Тема Преобразования плоскости

Осевая симметрия

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела преобразования плоскости

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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∘

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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.

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 3#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 $AEF$ .

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 $ABC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#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 6#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 $AP +AQ > 2BC.$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 $∠BHF =2∠HF E.$

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 8#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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 10#31352

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

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

$Y$ — точка пересечения $AC$ и $XD$ . Нетрудно заметить, что $AY$ - биссектриса в р/б $ΔXAD$ , 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 11#31354

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

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-----

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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 $ABC.$

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 14#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 15#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 16#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80306

В прямоугольнике $ABCD$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ точка $N$ — середина стороны $CD,P$ — точка пересечения отрезков $DM$ и $BN.$ Докажите, что $∠MAN = ∠BPM.$

Показать доказательство

$PIC$

Отразим точку $P$ относительно $BC$ и получим точку $P1.$ Заметим, что $∠BMA =∠DMC$ в силу равенства $ΔABM$ и $ΔDMC,$ а значит $∠P1MC = ∠BMA =∠DMC$ (т.е. точки $A,M,P1$ коллинеарны), откуда $∠P1MB = ∠PMB.$ $MP =MP1$ в силу симметрии, то есть $ΔBMP1 =ΔBMP$ по второму признаку, из чего следует равенство $∠BP M = ∠BP1M.$ Теперь понятно, что достаточно доказать параллельность прямых $BP1$ и $AN.$ Проведём перпендикуляр $NZ$ к $AB.$ Нетрудно понять, что $∠CBN = ∠BNZ,$ но $2∠BNZ = ∠BNA$ и $2∠CBN = ∠P1BN,$ то есть $∠P1BN =∠BNA,$ а значит нужная параллельность доказана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#78851

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ выбраны точки $E$ и $F$ таким образом, что угол $EAF$ равен $45∘.$ Длина стороны квадрата равна 1. Найдите периметр треугольника $CEF.$

Источники: Межвед - 2021, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вспомним, что угол, под которым видна сторона треугольника из центра вневписанной окружности, равен $∘ α 90 − 2,$ где $α$ — угол, в который окружность вневписана.

Центр вневписанной окружности треугольника $CEF$ лежит на прямой $AC,$ т.к. биссектриса совпадает с диагональю квадрата $AC.$ Но при этом

∠ECF ∠EAF = 45∘ = 90∘−--2--,

то есть точка $A$ как раз является центром вневписанной окружности треугольника $CEF.$

$PIC$

Тогда точки $B$ и $D$ — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон треугольника $CEF,$ а его периметр равен $BC + CD = 1+1 =2.$

Второе решение.

Если отразить точку $D$ относительно прямой $AF,$ а затем относительно прямой $AE,$ то она перейдет в точку $B.$ Действительно композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. То есть в нашем случае эти две симметрии эквивалентны повороту на угол $90∘$ относительно точки $A.$ Это означает, что образ точки $D$ при симметрии относительно $AF$ и образ точки $B$ при симметрии относительно $AE$ — это одна и та же точка; на рисунке она обозначена $K.$

$PIC$

Из точки $K$ отрезки $AE$ и $AF$ видны под углом $90∘$ (при симметрии сохраняются величины углов, поэтому например, углы $ABE$ и $AKE$ равны). Значит, точка $K$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $EF.$ И, наконец, поскольку $BE = EK$ и $DF = FK$ (при симметрии длины отрезков сохраняются), видим, что периметр треугольника $CEF$ равен сумме длин сторон $BC$ и $CD$ квадрата.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#68468

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $Ψ$ середину дуги описанной окружности треугольника $ABC$ , не содержащей точку $B$ . Тогда $Ψ$ лежит на прямой $BB1$ . Кроме того, по лемме о трезубце точка $Ψ$ равноудалена от точек $I, A$ и $C$ , поэтому $Ψ$ является центром описанной окружности треугольника $AIC$ и $Ψ$ лежит на отрезке $ED$ . Пусть точка $F′$ симметрична точке $F$ относительно серединного перпендикуляра к $DE$ . Очевидно, $DEF ′F$ — равнобедренная трапеция, значит, $D, E, F, F′$ лежат на одной окружности.

Докажем, что точка $B$ лежит на этой же окружности. Заметим, что точка $F′$ лежит на $BB1$ , поскольку $Ψ$ равноудалена от точек $B1, F, F′$ и $∠F′F B1 = 90∘$ , т.е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $Ψ$ и радиусом $ΨF$ . Из подобия треугольников $AΨB1$ и $BΨA$ следует, что $ΨB1⋅ΨB = ΨA2$ , что равносильно равенству

ΨF′⋅ΨB = ΨD ⋅ΨE.

Из последнего равенства следует, что точки $F′, B, D, E$ лежат на одной окружности.