Тема Преобразования плоскости

Поворот

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#76173

Дед Мороз наколдовал на серединах сторон треугольника $ABC$ шестиконечные снежинки, как показано на рисунке:

$PIC$

(вершина треугольника и середина стороны треугольника берутся концами стороны соответствующего правильного шестиугольника)

Докажите, что на полученном новогоднем чуде точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $XY Z$ совпадают.

Показать доказательство

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости.

Про точку $M$ пересечения медиан треугольника $ABC$ известно, что:

−−→ −→ −−→ −−→ 3OM = OA +OB + OC

(это характеристическое свойство следует из того, что точка пересечения медиан является центром масс $−M−A→ +−M−B→ +−M−C→ = −→0$ )

А требуется доказать, что $M$ является ещё и точкой пересечения медиан треугольника $XY Z$ , то есть:

−−→ −−→ −−→ −→ 3OM = OX +OY + OZ

Левые части полученных двух векторных равенств совпадают, поэтому надо доказать про правые, что разность правых частей в этих равенствах равна нулевому вектору, то есть (преобразуем по правилу вычитания векторов):

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −→0

Возьмём серединный треугольник $A0B0C0$ и повернём его вокруг точки $M$ на $60∘$ . Получим треугольник $A1B1C1$ такой, что

A1B1 ∥ AX, B1C1 ∥BZ, C1A1 ∥CY

К тому же,

A1B1 =A0B0 = AB∕2= AX,B1C1 =B0C0 =BC ∕2= BZ,C1A1 = C0A0 = CA∕2 =CY

Значит,

−−→ −−−→ −→ −−−→ −−→ −−−→ AX = B1A1,BZ = B1C1,CY =C1A1

Но тогда получаем требуемое:

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −−B−1→A1+ −−B−1→C1+ −−C−1A→1 = −→0

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68708

В трапеции $ABCD$ длины диагонали $BD$ и основания $BC$ равны. Точка $X$ на луче $BD$ такова, что $BX =CX.$ На прямой $CX$ взята точка $Y$ такая, что $AB =BY.$ Известно, что $∘ ∘ ∠DBC = α ,∠ABD =β .$ (При этом $∘ α +β ⁄= 90$ и $∘ 180 − α − β >α)$ Найдите градусную меру угла $∠BYC.$

Источники: ИТМО-2023, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество равных отрезков да еще и параллельные прямые в трапеции. В такой картинке больше всего хочется найти все равные углы, которые есть, давайте так и поступим.

Подсказка 2

Если вы правильно воспользуетесь равнобедренными треугольниками и параллельностью AD и BC, то станет понятно, что ∠XCB = ∠XDA. Еще мы знаем, что BD = BC, то есть точки D и C находятся как бы на одной окружности с центром в точке B. Что хочется сделать в такой конструкции?

Подсказка 3

Давайте повернем рисунок против часовой стрелки относительно точки B на угол равный альфа. Куда в таком случае перешли точка C и прямая CX?

Подсказка 4

Точка C перейдет в точку D, а прямая CX в прямую AD. Вспомните, что BA=BY, и подумайте, куда в таком случае могла перейти точка Y. Рассмотрите все возможные случаи и найдите в каждом случае градусную меру угла ∠BYC

Показать ответ и решение

$PIC$

$△BXC$ равнобедренный, поэтому $∠XCB =∠XBC = α.$ Накрест лежащие углы равны: $∠BDA = ∠DBC = α$ . Значит, $∠XCB = ∠BDA.$

Повернём картинку на угол $α$ относительно точки $B$ так, чтобы точка $C$ перешла в точку $D.$ Из доказанного выше равенства углов следует, что прямая $CX$ при этом повороте перейдёт в прямую $DA.$ Точка $Y$ при этом перейдёт в такую точку на прямой $AD,$ что расстояние от неё до точки $B$ равно $AB.$ Таких точек две. Одна из них точка $A,$ а вторая — какая-то точка $A′.$

Значит, $∠BYC = ∠BAD$ или $∠BYC = ∠BA′D.$ $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− α− β,$ как односторонний угол. Это один из ответов.

Посмотрим теперь на точку $A′.$ $△BAA ′$ равнобедренный, причём $∠BAA ′$ равен тому из углов $∠BAD$ и $180∘− ∠BAD,$ который является острым (случай прямого угла исключается значениями углов $α$ и $β,$ которые даны в каждом их вариантов). Если $∠BAD$ тупой, точка $A′$ очевидно лежит на луче $DA$ и $∠BA ′D= 180∘− ∠BAD =α +β.$ Если же $∠BAD$ острый, $∠BA′A= ∠BAA ′ = ∠BAD = 180∘ − α − β$ и точка $A′$ находится на луче $AD.$ При этом во всех вариантах $180∘− α − β > α,$ т.е. $∠BA′A> ∠BDA,$ поэтому точка $A′$ лежит ближе к $A,$ чем $D$ , т.е. попадает на отрезок $AD.$ Значит, $∠BA ′D = 180∘ − ∠BA ′A = α+ β.$

Ответ:

$α +β,180∘ − α − β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71298

Докажите, что середины сторон правильного многоугольника образуют правильный многоугольник.

Показать доказательство

Сначала напомним себе, что многоугольник называется правильным, если всего его стороны и все углы равны.

Рассмотрим произвольный правильный многоугольник, обозначим его центр через $O$ . Рассмотрим пять подряд идущих вершин этого многоугольника, назовем их в порядке обхода по часовой стрелке $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ (см. картинку).

$PIC$

Середины отрезков $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DE$ обозначим через $X$ , $Y$ , $Z$ и $T$ соответственно. Заметим, что так как исходный многоугольник правильный, то $∠AOB = ∠BOC = ∠COD =∠DOE = α$ .

Повернем пятиугольник $OABCD$ вокруг точки $O$ на угол $α$ по часовой стрелке. Тогда точки $A$ , $B$ , $C$ и $D$ перейдут соответственно в точки $B$ , $C$ , $D$ и $E$ . Также середины отрезков $AB$ , $BC$ , $CD$ перейдут в середины отрезков $BC$ , $CD$ и $DE$ . Поэтому, в частности, $XY$ переходит в $YZ$ , значит, $XY =Y Z$ , и по аналогичным рассуждениям все стороны внутреннего многоугольника равны.

При том же повороте $∠XY Z$ переходит в $∠YZT$ , значит, два соседних угла внутреннего многоугольника равны, и, проделав те же рассуждения для всех пятерок последовательных вершин исходного многоугольника мы получим, что все соседние углы внутреннего многоугольника равны, значит, вообще все его углы равны между собой.

Таким образом, и стороны, и углы внутреннего многоугольника равны, значит, он правильный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31356

В равнобедренном треугольнике $ABC$ $AB = BC$ и $∠ABC = 20∘.$ Докажите, что $3AC > AB$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол в 20 градусов — так себе угол, нам больше нравятся углы в 30, 45, 60 или 90 градусов.. Как бы из угла 20 градусов сделать один из этих углов?

Подсказка 2

Давайте попробуем сделать угол в 60 градусов! Для этого отсимметричим треугольник АВС относительно ВС, а потом еще раз, относительно новой полученной стороны! Вспоминаем, что известно про треугольники с углом 60

Подсказка 3

Хм, теперь из оснований равнобедренного треугольника образовалась ломаная! Что бы с ней сделать...

Показать доказательство

Повернём $ΔABC$ вокруг точки $B$ против часовой стрелки на 20 градусов, получим $ΔCBX$ . Сделаем такой же поворот для $ΔCBX$ , получим $ΔXBY$ .

$PIC$

Заметим, что $ΔABY$ — равносторонний. Запишем неравенство для ломаной $ACXY$ :

AB = AY <AC + CX + XY = 3AC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80309

На сторонах треугольника $ABC$ внешним образом построены правильные треугольники $A BC,B AC 1 1$ и $C AB. 1$ Докажите, что $AA1 = BB1 = CC1.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Попробуем повернуть данный треугольник на 60° относительно какой-нибудь вершины. Куда перейдут другие две вершины треугольника?

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот на $60∘$ по часовой стрелке в точке $B.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C1,$ а точка $A1$ — в точку $C.$ То есть отрезок $AA1$ перейдёт в отрезок $CC1,$ а значит они равны. Аналогично получим другие равенства.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80310

Точки $M$ и $N$ на сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ соответственно таковы, что $∠MAN = 45∘.$ Докажите, что $BM +DN =MN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сделаем поворот в точке A на 90°. Пусть точка N перешла в точку X. Что можно сказать о точке X?

Подсказка 2

Верно! X лежит на прямой CB и BX = DN. Кроме того, MX = BM + DN. Какое равенство нужно доказать?

Подсказка 3

Верно! MX = MN. Можно ли для этого доказать равенство треугольников MAX и MAN?

Подсказка 4

По свойству поворота ∠NAD = ∠XAB. Как тогда доказать равенство ∠XAM = ∠MAD?

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот в точке $A$ на $90∘$ против часовой стрелки. Точка $D$ перейдёт в точку $B,$ а точка $N$ — в точку $X$ на прямой $BC$ такую, что $BX = DN.$ То есть $MX = BM +DN,$ а значит достаточно доказать равенство $MX = MN.$ Заметим, что $∠XAB =∠NAD$ по свойству поворота. Отсюда имеем $∠XAM = ∠XAB + ∠BAM =∠NAD + ∠BAM = 90∘− 45∘ = 45∘ = ∠MAN.$ Также по свойству поворота $XA = AN.$ Отметим, что $MA$ — общая сторона у $ΔXAM$ и $ΔMAN.$ Из вышеописанных рассуждений следует, что $ΔMAX = ΔMAN$ по первому признаку. А отсюда уже вытекает равенство $XM = MN,$ что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80311

Через центр правильного треугольника проведены две прямые под углом $60∘.$ Докажите, что отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем понять, как могут быть расположены эти прямые. Ясно, что каждая прямая не пересекает одну из сторон треугольника, а две другие пересекает. Могут ли они пересекать одинаковые стороны?

Подсказка 2

Предположим, что наши прямые могут пересекать одни и те же стороны. Угол между прямыми равен 60°, а смежный с ним равен 120°. А что можно сказать об углах между прямыми и сторонами, которые они пересекают?

Подсказка 3

Верно, они острые! А что можно сказать о суммах углов многоугольников, на которые делят прямые наш треугольник?

Подсказка 4

Точно! У одного из четырехугольников сумма выходит меньше 360°. Тогда прямые пересекают разные наборы сторон. Попробуем сделать поворот в точке пересечения прямых. Как сделать его так, чтобы стороны треугольника переходили в другие стороны треугольника?

Подсказка 5

Верно! Нужно поворачивать на 120°. Куда переходят точки пересечения прямых и сторон?

Показать доказательство

$PIC$

Для начала разберёмся с расположением этих прямых. Пусть первая прямая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно и не пересекает отрезок $AC.$ Заметим, что углы $XY B$ и $YXB$ — острые. В этом можно убедиться, если провести высоты $CO$ и $AO.$ Понятно, что $Y$ лежит левее основания высоты $AO$ (см. рисунок), в противном случае точка $X$ окажется вне отрезка $AB$ ниже $A$ и $XY$ будет пересекать $AC.$ Аналогичное пояснение для угла $Y XB.$

$PIC$

Предположим, что вторая прямая также пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $Z$ и $T$ соответственно и не пересекает отрезок $AC.$ Углы $ZTB$ и $T ZB$ аналогично острые. Но тогда сумма углов четырёхугольника $OTBX$ равна $60∘+ 120∘+ ∠OT B+ ∠OXB < 360∘,$ противоречие. Значит, вторая прямая обязана пересекать отрезок $AC.$

$PIC$

Наконец, решим задачу. Сделаем поворот в точке $O$ на $120∘$ по часовой стрелке. Отрезок $AB$ перейдёт в отрезок $AC,$ прямая $XY$ — в прямую $TZ,$ значит точка $X$ перейдёт в точку $T.$ Аналогично точка $Y$ перейдёт в точку $Z.$ Таким образом, отрезок $XY$ перешёл в отрезок $TZ,$ то есть они равны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#80312

На отрезке $AE$ отметили точку $C$ и по одну сторону от него построили правильные треугольники $ABC$ и $CDE.$ Найдите угол между прямыми $AD$ и $BE$ и докажите, что отрезки $AD$ и $BE$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем углы при точке C. Какой стоит сделать поворот?

Подсказка 2

Верно! Сделаем поворот на 60° по часовой стрелке. Куда перейдут точки A и D?

Показать ответ и решение

$PIC$

Сделаем поворот в точке $C$ на $60∘$ по часовой стрелке. Точка $A$ перейдёт в точку $B,$ а точка $D$ — в точку $E.$ Значит, отрезок $AD$ перейдёт в отрезок $BE,$ то есть их равенство мы доказали. Также понятно, что угол между соответствующими прямыми равен $60∘,$ поскольку при повороте на $60∘$ одна прямая перешла в другую.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#80313

На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC ,BCA ,CAB . 1 1 1$ На отрезке $A B 1 1$ во внешнюю сторону треугольника $A1B1C1$ построен правильный треугольник $A1B1C2.$ Докажите, что $C$ — середина отрезка $C1C2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем доказать, что CC₁ и CC₂ равны какому-то другому отрезку. Тогда останется доказать, что C₁, C₂, C лежат на одной прямой. Как доказать это равенство?

Подсказка 2

Верно! Сделаем поворот в точке B₁ на 60°, тогда получим, что AA₁ = CC₂. Как доказать аналогичное равенство про CC₁ и AA₁?

Подсказка 3

Точно! Нам поможет аналогичный поворот в точке B. Остается доказать, что C₁, C₂, C лежат на одной прямой. Для этого достаточно доказать, что сумма трех углов при точке C равна 180°. Сделаем поворот в точке A₁ на 60°. Равенство каких углов получится доказать?

Показать доказательство

Поймём для начала, что $CC =AA . 1 1$ Действительно, сделаем поворот на $60∘$ по часовой стрелке в точке $B.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C1,$ а точка $A1$ — в точку $C.$ То есть отрезок $AA1$ перейдёт в отрезок $CC1,$ а значит они равны.

$PIC$

Сделаем поворот в точке $B1$ на $60∘.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C,$ точка $A1$ — в точку $C2,$ значит $CC1 = AA1 =CC2.$

Осталось доказать коллинеарность $C1,C,C2.$ Если сделать поворот в точке $A1$ на $60∘,$ то угол $A1BB1$ перейдёт в угол $A1CC2.$ Поэтому

∠A1CC2 = ∠A1BB1 = 60∘+ ∠CBB1 =60∘+ ∠CBA − ∠ABB1 =∠C1BC − ∠ABB1 = ∠C1BC − ∠AC1C

(равенство углов $ABB1$ и $AC1C$ доказывается поворотом на $60∘$ в точке $A$ ). Отсюда имеем:

∠C1CB + ∠BCA1 +∠A1CC2 = ∠C1CB + 60∘+ ∠C1BC − ∠AC1C =

= ∠C1CB + (60∘− ∠AC1C)+ ∠C1BC = ∠C1CB+ ∠CC1B + ∠C1BC =180∘

Таким образом, коллинеарность доказана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91919

Пирог имеет форму пересечения нескольких квадратов с общим центром $O$ . Четверо хотят поделить его поровну. Докажите, что для этого им достаточно провести через точку $O$ два взаимно перпендикулярных прямолинейных разреза.

Показать доказательство

Повернем картинку на 90 градусов в точке $O$ . Тогда точка $O$ останется на месте. Заметим, что $∠GOE =∠DOA =90∘$ . Значит, $∠AOG =∠DOE$ и так как $O$ центр квадрата, то $AO = DO$ и $∘ ∠GAO =∠EDO =45$ . Значит, треугольника $AGO$ и $DEO$ равны и $DEO$ переходит в $AGO$ при повороте. Аналогично, $H$ переходит в $E,$ и значит, площади фигур $AGOE$ и $DEOH$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91920

Точка $B$ лежит на отрезке $AC$ . Правильные треугольники $ABM$ и $BCN$ находятся по одну сторону от прямой $AB.$

a) Найдите угол между прямыми $AN$ и $MC.$

б) Точки $P$ и $Q$ — середины отрезков $AN$ и $MC$ соответственно. Докажите, что треугольник $BP Q$ равносторонний.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Рассмотрим поворот на $∘ 60$ в точке $B$ . Он переведет $A$ в $M$ , $N$ в $C$ и прямую $AN$ в $MC$ .

а) Значит, угол между этими прямыми $∘ 120$ .

б) Значит, он переведет $P$ в $Q$ и поэтому $BP =BQ,$ а $∘ ∠P BQ =60$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

а) Нарисуем описанные окружности треугольников $AMB$ и $BCN$ . Пусть они пересекаются в точке $D$ . Теперь отметим равные вписанные углы:

$PIC$

∠AMB =∠ADB =60∘,∠ABM = ∠ADM = 60∘

∠BNC =∠BDC = 60∘,∠CBN = ∠CDN =60∘

∠MDC = ∠ADN =180∘

И значит, точка $D$ лежит на пересечении $MC$ и $AN,$ $∘ ∠ADC = 120$ .

б) Заметим, что $AB = BM$ , $BN = NC$ и $∘ ∠ABN =∠MBC = 120$ . Значит, треугольники $ABN$ и $MBC$ равны, а значит, в них равны и медианы $BP = BQ$ и углы между медианой и стороной $∠NP B =∠CQB$ .

$PIC$

Тогда четырехугольник $BPDQ$ вписанный, а значит, $∠PBQ = 180∘ − ∠P DQ =60∘$ . При этом $BP =DQ$ и значит, $BPQ$ равносторонний.

Ответ:

а) $120∘$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91922

Постройте квадрат $ABCD$ , если вершина $A$ дана, а вершины $B$ и $D$ лежат на данных прямых $b$ и $d$ соответственно.

Сколько решений может иметь эта задача?

Показать ответ и решение

Рассмотрим поворот на $90∘$ в точке $A$ .

$PIC$

Он переведет точку $B$ в точку $D$ , а прямую $b$ в прямую $b′$ . Если прямые $b′$ и $d$ не пересекаются, то решений не может быть. Если они пересекаются в одной точке, то есть одно решение, так как если взять точку пересечения, назвать ее $D$ , взять ее прообраз при повороте и назвать его $B$ , то так как $AB = AD$ и $AB ⊥AD$ , то можно найти одну такую точку $C$ , что $ABCD$ квадрат. Если же они совпадают, то можно взять любую точку на $d$ , как $D$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам вообще дали в задаче? Сторону квадрата и угол в 45 градусов. Скудный набор. Но при этом чуть-чуть про периметр нам известно, что это часть у двух сторон квадрата. Какая возможная есть гипотеза про вероятный периметр треугольника?

Подсказка 2

Ага, у нас треугольник расположен в углу и, если "развернуть" его гипотенузу, то периметр будет равен сумме двух сторон квадрата. Теперь это надо доказать. Попробуем сделать такую хитрую штуку. Что произойдёт, если точку D сначала отразить относительно AF, а потом относительно AE? Куда перейдёт точка D?

Подсказка 3

Верно, точка D перейдёт в точку B! Это будет так, потому что композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. Получается, что у нас точки B и D при отражении относительно сторон являются одной точкой X на EF. Но чем на самом деле является точка X в треугольнике AEF?

Подсказка 4

Да, это основание высоты из точки A. Это вытекает из свойств симметрии. Осталось только аналогично понять равенство отрезков, и мы добились своей цели. Победа!

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 14#68266

На стороне $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ отмечена точка $O.$ Оказалось, что $AO =BO, CO =OD$ и $∠BOA = ∠COD.$ Пусть $E$ — точка пересечения диагоналей четырёхугольника. Докажите, что $EO$ — биссектриса угла $AED.$

Источники: БИБН-2020, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть пары равных сторон и равные уголки... Какие равные треугольники можно здесь найти?)

Подсказка 2

AOC и BOD! Теперь подумаем про биссектрису AED. Что означает, что точка лежит на биссектрисе угла?

Подсказка 3

Что точка равноудалена от сторон! А теперь найдите эту точку, зная то, что AOC равен BOD)

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот в точке $O$ на угол $AOB.$ Заметим, что треугольник $AOC$ перешёл в треугольник $BOD.$ Значит, эти треугольники равны. Следовательно, их высоты, проведённые к $AC$ и $BD$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79733

На сторонах выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC1,BCD1, CDE1,DEF1,EF A1$ и $FAB1.$ Оказалось, что треугольник $B1D1F1$ правильный. Докажите, что треугольник $A1C1E1$ также правильный.

Источники: ММО-2018, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

По условию треугольники $B1D1F1$ и $DEF1$ являются правильными. Значит, при повороте на $60∘$ против часовой стрелки векторы $−F−1−→D1$ и $−F−1→D$ перейдут в векторы, равные $−−F−1B→1$ и $−F−1→E$ соответственно. Имеем $−F−−1→D1 = −F−→1D+ −D−→C + −C−→D1$ и $−F−1−→B1 =−F−1→E +−E−→F + −F−→B1.$ Отсюда получаем, что вектор $−−D−D→1 =−F−1−D→1 − −F−1→D = −−D→C +−C−D→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−E−B→1 = −−F−1→B1− −−F→1E = −−E→F +−F−→B1.$

Также по условию треугольники $BCD1,CDE1,EF A1$ и $FAB1$ являются правильными. Значит, при повороте на $120∘$ против часовой стрелки векторы $−−→ −−→ −−→ BC, CE1,EF$ и $−−→ FB1$ перейдут в векторы, равные $−−→ −−→ −−→ CD1,DC, FA1$ и $−→ AF$ соответственно. Отсюда получаем, что векторы $−−→ −−→ −−→ BE1 = BC +CE1$ и $−−→ −−→ −−→ EB1 = EF +F B1$ при таком повороте перейдут в векторы, равные $−−−→ −−→ −−→ DD1 = DC +CD1$ и $−−→ −→ −−→ AA1 =AF + FA1$ соответственно. Следовательно, при повороте на $∘ 300$ против часовой стрелки или, что то же, при повороте на $∘ 60$ по часовой стрелке, вектор $−−→ BE1$ перейдёт в вектор, равный $−−→ AA1.$

Наконец, по условию треугольник $ABC1$ является правильным. Значит, при повороте на $60∘$ по часовой стрелке вектор $−−→ C1B$ перейдёт в вектор, равный $−−C→1A.$ Отсюда получаем, что вектор $−−C−1→E1 = −C−→1B+ −B−E→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−C−1−A→1 =−C−1→A + −−A→A1.$ Следовательно, треугольник $A1C1E1$ также являетсяя правильным.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#39611

На плоскости задана точка $P$ . Рассматриваются различные равносторонние треугольники $ABC$ , такие что $PA =2,PB = 3.$ Какое максимальное значение может принимать длина отрезка $P C?$

Источники: ОММО-2013, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Счётный способ, подсказка 1

Заметим, что если зафиксировать треугольник PAB, то картинка определяется единственным образом. Как его зафиксировать?

Счётный способ, подсказка 2

Конечно, можно ввести лишь три его стороны, но лучше ввести еще и два угла, чтобы счет проходил легче(а с помощью теорем синусов или косинусов, мы всегда сможем связать углы со сторонами при желании).

Счётный способ, подсказка 3

Выразите сторону AB по теореме косинусов и угол PBA через стороны треугольника PAB и угол APB. Выразили? Кажется, все готово, чтобы считать PC.

Счётный способ, подсказка 4

Попробуйте привести выражение PC к такому виду, чтобы только одно слагаемое было переменным, а все остальное являлось константой.

Геометрический способ, подсказка 1

На картинке есть угол 60 градусов и два равных отрезка исходящих из него(AB и AC). Это очень сильно намекает на поворот в этой точке.

Геометрический способ, подсказка 2

Да, нужно сделать поворот на 60 градусов, переводящий точку B в точку C. Это удобно, так как точка P переедет в точку P’,при этом APP’-равносторонний и треугольники AP’C и APB равны. Какой вывод о длине PC можно сделать?

Геометрический способ, подсказка 3

Да, по неравенству треугольника PC<=5. Осталось лишь привести пример, но как? Попробуйте делать те же действия, как вы получили оценку, но в обратном порядке, не забывая о том, когда эта оценка достигается(расположение точек P,P’,C)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Докажем, что длина не больше $5$ . Для этого рассмотрим поворот с центром в точке $A$ на $60∘$ таким образом, что $B$ переходит в $C$ . Точка $P$ переходит в $P′$ , а поскольку $AP = AP′ = 2$ и $∠P AP′ = 60∘$ , то $PP′ = 2$ , откуда $P C ≤ P′C+ P′P = PB + P′P = 5$ по неравенству треугольника.

Для построения примера сначала построим правильный $△AP P′$ , затем на продолжении $PP′$ отметим $C :CP′ = 3$ . Наконец, построим правильный треугольник $ABC$ на отрезке $AC$ . Остаётся показать, что выполнено $PB = 3$ , но для этого достаточно рассмотреть поворот на $60∘$ в обратную сторону $C → B$ , тогда отрезок $P′C = 3$ перейдёт в $PB$ .