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#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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)

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 5#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