Тема Преобразования плоскости

Поворотная гомотетия

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#98446

Стороны $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Точка $M$ — середина $AB,$ $N$ — середина $CD.$ Докажите, что центры окружностей $(BCE ),$ $(ADE )$ и $(MNE )$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

$PIC$

По третье лемме о воробьях для прямых $AB$ и $CD$ и их точки пересечения $E$ получаем, что окружности $(BCE ),$ $(ADE ),$ $(MNE )$ проходят через точку $Z,$ которая является центром поворотной гомотетии и которая переводит точки $A,$ $B,$ $M,$ в точки $C,$ $D,$ $N,$ соответственно.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#98447

Дан квадрат $ABCD.$ Точки $P$ и $Q$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $BC,$ причем $BP = BQ.$ Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на отрезок $PC.$ Докажите, что $∘ ∠DHQ =90 .$

Показать доказательство

Сделаем поворотную гомотетию, которая переводит точку $C$ в точку $B,$ а точку $B$ в точку $P.$ Такая есть в силу того, что треугольники $BCH$ и $P BH$ подобны. Очевидно, что поворотная гомотетия переводит вершины квадрата в вершины квадрата, а значит, точка $D$ перешла в вершину квадрата со стороной $BP,$ то есть в точку $Q$ . Осталось вспомнить, что угол нашей поворотной гомотетии равен $∘ 90,$ поэтому $∘ ∠DHQ = 90 .$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#98448

В выпуклом пятиугольнике $ABCDE$ оказалось, что $∠BAC = ∠CAD = ∠DAE$ и $∠CBA = ∠DCA = ∠EDA.$ Отрезки $BD$ и $CE$ пересекаются в точке $P.$ Докажите, что прямая $AP$ делит отрезок $CD$ пополам.

Показать доказательство

Заметим, что треугольники $ABC$ и $ADE$ подобны, поэтому существует поворотная гомотетия, которая переводит отрезок $BC$ в отрезок $DE.$ Поэтому точка $A$ — точка Микеля для четырехугольника $CBDE,$ то есть лежит на окружностях $(ABP ),$ $(DEP).$ Заметим, что в силу равенства $∠ACD = ∠ABC$ следует, что окружность $(ABC )$ касается прямой $CD.$ Аналогично $CD$ касается окружности $(ADE ).$ Следовательно, середина $CD$ лежит на радикальной оси окружности $(ABC)$ и окружности $(ADE ),$ а радикальная ось этих окружностей совпадает с общей хордой этих окружностей, то есть с прямой $AP.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#98449

На сторонах $BC,$ $CA,$ $AB$ равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB$ = $AC )$ выбраны такие точки $X,$ $Q,$ $P$ соответственно, что $AP XQ$ — параллелограмм. Докажите, что точка $Y,$ симметричная точке $X$ относительно $PQ,$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Обозначим $∠ABC = ∠ACB = α.$ Тогда $∠PXB =∠CXQ = α.$ Следовательно, $∠PXQ$ и $∠BAC$ оба равны $180∘− 2α.$ Поэтому, точки $A,$ $P,$ $Q,$ $Y$ лежат на одной окружности, то есть углы $YPB$ и $YQC$ равны. Заметим, что мы хотим доказать, что $Y ∈ (ABC ),$ то есть, что $Y$ — точка Микеля для $BP QC.$ Для этого достаточно доказать, что существует поворотная гомотетия с центром в $Y,$ которая переводит треугольник $YP B$ в треугольник $YQC.$ Заметим, что $PY =P X =P B$ и $QY = QX =QC,$ и как мы уже показали выше $∠Y PB =∠Y QC,$ поэтому треугольники $BPY$ и $CQY$ подобные равнобедренные треугольники, а это нам и нужно.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#98450

На сторонах $AB$ и $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ построены как на основаниях равнобедренные треугольники $AFB$ и $BLC,$ причём один из них лежит внутри треугольника $ABC,$ а другой построен во внешнюю сторону. При этом $∠AF B = ∠BLC$ и $∠CAF =∠ACL.$ Докажите, что прямая $FL$ отсекает от угла $ABC$ равнобедренный треугольник.

Показать доказательство

Будем считать, что $F$ лежит внутри треугольника, а $L$ снаружи. Пусть $AF$ и $CL$ пересекаются в точке $X.$ Тогда треугольник $AXC$ — равнобедренный. Заметим, что $B$ — центр поворотной гомотетии, которая переводит отрезок $AF$ в отрезок $CL,$ поэтому она лежит на окружности $(XBC )$ и окружности $(XF L).$ Пусть

∠FBA = ∠FAB = ∠LBC = ∠LCB = α

∠XAC = ∠XCA = β

Тогда $∠BLF =∠BXF = ∠BCA = β− α$ , поэтому угол между прямой $F L$ и $BC$ равен $β.$ Также $∠BAC = 180∘ − ∠BXC =$ $∠BFL,$ поэтому угол между прямой $FL$ и $AB$ тоже равен $β.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#98451

На сторонах $AB,$ $BC,$ $CD$ и $DA$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ отмечены соответственно точки $K,$ $L,$ $M$ и $N$ так, что $AK ∕KB = DM ∕MC$ и $BL ∕LC = AN ∕ND.$ Докажите, что окружности, описанные около треугольников $AKN,$ $BLK,$ $CML$ и $DNM,$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Пусть прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E,$ а прямые $AD$ и $BC$ в точке $F.$ Пусть $S$ — точка Микеля для $ABCD.$ Тогда по третей лемме о воробьях получаем, что точки $S,$ $E,$ $K,$ $M,$ лежат на одной окружности и точки $S,$ $F,$ $L,$ $N,$ тоже лежат на одной окружности. Обозначим за $X$ второе пересечение этих окружностей. Заметим, что так, как $S$ — точка Микеля, то

∘ ∠BSE = ∠BCD = ∠BAF = 180 − ∠BSF

поэтому точка $S$ лежит на прямой $EF.$ Докажем, что $X$ искомая точка пересечения окружностей. Для этого достаточно доказать, что точка $X$ лежит на окружности $(DMN ).$ Но это понятно в силу того, что

∘ ∘ ∠MXN = 360 − ∠MXS − ∠NXS = ∠EFD + ∠FED = 180 − ∠MDN

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#98452

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ в котором $AC <BC.$ Окружность проходит через точки $A$ и $B$ и пересекает отрезки $CA$ и $CB$ повторно в точках $A1$ и $B1$ соответственно. Описанные окружности треугольников $ABC$ и $A1B1C$ пересекаются повторно в точке $P.$ Отрезки $AB1$ и $BA1$ пересекаются в точке $S.$ Точки $Q$ и $R$ симметричны $S$ относительно прямых $CA$ и $CB.$ Докажите, что точки $P,$ $Q,$ $R$ и $C$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Заметим, что $P$ — точка Микеля для $AB A B, 1 1$ а значит, существует поворотная гомотетия, которая переводит отрезок $AA 1$ в $BB1.$ У этой поворотной гомотетии угол поворота равен $∠C.$ Обозначим эту поворотную гомотетию за $f.$ Легко видеть, что треугольники $AA1S$ и $BB1S$ подобны, а треугольник $AA1S$ равен треугольнику $AA1Q,$ поэтому треугольники $AA1Q$ и $BB1S$ подобны, а еще одинаково ориентированы. Следовательно, при $f$ точка $Q$ перейдет в точку $S,$ а значит, $∠QP S = ∠C.$ Аналогично $∠RPS = ∠C.$ Поэтому $∠QP R= 2∠C.$ Но $∠QCR$ также равен удвоенному углу $C$ в силу того, что он состоит из $∠C$ и двух частей, которые в сумме дают $∠C.$ Поэтому точки $C,$ $P,$ $Q,$ $R,$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70484

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ На касательную, проведенную из точки $C$ к описанной окружности треугольника $AB1C1,$ опущен перпендикуляр $HQ$ (точка $Q$ лежит внутри треугольника $ABC$ ). Докажите, что окружность, проходящая через точку $B1$ и касающаяся прямой $AB$ в точке $A,$ касается также и прямой $A1Q.$

Источники: СпбОШ - 2022, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $s 1$ описанную окружность треугольника $AB C , 1 1$ а через $s 2$ — окружность, проходящую через точку $B 1$ и касающуюся прямой $AB$ в точке $A.$ Хорды $B1C1$ и $B1A$ этих окружностей отсекают от них дуги одинаковой угловой величины. В самом деле, половины этих дуг в обоих случаях равны $∠B1AC1$ : для окружности $s1$ это вписанный угол, а для $s2$ — угол между касательной и хордой.

Заметим также, что угол между прямыми $CC1$ и $CQ$ равен углу между прямыми $AA1$ и $A1Q:$ эти вписанные углы опираются на одну дугу $HQ$ в окружности с диаметром $CH.$

$PIC$

Точку пересечения прямой $AA1$ с окружностью $s2$ обозначим через $P$ и выделим на картинке два фрагмента: в окружности $s1$ проведена секущая $HC1,$ и на ней выбрана точка $C;$ в окружности $s2$ проведена секущая $AP,$ и на ней выбрана точка $A1.$ В каждом из этих двух фрагментов из точек на секущих проведены прямые под одинаковыми углами к секущим: $CQ$ и $A1Q.$ Первая из них касается $s1,$ и нам нужно доказать, что вторая касается $s2.$ Для доказательства нужно установить, что две описанные конфигурации подобны. Мы проверим это двумя способами. Углы треугольника, как обычно, будем обозначать греческими буквами, соответствующими названиям вершин.

Способ 1.(подсчёт отношения отрезков)

Угловые величины отсекаемых секущими дуг равны, поэтому остаётся проверить, что $ACP1H = ACA1C1.$ Отношение хорд $AP$ и $C1H$ (стягивающих равные дуги) равно отношению диаметров окружностей. Диаметр окружности $s1$ равен $AH;$ диаметр окружности $s2$ равен $sin∠ACB11AB1 =sAinB∠1A .$ Таким образом, $CA1PH = AHAsBin1α-= sisinnγα.$ С другой стороны, отношение высот $ACAC11$ равно отношению сторон $ABBC,$ которое по теореме синусов тоже равно $sisinnγα.$

$PIC$

Способ 2.(Поворотная гомотетия)

Рассмотрим поворотную гомотетию с центром в точке $B1,$ переводящую точку $C1$ в $A$ и $C$ в $A1.$ Она существует, ибо треугольники $B1C1A$ и $B1CA1$ подобны(и подобны треугольнику $BAC$ ). Окружность $s1$ перейдёт в $s2,$ ибо друг в друга переходят хорды $B1C1$ и $B1A,$ отсекающие равные дуги. При этом секущая $CC1$ окружности $s1$ переходит в секущую $AA1$ окружности $s2,$ и, следовательно, точка $H$ переходит в точку $P.$ Значит, первый фрагмент переходит во второй.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#86260

Пусть $A$ — одна из точек пересечения окружностей $ω 1$ и $ω 2$ с центрами $O 1$ и $O . 2$ Общая касательная к $ω 1$ и $ω 2$ касается их в точках $B$ и $C.$ Пусть $O3$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим через $D$ такую точку, что $A$ — середина отрезка $O3D.$ Пусть $M$ — середина $O1O2.$ Докажите, что $∠O1DM = ∠O2DA.$

Показать доказательство

Нам нужно доказать, что $DA$ — симедиана треугольника $DO O . 1 2$ Пусть $AH$ — высота треугольника $ABC.$ Тогда $∠O1BA = ∠BAH =∠O3AC.$ Но тогда равнобедренные треугольники $AO1B$ и $AO3C$ подобны. Следовательно, $O1A AB- O3A = AC.$ Аналогично $O3A AB- O2A = AC.$ Но тогда $O1A -DA DA = O2A,$ следовательно $A$ — центр поворотной гомотетии треугольников $O1AD$ и $DAO2,$ но как мы знаем, такая точка лежит на симедиане.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94017

Точка $O$ — центр описанной окружности $Ω$ остроугольного треугольника $ABC.$ На сторонах $AB,AC$ выбраны точки $D,E$ соответственно. Прямая, проходящая через $A$ перпендикулярно $DE,$ пересекает описанную окружность треугольника $ADE$ и окружность $Ω$ в точках $P,Q$ соответственно. Пусть $N$ — точка пересечения отрезков $OQ$ и $BC,S$ — точка пересечения лучей $OP$ и $DE,$ а $W$ — ортоцентр треугольника $SAO$ . Докажите, что точки $S,N, O,W$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Обозначим через $V = AS ∩(ABC),$ $L =(ADE )∩(ABC ),$ $F = DE ∩BC,$ $J = (LSF V)∩ BC ⁄=F,$ $H = QJ ∩(ABC ),$ $G = VN ∩(ABC ),$ $K = AP ∩DE$ и $M = OP ∩(LSFV).$

Точка $L$ является точкой Микеля прямых $BD,DE, EC,CB,$ поэтому точки $L,D,B,F$ лежат на одной окружности. Тогда $∠LQP = ∠LQA = ∠LBA = ∠LBD = ∠LFK,$ следовательно четырёхугольник $LKQF$ вписанный, а так как $QK ⊥F K,$ то имеем $∘ 90 = ∠QLF.$ Следовательно, прямые $FL$ и $OQ$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC$ в точке, диаметрально противоположной $Q.$ Назовем эту точку $I.$ Также, $∠VQN = ∠VQI = ∠VLF = ∠VJF,$ поэтому $VJNQ$ является вписанным. Итак, $∠QJN =∠QV N = ∠QVG = ∠QHG,$ поэтому $HG∥BC.$

Поскольку $L$ — точка Микеля прямых $BD,DE,EC,CB,$ то существует поворотная гомотетия с центром в точке $L,$ переводящая точку $D$ в точку $B,$ точку $E$ в точку $C,$ описанную окружность $ADE$ в описанную окружность $ABC,$ точку $P$ в точку $Q,$ а тогда и точку $S$ в точку $J,$ поскольку точки $L,S,J,F$ лежат на одной окружности. Значит, треугольник $DSP$ подобен треугольнику $BJQ.$ Имеем, в силу подобия этих треугольников и равенства дуг $CG$ и $BH,$

∠QJN = ∠QVN = ∠CAQ + ∠CAG = ∠PDE + ∠BQJ =

= ∠PDE + ∠DPS = ∠PSE = ∠MSF = ∠MJF

поэтому точки $M,J,Q$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Таким образом,

∠SON = 180∘− ∠QMO − ∠OQM = 180∘ − ∠JF S− ∠NQJ =

= 180∘− ∠JV S− ∠NVJ = 180∘− ∠SVN

откуда четырёхугольник $SONV$ вписанный.

Наконец, поскольку $W$ является ортоцентром $SAO, ∠SW O= ∠SAO = ∠OV S,$ что означает, что точка $W$ лежит на описанной окружности четырёхугольника $SONV.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#82164

Пусть точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC.$ Точка $A , 1$ лежащая на дуге $BC$ описанной около треугольника окружности $ω,$ удовлетворяет условию $∠BA1P = ∠CA1Q.$ Точки $B1$ и $C1$ определены аналогично. Докажите, что прямые $AA1,BB1$ и $CC1$ пересекаются в одной точке.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $A′1$ — точка Микеля прямых $BP,BQ,CP$ и $CQ.$ Тогда

∠BA ′1C = (180∘− ∠BPC )+(180∘− ∠BQC )= 180∘− ∠BAC

следовательно, $A′1$ лежит на $ω.$ Кроме того, $A′1$ — центр поворотной гомотетии, переводящей $B$ в $P,$ а $Q$ в $C$ (а также центр поворотной гомотетии, переводящей $B$ в $Q$ и $P$ в $C$ ). Поэтому $∠BA′1P =∠CA ′1Q.$ Значит $A′1$ совпадает с $A1$ (условие $∠BA1 = ∠CA1Q$ однозначно определяет точку $A1,$ поскольку при её движении по дуге один из углов возрастает, а другой убывает). Тогда, поскольку треугольник $A1BP$ подобен треугольнику $A1QC,$ а треугольник $A1BQ$ — треугольнику $A1PC.$ Мы получаем, что

BA1-= BA1-⋅ PA1-= BQ-⋅ BP-= BP-⋅BQ A1C A1P A1C PC QC CP ⋅CQ

Найдя аналогично отношения $CB1 B1A$ и $AC1-, C1B1$ получим, что произведение трёх найденных отношений равно единице. По теореме Чевы получаем, что главные диагонали вписанного шестиугольника $AC1BA1CB1$ пересекаются в одной точке.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47913

Внутри треугольника $ABC$ взята такая точка $D,$ что $BD = CD,∠BDC = 120∘.$ Вне треугольника $ABC$ взята такая точка $E,$ что $∘ AE = CE,∠AEC = 60$ и точки $B$ и $E$ находятся в разных полуплоскостях относительно $AC.$ Докажите, что $∘ ∠AFD = 90 ,$ где $F$ — середина отрезка $BE.$

Источники: ММО-2017, 11.4, автор - О.Н. Косухин, (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $K,L$ — середины $BC,CE$ соответственно. Отсюда $FL$ и $FK$ — средние линии $△EBC.$ Тогда выполнены равенства $−→ −−→ FL= BK$ и $−F−→K = −L→C.$ Пусть $Φ$ — преобразование на векторах, которое поворачивает вектор на $90∘$ против часовой стрелки, а затем увеличивает в $√3-$ раз. Тогда выполнено

Φ(−D−→K )= −−C→K =−L→F

Φ(−K−→F )=Φ (−C→L )=−A→L

Так как для поворотной гомотетии верно $−→ −→ Φ(−→a + b)= Φ(−→a)+ Φ(b),$ то

Φ(−−D→F )=Φ (−D−→K + −K−→F )= −→LF + −A→L =−A→F

Откуда и следует нужная перпендикулярность.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#119493

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Точки $H$ и $O$ — его ортоцентр и центр описанной окружности соответственно. Серединный перпендикуляр к $BH$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $A1$ и $C1.$ Докажите, что $OB$ — биссектриса угла $A1OC1.$

Показать доказательство

Как известно, направления на центр описанной окружности и ортоцентр изогональны, поэтому $∠ABO =∠HBC.$ Заметим, что треугольники $ABO$ и $HBC1$ гомотетичны, а значит, в точке $B$ существует поворотная гомотетия, переводящая один треугольник в другой. При такой гомотетии $H$ переходит в $A,$ а $C1$ — в $O.$ Значит, треугольники $ABH$ и $OBC1$ подобны. Отсюда получаем равенство углов $BAH$ и $BOC1.$ Аналогично можно получить равенство углов $A1OB$ и $HCB.$ Осталось заметить, что углы $BAH$ и $BCH$ равны, потому что в окружности $AA1C1C$ они стягивают одну хорду. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#68249

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность $ω$ $(AD ||BC).$ Окружности, вписанные в треугольники $ABC$ и $ABD,$ касаются оснований трапеции $BC$ и $AD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Точки $X$ и $Y$ — середины дуг $BC$ и $AD$ окружности $ω$ , не содержащих точек $A$ и $B$ соответственно. Докажите, что прямые $XP$ и $Y Q$ пересекаются на окружности $ω.$

Источники: Московская устная по геометрии - 2013, 11.6

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Заметим, что $X$ и $Y$ — диаметрально противоположные точки, следовательно, $∘ ∠XAY = ∠XBY =90 .$ Пусть $I$ и $J$ — центры вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно. Тогда по лемме о трезубце $XB = XI$ и $Y A= YJ.$ Кроме того, $∠BXI = ∠BXA =∠BY A =∠JY A.$ Следовательно, равнобедренные треугольники $XBI$ и $YJA$ подобны, а их стороны, как показано выше, перпендикулярны.

Следовательно, при поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, прямая $JQ$ переходит в прямую $BC,$ а прямая $AQ$ — в прямую $IP.$ Таким образом, $P$ и $Q$ — соответствующие точки этих треугольников, а значит, $XP ⊥ YQ,$ что эквивалентно утверждению задачи.

Второе решение.

$PIC$

Пусть диаметр $XY$ пересекает основания трапеции в их серединах $U$ и $V$ . Для доказательства утверждения задачи достаточно доказать, что

∠XP U + ∠YQV = 90∘,

то есть подобие прямоугольных треугольников $XUP$ и $QV Y$ .

Это в свою очередь сводится к проверке равенства $XU :PU = QV :QY$ , то есть

XU ⋅YV = PU ⋅QV

Пусть $∠BAC = 2α,∠ABD =2β,R$ - радиус описанной окружности. Тогда $2 XU =BX sin∠XBU = 2Rsin α$ . Аналогично $Y V = 2Rsin2β$ , и $XU ⋅YV = 4R2 sin2αsin2β$ .