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#122408Максимум баллов за задание: 7

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#136825Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB, AC$ треугольника $ABC,$ а также его описанной окружности в точке $T . A$ Аналогично определим точки $TB$ и $TC.$ Докажите, что прямые $ATA,$ $BTB,$ $CTC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $S A$ — окружность, которая касается сторон $AB, AC$ и описанной окружности треугольника. Вершина $A$ является центром положительной гомотетии, которая переводит окружность $SA$ во вписанную окружность треугольника, а точка $TA$ — центром положительной гомотетии, переводящей $SA$ в описанную окружность треугольника.

Таким образом, в силу теорему о трех колпаках прямая $ATA$ проходит через центр положительной гомотетии, переводящей описанную окружность треугольника во вписанную. Аналогично, через нее проходят прямые $BTB$ и $CTC.$

$PIC$

Второе решение. Пусть $Γ (X)$ — образ точки $X$ под действием композиции инверсии с центром в точке $A,$ радиусом $√AB-⋅AC--$ и симметрии относительно угла $A.$ Несложно показать, что $Γ (B )= C$ и $Γ (C )=B.$ Окружность $(ABC )$ проходит через центр инверсии, следовательно, ее образ — прямая, проходящая через точки $Γ (B)$ и $Γ (C)$ — прямая $BC.$ Таким образом, образ $Sa$ касается прямых $AB,AC$ и касается прямой $BC$ — то есть является вписанной или вневписанной окружностью треугольника $ABC.$ Первое невозможно, например, в силу того, что $Sa$ касается отрезка $AB,$ а значит $Γ (Sa)$ касается продолжения отрезка $AC$ за точку $C.$

$PIC$

Наконец, $Γ (Sa)$ — вневписанная окружность, следовательно, точка $Ta$ переходит в точку касания образов описанной окружности и полувписанной окружности — точку $D,$ а значит, прямые $ATA,$ $BTB,$ $CTC$ пересекаются в одной точке, изогонально сопряженной точке Нагеля.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74838Максимум баллов за задание: 7

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 4#137306Максимум баллов за задание: 7

Из каждой вершины треугольника $ABC$ провели внутрь него два луча, красный и синий, симметричные относительно биссектрисы соответствующего угла. Около треугольников, образованных при пересечении лучей одного цвета, описали окружности. Докажите, что если описанная окружность треугольника $ABC$ касается одной из этих окружностей, то она касается и другой.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим треугольник, образованный синими лучами, через $A B C 1 1 1$ (как на рисунке), и пусть его описанная окружность касается окружности $(ABC ).$ Пусть окружность $(A1BC )$ вторично пересекает окружность $(AB1C )$ в точке $P$ (которая, очевидно, лежит внутри треугольника $A1B1C1$ ). Тогда $∠APC = ∠AB1C$ и $∠BP C = ∠BA1C.$ Поскольку также

∘ ∠AP B+ ∠BP C+ ∠APC = 360 = ∠AB1C + ∠AC1B +∠BA1C

(второе равенство — сумма внешних углов треугольника $A1B1C1$ ), то $∠AP B =∠AC1B.$ Таким образом, точка $P$ лежит и на окружности $(AC B). 1$

$PIC$

Сделаем инверсию с центром в точке $P$ (и с произвольным радиусом), образы точек будем обозначать теми же буквами со штрихами. Напомним, что для любых точек $X$ и $Y$ треугольники $XP Y$ и $Y ′PX ′$ подобны (по углу и отношению заключающих сторон), поэтому $∠X ′Y ′P = ∠PXY.$

Докажем, что треугольник $A′1B1′C1′$ подобен треугольнику $ABC.$ Действительно,

∠B′1A′1C′1 = ∠B1′A′1P +∠P A′1C′1 = ∠PB1A1 +∠AC1P = ∠PAC + ∠BAP = ∠BAC,

аналогично для остальных углов.

Окружность $(CPA1B )$ при инверсии перейдет в прямую $C′B′,$ проходящую через вершину $A′1$ треугольника $A ′1B ′1C1′.$ Найдем угол между этой прямой и стороной $A′1B′1 :$

∠B ′A ′1B ′1 = ∠PA′1B′1− ∠PA′1B1′=∠A1B1P − ∠A1BP = ∠A1B1P − ∠A1CP = ∠CPB1 =∠CAB1.

Вместе с двумя аналогичными равенствами отсюда следует, что в подобных треугольниках $ABC$ и $A′1B′1C′1$ красные лучи в первом и лучи $A ′B ′, 1$ $B ′C′, 1$ $C′A′ 1$ во втором — соответствующие элементы. Окружности $(A′B′C′) 1 1 1$ и $(A′B′C′)$ касаются (поскольку они получены инверсией из касающихся окружностей), а тогда и окружность $(ABC )$ касается описанной окружности треугольника, ограниченного красными лучами, что и требовалось.

Второе решение. Обозначим треугольник, образованный красными лучами, через $A0B0C0,$ а треугольник, образованный синими — $A1B1C1$ (обозначения введем как на рисунке). Для определенности будем считать, что именно окружность $(A1B1C1)$ касается окружности $(ABC ),$ а доказать нужно то же про окружность $(A0B0C0).$

Без ограничения общности можно считать, что точка $C1$ лежит на отрезке $AB1.$ По условию $∠BAC1 =∠CAC0$ и $∠ABC1 = ∠CBC0.$ Следовательно, точки $C0$ и $C1$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC.$ Аналогично, изогонально сопряжены точки $A0$ и $A1,$ $B0$ и $B1.$

Обозначим через $i$ композицию инверсии с центром в точке $B$ с радиусом $√ ------- AB⋅BC$ и симметрии относительно биссектрисы угла $ABC.$ Тогда преобразование $i$ меняет местами точки $A$ и $.$ Образы точек $A0,$ $B0$ и $C0$ нам поможет описать следующее вспомогательное утверждение.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть точки $X$ и $Y$ изготовлено сопряжением относительно треугольника $ABC.$ Пусть прямая $BX$ вторично пересекает окружность, описанную около треугольника $AXC,$ в точке $Z.$ Тогда $i(Y )=Z.$

Доказательство. Пусть $′ i(Y)= Y .$ Поскольку $i(C)= A,$ то треугольники $BCY$ и $′ BY A$ подобны, в частности, $′ ∠CBY = ∠ABY ,$ откуда следует, что точка $′ Y$ лежит на продолжении отрезка $BX$ за точку $X.$ А также

∠AY′X =∠AY ′B = ∠BCY = ∠ACX,

поэтому точка $Y′$ лежит на окружности $(AXC ).$ Значит, $Y′ = Z,$ лемма доказана. $□$

___________________________________________________________________________________

Вернёмся к решению задачи. Пусть прямая $BA1$ вторично пересекает окружность $(AA1C )$ в точке $A2,$ прямая $BB1$ окружность $(AB1C)$ — в точке $B2,$ прямая $BC1$ окружность $(AC1C )$ — в точке $C2.$ Тогда, согласно лемме, $i(A0)=A2,$ $i(B0)=B2,$ $i(C0)=C2.$ Кроме того, $i$ переводит окружность $(ABC )$ в прямую $AC.$ Следовательно, достаточно доказать, что прямая $AC$ касается окружности $(A2B2C2).$

В силу вписанности четырёхугольников $AB1CB2$ и $AA1CA2$ мы получаем, что

∠AB2B = ∠ACB1 =∠ACA1 = ∠AA2B,

поэтому четырёхугольник $ABB2A2$ вписанный. Аналогично четырёхугольник $BCB2C2$ тоже вписанный.

$PIC$

Сделаем инверсию $j$ с центром в точке $A$ (и произвольным радиусом). Образы точек будем обозначать теми же буквами со штрихами.

Поскольку точка $C1$ лежит на отрезке $AB1,$ то точка $C′1$ лежит на продолжении отрезка $AB′1,$ при этом и точка $B′1,$ и точка $C ′1$ расположены в угле $B′AC′,$ но вне треугольника $AB ′C ′.$ Точка $A′1$ лежит внутри угла $B′AB ′1$ и вне треугольника $AB ′C′.$ Поскольку точки $C,B1,A1$ лежат на одной прямой, точка $A′1$ лежит на окружности $(AC′B′1).$ В частности, она расположена внутри угла $B ′C′B′1.$

Точки $C′2,A ′2,B′2$ расположены в другой полуплоскости относительно прямой $AC ′,$ нежели точка $B′.$ Кроме того, поскольку четырёхугольники $AB1CB2,$ $AA1CA2,$ $AC1CC2$ и $ABB2A2$ вписанные, то точка $C′$ лежит на отрезках $A′1A′2,$ $B′1B′2,$ $C′1C′2,$ а точка $B2′$ — на отрезке $B′A′2.$ Поскольку окружности $(A1B1C1)$ и $(ABC ′)$ касаются, то окружность $(A′1B1′C1′),$ обозначим ее через $ω1,$ касается прямой $B′C′.$ Также четырёхугольники $AC ′B ′1A ′1,$ $B ′C ′B′2C′2$ и шестиугольник $AB′A′1C′1A′2C′2$ все вписанные, поскольку точка точка $B1$ лежит на отрезке $CA1,$ четырёхугольник $BCB2C2$ вписанный, а также точки $B,$ $A1,$ $C1,$ $A2,$ $C2$ лежат на одной прямой именно в таком порядке.

$PIC$

Теперь достаточно доказать, что окружность $(A′2B′2C′2),$ обозначим ее через $ω2,$ касается прямой $AC′,$ потому что это означает, что до инверсии касались окружности $(ABC )$ и $(A2B2C2).$

Проведем через точку $C′1$ прямую параллельно $AC ′$ и обозначим ее точки пересечения с прямыми $C ′A′1$ и $C ′B′$ через $X1$ и $Y1$ соответственно. Через точку $A′2$ проведем прямую параллельно $B′C′$ и обозначим ее точки пересечения с прямыми $C′C′2$ и $C′A$ через $X2$ и $Y2$ соответственно.

Четырёхугольник $AC ′B ′A′1$ вписанный, а также $X1C1′∥AC′.$ Значит,

∠AB′A′1 = ∠AC′A′1 = ∠C′X1C′1.

Следовательно, точка $X1$ лежит на окружности $ω1.$ Аналогично точка $X2$ лежит на $ω2.$

Пусть $π1$ — полуплоскость, ограниченная прямой $X1C1′,$ в которой лежит точка $C′.$ Аналогично $π2$ — полуплоскость, в которой лежит точка $C′,$ ограниченная прямой $A′2X2.$ Обозначим через $τ$ преобразование подобия, которое переводит точку $C′1$ в точку $A′2,$ точку $X1$ в точку $X2,$ а также полуплоскость $π1$ в полуплоскость $π2.$ (Такое преобразование подобия можно получить, например, как композицию поворотной гомотетии, переводящей $X1$ в $X2$ и $C1′$ в $A′2,$ и симметрии относительно прямой $X2A ′2.$ )

Четырёхугольник $A′1C ′A′2C′2$ вписанный, поэтому $∠A′2C′2C′ = ∠C′A′1C′.$ Следовательно, преобразование $τ$ переводит окружность $ω1$ в окружность $ω2.$ Далее мы докажем, что, во—первых,

′ ′ X1Y1∕Y1C1 = X2Y2∕Y2A2 (⋆)

и, во—вторых,

∠A ′YC ′ =∠C ′Y C′ (⋆⋆). 22 1 1

Отсюда последует, что $τ$ переводит точку $Y1$ в точку $Y2,$ а также прямую $Y1C′$ в прямую $Y2C′.$ Таким образом, поскольку прямая $C ′Y′1$ касается окружности $ω1,$ то прямая $C′Y′2,$ касается окружности $ω2,$ что и требовалось.

Остается доказать соотношения ( $⋆$ ) и ( $⋆⋆$ ). В силу параллельности $X2Y2$ и $B′C′,$ а также $X1Y1$ и $AC ′$ имеем, что

∠X2Y2C ′ =∠AC ′B ′ =∠X1Y1C ′,

откуда следует ( $⋆⋆$ ). Кроме того, $∠Y1C′1C′ = ∠Y2C′X2$ и $∠Y1C′X1 = ∠Y2A ′2C ′,$ поэтому треугольник $Y2C′X2$ подобен треугольнику $Y1C′1C′$ по двум углам, а треугольник $Y1X1C′$ — треугольнику $Y2C ′A′2.$ Следовательно, $Y2Y2XC2′ = Y1Y1CC′′-$ и $′ YY22AC2′ = YY11CX′1.$ Разделив первое полученное равенство на второе, мы получаем в точности соотношение ( $⋆$ ).

Отметим, что точки $X1$ и $X2$ могут располагаться на продолжениях отрезков $C ′A′1$ и $C′C′2$ (за точки $A′1$ и $C′2$ ), но на решение это не влияет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#82157Максимум баллов за задание: 7

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 6#82166Максимум баллов за задание: 7

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:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#34670Максимум баллов за задание: 7

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 8#82160Максимум баллов за задание: 7

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