда $BX =CY.$ Это значит, что расстояния между прямыми $CQ$ и $AP$ и между прямыми $BQ$ и $DP$ равны. Таким образом, прямые $AP,BQ,CP$ и $DQ,$ пересекаясь, образуют ромб $PMQN,$ где $M$ — точка пересечения $DP$ и $CQ.$ По свойству ромба $∠MQP =∠NQP$ = $∠MP Q = ∠NP Q.$

Пусть отрезок $PQ$ пересекает диагонали $AC$ и $BD$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда $∠CUQ = ∠MQU − ∠QCA$ = $∠MP V − ∠PDB$ = $∠PV D.$ Значит, в треугольнике $KUV$ углы при основании $UV$ равны, он равнобедренный, и поэтому внешняя биссектриса его угла $K$ параллельна $UV,$ что и требовалось. Если же $K = U = V,$ полученное равенство углов сразу говорит, что $PQ$ — биссектриса угла $AKD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#97176

На боковой стороне $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $D,$ а на продолжении основания $AC$ за точку $C$ — точка $E,$ причем $AD = DE.$ Докажите, что площадь треугольника $ABD$ равна площади треугольника $BCE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В треугольниках ABD и BCE уже имеются равные стороны, тогда достаточно доказать равенство высот в них из точек D и E. Обозначим основания этих высот за F и G. Итак, доказываем равенство DF=EG.

Подсказка 2

Начнём с того, что обозначим углы DAC за x, BAD за y. Тогда угол CDE выражается как y (сначала выражаем BCA и ADC). Что тогда можем сказать про треугольники EGD и DFA?

Подсказка 3

Верно, треугольники EGD и DFA являются прямоугольными, имеют равный острый угол y, а также по условию равные стороны DE и AD. Таким образом, они равны. Значит соответствующие стороны в них равны, то есть EG=DF.

Показать доказательство

Пусть $∠DAC =∠DEC = x,$ а $∠BAD = y.$ Тогда $∠BAC = ∠BCA = x+ y,$ откуда по теореме о внешнем угле треугольника $∘ ∠ADC =180 − 2⋅x+y,$ откуда $∠CDE = y.$ Опустим из точки $E$ перпендикуляр $EG$ на прямую $BC,$ а из точки $D$ — перпендикуляр $DF$ на прямую $AB.$ Прямоугольные треугольники $EGD$ и $DF A$ равны по гипотенузе $(AD = DE )$ и острому углу $(∠GDE = ∠BAD = y),$ откуда $EG = DF.$ Осталось заметить, что $EG$ и $DF$ — это высоты треугольников $ABD$ и $BCE,$ опущенные на равные стороны, отсюда из формулы площади треугольника следует требуемое равенство.

$PIC$