Тема Окружности

Антипараллельность

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#91436

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC . 1$ Из точек $A 1$ и $C 1$ опустили перпендикуляры на прямые $AB$ и $BC.$ Докажите, что прямая, проходящая через основания этих перпендикуляров, параллельна $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как правило, параллельность доказывается через равенство каких-нибудь углов, например, соответственных. Попробуйте посчитать углы.

Подсказка 2

Для этого поищите вписанные четырёхугольники. Найдите равные углы, стягивающие один и тот же отрезок.

Показать доказательство

Обозначим основания перпендикуляров через $X$ и $Y.$

$PIC$

Заметим, что четырёхугольники $AC1A1C$ и $C1XY A1$ вписанные. Значит, $∠C1AC = ∠YA1C1 = ∠BXY.$ Это и даёт параллельность.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#94413

$AA 1$ и $CC 1$ — высоты треугольника $ABC$ . $A A 1 2$ и $C C 1 2$ — высоты треугольника $A BC . 1 1$ Докажите, что $AC ∥A C . 2 2$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠AC1C$ и $∠AA1C$ равны и опираются на один отрезок $AC,$ то есть четырёхугольник $AC1A1C$ вписанный. Отсюда $∠ACA1 = ∠A1C1B.$

Аналогично, четырёхугольник $A1C1A2C2$ вписанный, так как $∠C1A2A1 = ∠C1C2A1.$ Отсюда $∠A1C1B = ∠A2C2B.$

Итак, $∠ACA1 = ∠A2C2B$ — соответственные углы при прямых $AC$ и $A2C2$ и секущей $CC2$ , отсюда $AC ∥A2C2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94414

Докажите, что все прямые, антипараллельные данной прямой $ℓ$ относительно данного угла $∠O,$ параллельны между собой, а также параллельны прямой $′ ℓ,$ симметричной $ℓ$ относительно биссектрисы $∠O.$

Показать доказательство

Пусть прямая $m$ антипараллельна прямой $ℓ$ относительно $∠O,$ прямая $ℓ$ пересекает стороны угла в точках $A$ и $B,$ прямая $m$ — в точках $A1$ и $B1,$ прямая $′ ℓ$ — в точках $′ A$ и $′ B$

$PIC$

В силу антипараллельности $∠OBA = ∠OB1A1,$ значит, все прямые, антипараллельные $ℓ,$ образуют с $OA$ равные углы, следовательно, они все параллельны по равенству соответствующих или накрест лежащих углов при секущей $OA.$

По свойству симметрии относительно биссектрисы $∠O$ получаем $′ ′ ∠OBA =∠OB A .$ Следовательно, $′ ℓ$ параллельна $m,$ значит, и всем прямым, антипараллельным $ℓ.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#94416

В треугольнике $ABC$ отрезок $B C 1 1$ антипараллелен стороне $BC.$ Докажите, что $B C ⊥ OA, 1 1$ где $O$ — центр описанной окружности.

Показать доказательство

Пусть $∠ABC =∠AB C = β, 1 1$ так как $BC$ и $B C 1 1$ — антипараллельные относительно угла $BAC.$

$PIC$

Заметим, что $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ как центральный, опирающийся на дугу $CA.$ Так как $AO = CO$ — радиусы, то треугольник $AOC$ — равнобедренный, отсюда

1 ∠CAO = 2(180∘− ∠AOC )= 90∘− β.

Пусть $B1C1$ пересекает $AO$ в точке $E.$ Тогда

∠AEB1 =180∘− ∠AB1E − ∠B1AE = 180∘ − β− (90∘ − β)= 90∘

То есть $B1C1 ⊥ AO.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67087

Дан остроугольный треугольник $ABC$ ; $AA′$ , $BB′$ , $CC ′$ — его высоты, $O$ — центр описанной окружности. Докажите, что касательная в точке $B$ к описанной окружности параллельна прямой $′ ′ A C$ , а $′′ OB ⊥A C .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие равные углы можно отметить, зная, что четырехугольник AC’A’C вписанный? А какие , зная , что BX-касательная в точке B?(Х-любая точка на касательной из условия, отличная от B).

Подсказка 2

Верно, углы XBA и BCA равны по свойству касательной. При этом, так как A’C’ антипараллельно AC, то углы BCA и BC’A’ тоже равны. Значит, углы BC’A’ и XBA равны, а значит параллельность доказана. Коль уж мы решаем задачу с помощью счета углов, то давайте ее решать так полностью. Значит, нам нужно доказать, что сумма углов XBА и АВО равна 90 градусам. Куда можно перекинуть угол ABO, зная свойства ортоцентра?

Подсказка 3

Верно, этот угол можно перекинуть в угол СВВ’, так как, по свойству ортоцентра углы ABH и СВО равны, и угол HBO общий. При этом, из треугольника BB’C, видно, что сумма углов CBB’ и BCA равна 90. А вы еще не забыли связь между углами CBA и XBA?

Показать доказательство

$PIC$

В силу антипараллельности $AC$ и $A′C′$ имеем $∠BC ′A′ = ∠BCA.$ Также $∠XBA = ∠BCA$ как угол между хордой и касательной. Теперь видно, что $XB ∥A′C′.$

Понятно, что достаточно доказать перпендикулярность $XB$ и $BO.$ Это так, потому что $BO$ является радиусом проведенным к точке касания прямой $XB$ с окружностью.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67088

Высоты $AA′$ и $CC′$ пересекают описанную окружность остроугольного треугольника $ABC$ в точках $A 1$ и $C . 1$ Докажите, что $′ ′ A1C1 ∥A C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Высоты продлевают до пересечения с окружностью… Хмм, а какие равные отрезки можно сразу отметить, если смотрели веб по ортоцентру?

Подсказка 2

Верно, HA’=A’A1 и HC’=C’C1. Но что тогда можно сказать про отрезок A’C’ в треугольнике HA1C1? Чем он является?

Показать доказательство

$PIC$

По свойству ортоцентра $A ′$ — середина $HA1,C ′$ — середина $HC1.$ Тогда $A′C ′$ — средняя линия в $ΔHA1C1,$ откуда $A1C1 ∥A′C′.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67099

Четырёхугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Докажите, что продолжение перпендикуляра из точки пересечения диагоналей к одной из сторон делит противоположную сторону пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что некоторая чевиана в прямоугольном треугольнике, проведённая из вершины прямого угла, является медианой. Но работать с отрезками, которые не лежат в одном треугольнике, не удобно, поэтому давайте будем доказывать, что треугольник, который отсекает эта чевиана, равнобедренный (и второй тоже, аналогично). Как это можно сделать?

Подсказка 2

Нужно показать, что его углы при основании равны! Первый из углов легко переносится по вписанности, а второй?

Подсказка 3

Второй угол легко считается из конструкции "высота в прямоугольном треугольнике", и мы получаем равенство углов, которое и было нужно!

Показать ответ и решение

Назовём этот четырёхугольник $ABCD,$ точку пересечения диагоналей обозначим через $E$ и пусть прямая $EH$ перпендикулярна $BC$ и пересекает сторону $AD$ в точке $M.$

$PIC$

Первое решение.

Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼ △BCE$ . Поскольку $EH$ (где $H = ME ∩ BC)$ является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

Второе решение.

Прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED,$ а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC,$ как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам.

Замечание.

Указанный в задаче факт известен как “теорема Брахмагупты”. Но так задача заключается в том, чтобы доказать напрямую это утверждение, не следует просто так ссылаться на эту теорему! Решение “по теореме Брахмагупты задача очевидна” будет оценено в 0 баллов!

Ответ:

по теореме Брахмагупты задача очевидна

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67537

Дан вписанный четырёхугольник $ABCD,$ диагонали которого не перпендикулярны. $E$ и $O$ — проекции на диагональ $BD$ вершин $A$ и $C$ соответственно. $R$ и $G$ — проекции на диагональ $AC$ вершин $B$ и $D$ соответственно. Докажите, что $EGOR$ — вписанный четырёхугольник.

Показать доказательство

$PIC$
Первое решение.
Так как $ABCD$ — вписанный, то $∠BAC = ∠BDC.$ Заметим, что так как $∠AEB = ∠BRA,$ то $AREB$ — вписанный, а это означает, что $∠BAC = ∠REO.$ Аналогично получим, что $CGOD$ — вписанный, то есть $∠BDC =∠RGO.$ Тогда имеем:

∠RGO =∠BDC = ∠BAC = ∠REO

Равенство $∠RGO = ∠REO$ означает вписанность четырёхугольника $EGOR.$

Второе решение.
Рассмотрим антипараллельность относительно угла между прямыми $AC$ и $BD.$ Условие задачи означает, что

BA ∦CD

Так как $∠AEB = ∠BRA,$ то

BA ∦ER

Тогда по свойству антипараллельности $ER ∥ CD.$

Аналогично получим, что $CD ∦ OG,$ откуда $OG ∥BA$ и $OG ∦ER,$ так что $EGOR$ — вписанный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68539

Окружности пересекаются в точках $M$ и $K.$ Через $M$ и $K$ проведены прямые $AB$ и $CD$ соответственно, пересекающие первую окружность в точках $A$ и $C,$ вторую в точках $B$ и $D.$ Докажите, что $AC ∥ BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте внимательно посмотрим на картинку. У нас есть две окружности, на которых лежат по 4 точки. Тогда какие две пары прямых будут антипараллельными?

Подсказка 2

Верно, AC будет антипараллелен MK, и MK будет антипараллелен BD. Мы получили две пары антипараллельных прямых с общей прямой MK. Что тогда отсюда следует про прямые AC и BD? Например, это можно понять через счёт углов.

Подсказка 3

Да, отсюда и будет следовать, что две прямые параллельны, ведь они антипараллельны одной прямой относительно одного угла. Или же можно посчитать углы, получив, что односторонние углы в сумме дают 180.

Показать доказательство

$PIC$

Прямая $MK$ антипараллельна прямым $AC$ и $BD$ относительно пары прямых $AB, CD,$ так как $ACKM$ и $MKDB$ — вписанные четырехугольники.

По свойству антипараллельности $AC$ и $BD$ параллельны, как прямые, антипараллельные прямой $MK$ относительно пары прямых $AB, CD.$

Замечание.

В разных источниках этот факт известен как “лемма Фусса” или “теорема Рейма” . Но в данном случае задача заключается в том, чтобы напрямую доказать эту лемму, поэтому ссылаться на неё без доказательства некорректно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#72140

Окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Прямая, проходящая через $A,$ пересекает $ω 1$ в точке $K$ и $ω 2$ в точке $L.$ Прямая, проходящая через $B$ пересекает $ω1$ в точке $X$ и $ω2$ в точке $Y.$ Докажите, что $KX ∥LY.$

Показать доказательство

$PIC$

В силу вписанности четырёхугольника $ABY L$ имеем:

∠XKL + ∠KLY = ∠XKL + ∠XBA = 180∘

(последний переход справедлив, потому что $XKAB$ — вписанный). Это даёт требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#74122

Пусть $AH ,BH 1 2$ и $CH 3$ — высоты треугольника $ABC.A 1$ и $A 2$ — проекции точки $H 1$ на прямые $AB$ и $AC.$ Аналогично определим точки $B1$ и $B2,C1$ и $C2.$ Докажите, что длины отрезков $A1A2,B1B2$ и $C1C2$ равны.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что четырехугольник $A2AA1H1$ вписанный. Поэтому

∠AA2A1 = ∠AH1A1,∠B =180∘− 90∘− ∠H1AB = ∠AH1A1 =∠AA2A1

Аналогично $∠B =∠A2B1B2.$ Также прямые $AC$ и $H1H3$ антипараллельны, как и прямые $H1H3$ и $A1B2.$ Отсюда следует, что прямые $AC$ и $A1B2$ параллельны и $∠A2A1B2 = ∠A1A2B1 = ∠A2B1B2 = ∠B1B2A1.$ Отсюда $A2X =B1X$ и $A1X =B2X$ и $B1B2 =A1A2.$ Аналогично и для $3$ отрезка.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32988

Пусть $BB 1$ – высота треугольника $ABC.$ Пусть $B B 1 A$ и $B B 1 C$ – высоты треугольников $ABB 1$ и $BB C 1$ соответственно. Докажите, что точки $A,BA,C$ и $BC$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните критерий вписанности четырёхугольника в терминах его противоположных углов

Подсказка 2

Как мы можем использовать прямые углы, полученные после опускания перпендикуляров из основания высоты?

Подсказка 3

Да, 90 + 90 = 180, так что можем получить вписанный четырёхугольник, а дальше работать через вписанные углы!

Подсказка 4

Осталось использовать исходную высоту треугольника, чтобы выразить углы и доказать требуемое!

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BBCB1 = ∠BBAB1 = 90∘$ , то $BBAB1BC$ можно вписать в окружность, поэтому $∠BBABC$ и $∠BB1BC$ равны как вписанные углы. Но за счёт прямоугольных треугольников $∠BB1BC = 90∘− ∠B1BC = ∠C$ . Из равенства углов $C$ и $BBABC$ следует вписанность $ABACBC$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#32989

Пусть $BB 1$ – высота треугольника $ABC.$ Пусть $B B 1 A$ и $B B 1 C$ — высоты треугольников $ABB 1$ и $BB C. 1$ Докажите, что точки $BA,A2,BC$ и $C2$ лежат на одной окружности, где $A2$ и $C2$ — середины сторон $BC$ и $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Точки расположены неудобно, поэтому углы считать не хочется. Зато как мы можем рассуждать в терминах антипараллельных отрезков?

Подсказка 2

Средняя линия параллельна стороне и должна быть антипараллельна отрезку из оснований высот. Тогда осталось доказать, что нужный отрезок антипараллелен стороне!

Подсказка 3

Теперь доказать вписанность можно несложным отмечанием углов, ведь прямые противоположные углы дают нам вписанный четырёхугольник, а высота разбивает треугольник на два прямоугольных.

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $∠BBCB1 = ∠BBAB1 = 90∘,$ то $BBAB1BC$ можно вписать в окружность, поэтому $∠BBABC$ и $∠BB1BC$ равны как вписанные углы. Но за счёт прямоугольных треугольников $∠BB1BC = 90∘− ∠B1BC =∠C.$ Тогда $AC$ антипараллелен $BABC$ относительно $∠ABC.$ Средняя линия $A2C2 ∥AC,$ откуда сразу же следует, что $A2C2$ антипараллелелен $BABC$ относительно того же $∠ABC,$ что и означает вписанность $BAA2BCC2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#32990

Пусть $AH A$ и $BH − B$ высоты, а $AL A$ и $BL B$ - биссектрисы треугольника $ABC$ . Известно, что $H H ∥L L A B A B$ . Верно ли, что $AC = BC?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано условие про параллельность не очень приятных отрезков. При этом мы знаем, что высоты дают вписанный четырёхугольник. Давайте рассуждать в терминах антипараллельности: что можно сказать?

Подсказка 2

Для начала можно сказать, что отрезок, соединяющий основания высот, антипараллелен стороне треугольника. А что тогда можно сказать с учётом условия?

Подсказка 3

Можно сказать, что сторона треугольника антипараллельна отрезку, соединяющему основания биссектрис. А тогда стоит отметить равные вписанные углы и написать ответ!

Показать ответ и решение

$PIC$

Мы знаем, что $HAHB$ антипараллельно $AB$ относительно $∠ACB$ , а с учётом $HAHB ∥LALB$ следует, что $ABLALB$ – вписанный четырёхугольник. Тогда $∠LAALB = ∠A2-$ и $∠LABLB = ∠B2-$ равны как вписанные, значит, углы треугольника $ABC$ при основании $AB$ равны.

Ответ:

да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#36392

Дан треугольник $ABC.$ Касательная в точке $C$ к его описанной окружности пересекает прямую $AB$ в точке $D.$ Касательные к описанной окружности треугольника $ACD$ в точках $A$ и $C$ пересекаются в точке $K.$ Докажите, что прямая $DK$ делит отрезок $BC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую конструкцию мы знаем про точку пересечения касательных? Чем является прямая DK?

Подсказка 2

Прямая DK содержит симедиану треугольника ACD! А в задаче просят доказать, что эта симедиана бьёт какой-то отрезок внутри ACD пополам, то есть является медианой. Когда симедиана к одному отрезку является медианой к другому отрезку?

Подсказка 3

Если эти отрезки антипараллельны! Правда тут как бы предельный случай получается, потому что одна из точек (А) совпадает для обоих отрезков. Ну ничего - главное доказать равенство углов как при антипараллельности

Показать доказательство

$PIC$

Из основной задачи о симедиане следует, что прямая $DK$ содержит симедиану треугольника $DAC.$ По теореме об угле между касательной и хордой $ABC$ имеем $∠ACD = ∠ABC,$ откуда $△DAC ∼ △DCB$ и имеют общий угол $∠ADC.$ То есть отрезки $AC$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $CDB$ (предельный случай антипараллельности, когда получаем не вписанный четырёхугольник, а касательную к описанной около треугольника окружности), а при симметрии относительно биссектрисы и гомотетии симедиана $DK$ треугольника $ACD$ перейдёт в медиану $DM$ треугольника $CBD,$ что и означает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#36394

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $H$ . Из точки $H$ провели перпендикуляры к прямым $B1C1$ и $A1C1$ , которые пересекли лучи $CA$ и $CB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки $C$ на прямую $A1B1$ , проходит через середину отрезка $PQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ага, в задаче нам предоставили прекрасные ортоцентр и ортотреугольник. А как связаны стороны исходного треугольника и стороны его ортотреугольника, что часто бывает полезно в рассуждениях в терминах глобальных конструкций?

Подсказка 2

Они антипараллельны! Перпендикуляр к стороне ортотреугольника должен оказаться медианой, тогда чем должна оказаться высота самого треугольника ABC для треугольника CPQ?

Подсказка 3

Конечно, симедианой! А вот Вам уже плотная подсказка: попробуйте доказать, что точка H удовлетворяет свойству, задающему ГМТ симедианы, так что симедиана пройдёт через Н

Подсказка 4

Это свойство связано с отношением от точки на симедиане до сторон угла. Чему оно должно быть равно!?

Показать доказательство

Заметим, что высоты к $A B 1 1$ и $AB$ симметричны относительно биссектрисы $∠ACB$ , поскольку $AB$ и $A B 1 1$ антипараллельны относительно угла $ACB$ . Для получения требуемого результата достаточно показать, что $CC1$ является симедианой $△CP Q$ .

$PIC$

Заметим, что $∠HP C = 90∘− ∠PHB1 =∠HB1C1$ (поскольку $HP ⊥ B1C1$ . Тогда $∠HP C =∠HB1C1 = 90∘− ∠C1B1A = 90∘ − ∠ABC = ∠BCC1$ (пользуемся вписанностью $CBC1B1$ ). Аналогично в силу симметрии обозначений $∠CQH = ∠PCH$ . В итоге $△CHP ∼ △QHC$ и $k = HHBA11 = CCPQ$ . Так как симедиана — это геометрическое место точек, расстояния от которых до сторон относятся так же, как и эти стороны, то задача решена.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#37840

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD$ , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке $E$ . Прямая, проходящая через точку $E$ и перпендикулярная к $BC$ , пересекает сторону $AD$ в точке $M$ .

а) Докажите, что $EM$ — медиана треугольника $AED$ ;

б) Найдите $EM$ , если $AB = 7,CE = 3,∠ADB = α$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче есть прямоугольные треугольники(много), а еще вписаности! На что это намекает обычно, какие мы можем извлечь из этого полезные факты?

Подсказка 2!

2) Да, на такой картинке удобно считать углы! Давайте этим и воспользуемся для доказательства пункта а, и попробуем доказать, что EM - медиана DEA (который, кстати, является прямоугольным треугольником, что-то мы знаем про его медиану..!)

Подсказка 3!

3) Итак, в пункте б нам нужно найти медиану прямоугольного треугольника, то есть половину его гипотенузы! Мы знаем его угол, а значит, нам достаточно посчитать любой из катетов!

Подсказка 4!

4) Осталось аккуратно, пользуясь удачно большим количеством прямоугольных треугольников, посчитать EM

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼△BCE$ . Поскольку $EH$ ( $H = ME ∩ BC$ ) является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

Замечание. Указанный в задаче факт известен как "теорема Брахмагупты". Но так как в пункте (а) задача явно заключается в том, чтобы доказать напрямую это утверждение, не следует просто так ссылаться на эту теорему!

Можно также заметить, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED$ , а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC$ , как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам.

б) Заметим, что

BE = CE tg α= 3tg α

В силу перпендикулярности диагоналей четырёхугольника отрезок $AE$ можем, во-первых, найти по теореме Пифагора из треугольника $ABE$

AE = ∘49−-9tg2α

А во-вторых, из треугольника $AED$

∘--------- EM = AD-= AE--= -49−-9tg2α- 2 sinα 2sinα

Ответ:

$√49−9tg2α 2sinα$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76419

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ провели высоту $BH,$ медиану $BM$ и биссектрису $BL.$ Точки $P$ и $Q$ — ортогональные проекции вершин $A$ и $C$ на прямую $BL.$ Докажите, что точки $M, H,P$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Источники: КФУ-2022, 11.4 (см. kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала попробуем продлить биссектрису до пересечения с описанной окружностью ABC в точке X. Что теперь можно вспомнить про эту точку?

Подсказка 2

Верно, эта точка делит дугу AC пополам. Тогда XM будет серединным перпендикуляром. Теперь у нас на картинке много прямых углов. Тогда про какие четырёхугольники мы можем пронаблюдать что-то хорошее?

Подсказка 3

Да, у нас получаются два вписанных четырёхугольника AMQX и CBPH, потому что прямые углы опираются на одну дугу. Но теперь вспомните, что внутренний угол равен противоположному внешнему, и попробуйте перекинуть уголки. Осталось только воспользоваться второй подсказкой, и победа!

Показать доказательство

Рассмотрим без ограничения общности $AB < BC.$ Тогда точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$ , а точка $Q$ вне его.

Первое решение.

Построим описанную окружность треугольника $ABC$ , тогда продолжение биссектрисы $BL$ пересечет ее в точке $D$ , являющейся серединой дуги $AC$ . Тогда $AD = CD$ , то есть медиана $DM$ равнобедренного треугольника $ADC$ будет также и высотой.

$PIC$

Так как $∠AMD = ∠AQD = 90∘$ , то получим, что $∠CAD = ∠MQL$ . Так как $∠BPC = ∠BHC = 90∘$ аналогично получаем, что $∠P HL =∠CBD$ .

Но углы $∠CBD = ∠CAD$ равны, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

В итоге $∠PHL = ∠CBD = ∠CAD = ∠MQL$ . Но из равенства углов $∠P HL =∠MQL$ следует, что точки $M,H,P,Q$ лежат на одной окружности.

Второе решение.

Обозначим через $A′$ и $C′$ точки пересечения прямых $AP$ и $BC,CQ$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $BP$ — биссектриса и $′ ′ BP ⊥ AA ,BQ ⊥ CC ,$ треугольники $′ BAA$ и $′ BCC$ — равнобедренные, и значит, $′ AP = PA$ и $′ CQ = QC .$

В треугольнике $′ AA C$ точки $P$ и $M$ — середины сторон $′ AA$ и $AC,$ поэтому $P M$ — средняя линия, и значит, $PM ∥BC.$ Аналогично, $′ MQ ∥BC .$ Следовательно, $∠AMQ = ∠BAC.$ Возможны два случая: