Тема Преобразования плоскости

Изогональное сопряжение

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#122408

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Биссектриса угла $CBH$ пересекает отрезок $CH$ в точке $X,$ биссектриса угла $BCH$ пересекает отрезок $BH$ в точке $Y.$ Обозначим величину угла $XA1Y$ через $α.$ Аналогично определим $β$ и $γ.$ Найдите значение суммы $α+ β+ γ.$

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Идея решения такая. Каждый из этих трёх углов — сумма углов, которые образуют его стороны с высотой. Давайте разобьём эти уголки на пары, чтобы в каждой сумма углов была 90°.

Подсказка 2

Пусть биссектрисы углов ABH и BCH пересекают AH в P и Q. Докажите, что углы PC₁H и AB₁Q равны. Для остальных пар будет аналогично.

Подсказка 3

Пусть K и L — точки пересечения описанных треугольников BHP И CHQ с AB и AC. Попробуйте доказать, что четырёхугольники KBHP и LCHQ подобны. Тогда диагонали C₁P и QB₁ буду образовывать равные углы со сторонами AB и AC.

Подсказка 4

Чтобы доказать из подобие, докажите подобие их элементов -—треугольников KPH и HQL, а также KC₁H и HB₁L.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что

∠PC1H = ∠AB1Q =90∘− ∠QBH.

Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90∘$ , то есть искомая сумма будет равна $270∘.$

$PIC$

Первый способ. Так как $∠ABH = ∠ACH,$ то и $∠ABP = ∠HCQ,$ поэтому

∠BPA1 = ∠ABP +∠BAP =∠HCQ + ∠BCH = ∠BCQ.

Следовательно, прямоугольные треугольники $BP A1$ и $QCA1$ подобны по двум углам, поэтому

BPAA1-= QAA1C-⇔ BA1 ⋅A1C = PA1 ⋅QA1 (1) 1 1

Как известно, треугольники $A1BC1$ и $A1B1C$ подобны треугольнику $ABC,$ а, следовательно, подобны друг другу. Отсюда

BA1-= B1A1-⇔ BA1 ⋅A1C = B1A1⋅A1C1 (2) A1C1 A1C

Из равенств (1) и (2) следует, что

PA ⋅QA = B A ⋅A C ⇔ PA1-= B1A1-. 1 1 1 1 1 1 A1C1 QA1

Как известно, $∠C1A1P = ∠B1A1Q,$ поэтому треугольники $P C1A1$ и $B1QA1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $∠A1C1P =∠A1QB1.$ Тогда

∠PC1H = ∠A1C1P − ∠A1C1C = ∠A1QB1− ∠A1AC = ∠AB1Q,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $′ Q$ — точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B1CH.$ Так как

′ ∠ACQ = ∠ACQ = ∠C1BP и ∠QHC1 =∠QHB1 =∠P HB1,

то точки $P$ и $Q′$ — соответствующие точки в подобных треугольниках $BC H 1$ и $CB H. 1$ Тогда $∠AB Q′ = ∠HB Q′ = ∠HC P, 1 1 1$ что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанных окружностей треугольников $BHP$ и $CHQ$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно. Так как четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то

∠PKH = ∠PBH =∠P BK = ∠PHK.

Так как четырёхугольник $CHQL$ вписанный, то

∠QLH =∠QCH = ∠QCL =∠QHL.

Таким образом, треугольники $KPH$ и $HQL$ подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то $∠BKP = ∠QHB1,$ поэтому

∠C1KH = ∠BKP − ∠HKP =∠QHB1 − ∠QHL = ∠LHB1.

Таким образом, прямоугольные треугольники $KC1H$ и $HB1L$ подобны по двум углам. На гипотенузах $KH$ и $HL$ подобных треугольников $KC1H$ и $HB1L$ построены соответствующим образом подобные треугольники $KP H$ и $HQL.$ Следовательно, полученные четырёхугольники $C1HP K$ и $B1LQH$ подобны. Тогда диагонали $C1P$ и $B1Q$ образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами $C1H$ и $B1L,$ то есть $∠PC1H =∠QB1L,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ:

$270∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74838

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ внешним образом построены квадраты $ABF E$ и $ACGT.$ Докажите, что точка $P$ пересечения прямых $CF$ и $BG$ лежит на высоте $AA1.$

Показать доказательство

$PIC$

Прямые $AF$ и $AG$ являются изогоналями относительно угла $BAC$ так как
$∠BAF =∠CAG =45∘.$ По лемме об изогоналях, точки пересечения прямых $CF$ и $BG,BF$ и $CG$ лежат на прямых, изогональных относительно $∠BAC.$ Поскольку $∠ABF = ∠ACG = 90∘,$ точка пересечения $BF$ и $CG$ диаметрально противоположна $A$ на описанной окружности треугольника $ABC.$ Другими словами, прямая, соединяющая $A$ и точку пересечения $BF$ и $CG,$ это направление на центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Изогонально сопряженным к нему является направление на ортоцентр – высота $ABC.$ Значит точка пересечения прямых $CF$ и $BG$ лежит на высоте, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82157

Диагонали трапеции $ABCD (BC ∥AD)$ пересекаются в точке $O.$ На отрезках $BC$ и $AD$ выбраны соответственно точки $M$ и $N.$ К окружности $AMC$ проведена касательная из $C$ до пересечения с лучом $NB$ в точке $P;$ к окружности $BND$ из $D$ проведена касательная до пересечения с лучом $MA$ в точке $R.$ Докажите, что $∠BOP =∠AOR.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠NBD = ∠ADR$ и $∠MAC =∠BCP.$ Следовательно, точки $P$ и $R$ изогонально сопряжены в подобных треугольниках $BOC$ и $AOD,$ откуда получаем искомое равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#82166

Даны прямоугольный треугольник $ABC$ и две взаимно перпендикулярные прямые $x$ и $y,$ проходящие через вершину прямого угла $A.$ Для точки $X,$ движущейся по прямой $x,$ определим $yb$ как образ прямой $y$ при симметрии относительно $XB,$ а $yc$ – как образ прямой $y$ при симметрии относительно $XC.$ Пусть $yb$ и $yc$ пересекаются в точке $Y.$ Найдите геометрическое место точек $Y$ (для несовпадающих $yb$ и $yc$ ).

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим точку $X′,$ изогонально сопряжённую $X,$ и точки $U,V,W,$ симметричные $X ′$ относительно $AB,AC, BC.$ Из перпендикулярности прямых $x$ и $y$ следует, что точки $U,V$ лежат на $y.$ Кроме того, прямые $XB,XC$ являются серединными перпендикулярами к отрезкам $UW, VW.$ Следовательно, $W$ лежит на прямых $yb,yc,$ то есть совпадает с $Y.$ Таким образом, $Y$ лежит на прямой, симметричной относительно $BC$ изогональному образу прямой $x.$ Чтобы получить искомое ГМТ, надо выколоть из прямой точки, для которых $yb$ и $yc$ совпадают, то есть точку её пересечения с $BC$ и точку, симметричную $A$ относительно $BC.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#34670

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ высоты $AA ′$ и $BB ′$ пересекаются в точке $H,$ а медианы треугольника $AHB$ пересекаются в точке $M.$ Прямая $CM$ делит отрезок $′′ A B$ пополам. Найдите угол $C.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.7, Д. Креков(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что в нашей конструкции есть медиана (которую содержит отрезок CM), а также есть антипараллельность отрезков A’B’ и AB. На что в первую очередь намекает подобная конструкция?

Подсказка 2

Конечно, на симедиану! Симедианой будет являться направление CM к стороне AB, так как для стороны A’B’ - CM была медианой. Это означает, что СС₀ (где С₀ - середина AB) и СM - изогонали относительно угла ACB. А какие ещё изогонали относительно угла ACB есть в нашем треугольнике, если уже дана точка пересечения высот?

Подсказка 3

Верно, направление СН и СO (где О - центр описанной окружности). Но у нас нет точки O на рисунке. При этом у нас уже есть середина стороны AB и ортоцентр. Как тогда по-другому задать направление CO?

Подсказка 4

Да, по свойству ортоцентра! Можно отразить H относительно середины стороны BC и попасть в некоторую точку H’ на окружности. При этом О будет лежать на СН’. Значит, СH’ и CH - тоже изогонали относительно угла ACB. Что тогда можно сказать, если у нас есть пара изогоналей относительно одного угла?

Подсказка 5

Верно, что СС₀ и СМ - изогонали относительно угла H’CH. Тогда что можно сказать, основываясь на этом факте и на том, что С₀ - середина HH’?

Подсказка 6

Можно сказать, что СM - симедиана в треугольнике H’CH. При этом знаем, что CH’ и CH относятся как СA’ и CA (по св-ву ортоцентра в силу подобия треугольников CAH’ и CA’H), а они, в свою очередь, относятся как A’B’ к AB (в силу подобия CA’B’ и CAB). И по свойству ортоцентра такое отношение равно…

Подсказка 7

Равно косинусу угла ACB! Значит, чтобы найти этот угол, нам надо найти отношение СH к CH’, но квадрат этого отношения равен HM/MH’. А поскольку мы знаем, что М - точка пересечения медиан треугольника AHB и что H’C₀ = C₀H, то и отношение HM/MH’ нам известно! Значит, задача решена! (Осталось посчитать)

Показать ответ и решение

$PIC$

В такой конструкции сразу можно сказать, что $AB$ антипараллельно $A′B′$ относительно $∠ACB.$ Поэтому если в условии дано, что прямая $CM$ содержит медиану треугольника $A′B′C,$ то эта прямая является симедианой в $△ABC.$ То есть мы поняли, что луч $CM$ и луч $CC0$ являются изогоналями относительно $∠ACB,$ если обозначить за $C0$ середину стороны $AB.$

По свойствам ортоцентра точка $H′$ — отражение $H$ относительно $C0$ — лежит на описанной окружности $ABC$ диаметрально противоположно $C.$ При этом заметим, что $HM :MH ′ = 2:(1+ 3)= 1:2.$

Лучи $CH ′$ и $CH$ являются ортоизогоналями угла $ACB$ (в треугольнике ортоцентр и центр описанной окружности изогонально сопряжены). Отсюда следует, что лучи $CM$ и $CC0$ являются изогоналями также и для $∠HCH ′,$ То есть $CM$ — симедиана ещё и в $△H ′CH.$ Симедиана делит сторону в отношении квадратов прилежащих сторон, так что $CCHH2′2-= 12 =⇒ CCHH′ = √1. 2$

Осталось заметить, что в данной конструкции $CH$ и $CH ′$ являются диаметрами в подобных $△A ′B ′C$ и $△ABC$ соответственно, так что их отношение равно коэффициенту подобия - косинусу угла $C.$

Итак, $cos∠C = 1√- =⇒ ∠C = 45∘. 2$

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#82160

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $CD$ перпендикулярна основаниям, $O$ – точка пересечения диагоналей. На описанной окружности треугольника $OCD$ взята точка $S,$ диаметрально противоположная точке $O.$ Докажите, что $∠BSC = ∠ASD.$

Показать доказательство

$PIC$

По условию $SO$ — диаметр, откуда $∘ ∠SCO = ∠SDO = 90.$ Отсюда получаем, что

∠ADB =∠SDC = ∠SOC

∠ACB = ∠SCD = ∠SOD

Заметим, что для решения задачи достаточно показать, что $∠DSB = ∠CSA.$ Это равносильно подобию треугольников $BDS$ и $ACS.$ Следовательно, достаточно показать, что $DSSC-= BADC.$ В окружности $(DOC )$ отрезки $DS$ и $SC$ стягиваются углами $DOS$ и $SOC,$ то есть