Тема Треугольники и их элементы

Прямая Симсона

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники и их элементы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103637Максимум баллов за задание: 7

Хорда $P Q$ описанной окружности треугольника $ABC$ перпендикулярна стороне $BC.$ Докажите, что прямая Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC$ параллельна прямой $AQ.$

Показать доказательство

Пусть точка $C 1$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на прямую $AB,$ а точка $A 1$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $P$ на $BC$ или же точка пересечения прямых $BC$ и $PQ.$ Тогда прямая $A1C1$ — это прямая Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC.$

$PIC$

Заметим, что четырёхугольник $BA1C1P$ — вписанный, так как $∘ ∠PC1B = ∠PA1B = 90 .$ Отсюда $∠BP A1 = ∠BC1A1.$ С другой строны, $∠BAQ = ∠BPA1$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Получается, $∠BC1A1 = ∠BAQ$ — соответственные углы при прямых $A1C1,AQ$ и секущей $AB,$ откуда прямые $A1C1$ и $AQ$ параллельны.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#103638Максимум баллов за задание: 7

Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H;$ $P$ — точка его описанной окружности. Докажите, что прямая Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC$ делит отрезок $PH$ пополам.

Показать доказательство

Обозначим середину отрезка $PH$ за $K$ и докажем, что точка $K$ лежит на прямой Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC.$

$PIC$

Пусть $∠KYC = φ.$ Удвоим $PY :$ отметим точку $T$ на продолжении прямой $PY$ за точку $Y$ так, чтобы $TY = YP.$ Тогда $Y K$ — средняя линия треугольника $TP H.$ Отсюда

∠P TH = ∠PYK = ∠CY K+ ∠PY C = φ+ 90∘

Продлим высоту $BH$ до пересечения с окружностью $ω,$ описанной около $ABC.$ Пусть $′ BH ∩ AC =B1,BH ∩ ω = H .$ По свойству ортоцентра $′ HB1 = B1H .$ Заметим, что фигура $′ HT PH$ симметрична относительно прямой $YB1,$ поэтому $′ ∘ ∠YP H = ∠YTH = φ+ 90$

$PIC$

Продлим $PX$ до пересечения с окружностью $ω.$ Пусть $PX ∩ω =Q,P X∩ AC = F.$ Через точку $P$ проведём прямую $PN (N ∈ ω)$ , параллельную $AC.$ Тогда $PY ⊥ PN,$ откуда $∠NP H′ = ∠YPH ′− ∠Y PN = φ.$

$PIC$

Пусть $∠ACB = γ.$ Заметим, что

⌣H ′C =2∠HBC =2(90∘− ∠ACB )= 2(90∘ − γ)

Так как $PN ∥ AC,$ то

′ ′ ∘ ′ ∘ ⌣AP = ⌣NC =⌣H C− ⌣H N = 2(90 − γ)− 2∠NPH =2 (90 − γ− φ )

С одной стороны, $∠QF C =90∘− ∠XCF = 90∘− γ.$ С другой стороны,

∠QF C = 1(⌣AP + ⌣CQ ) 2

∘ ∘ 2(90 − γ)= 2(90 − γ− φ)+ ⌣CQ

Отсюда $⌣CQ = 2φ,$ то есть $∠QAC =φ.$ Таким образом, $∠QAC = ∠KY C$ — соответственные углы при прямых $AQ,Y K$ и секущей $AC,$ откуда $AQ ∥Y K.$ По свойству прямой Симсона, $XY ∥ AQ,$ то есть $XY ∥Y K.$ Получается, параллельные прямые проходят через одну точку $Y,$ а, значит, эти прямые совпадают, откуда $K ∈ XY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#103639Максимум баллов за задание: 7

Точка $D$ лежит на стороне $BC$ треугольника $ABC.$ Докажите, что точка $A$ и центры окружностей, описанных около треугольников $ABC, ABD$ и $ACD,$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Пусть точки $O ,O ,O ABC ABD ADC$ — это центры окружностей, описанных около треугольников $ABC, ABD,ADC$ соответственно, а точки $X,Y,Z$ — это середины отрезков $AC,AD,AB$ соответственно.

$PIC$

Проведём серединные перпендикуляры к этим отрезкам. Заметим, что точка пересечения серединных перпендикуляров к $AB$ и к $AC$ — это центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то есть точка $OABC.$ Аналогично, точка $OABD$ — это точка пересечения серединных перпендикуляров к $AB$ и к $AD,$ а точка $OADC$ — это точка пересечения серединных перпендикуляров к $AC$ и к $AD.$

$PIC$

Так как $X$ и $Z$ — это середины сторон треугольника $ABC,$ то $XZ$ — это средняя линия этого треугольника. Отсюда $XZ ∥BC.$ Аналогично, $XY$ — это средняя линия треугольника $ACD,$ откуда $XY ∥ CD,$ то есть $XY ∥ BC.$ Поскольку через точку $X$ может проходить единственная прямая, параллельная $BC,$ то точки $X,Y,Z$ лежат на одной прямой.

Получается, основания перпендикуляров, опущенных из точки $A$ на прямые $OABCOABD,$ $OADCOABC,$ $OABDOADC$ лежат на одной прямой, а, значит, точка $A$ лежит на окружности, описанной около треугольника $OABCOABDOADC$ по обратному утверждению о прямой Симсона.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#140783Максимум баллов за задание: 7

Окружность с центром $I,$ вписанная в треугольник $ABC$ , касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $C 0$ и $A 0$ соответственно. Окружность, проходящая через точки $B$ и $I,$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что середина отрезка $XY$ лежит на прямой $A0C0.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Как связаны точки A₀, C₀ и точка I?

Подсказка 2.

Правильно! Точки A₀, C₀ являются проекциями точки I на стороны BY и BX соответственно. Тогда то, что нужно доказать, может напоминать одно известное утверждение. Какое?

Подсказка 3.

Ага! Прямую Симсона! Но для неё нужно, чтобы середина отрезка XY совпадала с проекцией точки I на XY. Что тогда нужно доказать про точку I?

Показать доказательство

Заметим, что $BI$ — биссектриса угла $XBY,$ поэтому $IX = IY,$ а значит, середина отрезка $XY$ является проекцией точки $I$ на на него. Точки $C0$ и $A0$ являются проекциями точки $I$ на прямые $BX$ и $BY$ соответственно. Теперь утверждение задачи следует из существования прямой Симсона точки $I$ относительно треугольника $BXY.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#129651Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A + ∠D =90∘.$ Его диагонали пересекаются в точке $E.$ Прямая $ℓ$ пересекает отрезки $AB,$ $CD,$ $AE$ и $ED$ в точках $X,$ $Y,$ $Z$ и $T$ соответственно. Известно, что $AZ =CE$ и $BE = DT.$ Докажите, что длина отрезка $XY$ не больше диаметра окружности, описанной около треугольника $ETZ.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $ω$ окружность $(ET Z)$ и через $d$ — её диаметр. Поскольку $BE = DT,$ то

BT = BE + ET =DT + ET =DE.

Из условия $∠A + ∠D =90∘$ следует, что лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $F$ под прямым углом. Проведем диаметр $EB ′$ в окружности $(ABE ).$ Поскольку $∠ABE >90∘,$ точки идут на окружности в порядке $A− B− E − B ′.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠AB B = ∠AEB = ∠CED, ∠BAB = 90 +∠F AC =∠ECD.

Следовательно, треугольники $CED$ и $AB ′B$ подобны по двум углам, поэтому

AB′= CE- = AZ. BB′ ED BT

Полученное равенство означает, что прямоугольные треугольники $AB′Z$ и $BB ′T$ подобны по отношению катетов. Тогда $∠BT B′ = ∠AZB ′,$ поэтому точка $B′$ лежит на окружности $ω.$ Заметим, что $AB$ — прямая Симcона точки $B′$ для треугольника $ZET,$ поскольку $∠B′AE = ∠B ′BE = 90∘.$ Тогда и проекция $B′$ на прямую $ZT$ тоже лежит на $AB,$ то есть $B ′X ⊥ ZT.$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что точка $C′,$ диаметрально противоположная $E$ на окружности $(CED ),$ лежит на окружности $ω,$ а также $′ C Y ⊥ ZT.$ Таким образом, $′ ′ BC$ — хорда окружности $ω,$ а $X$ и $Y$ — проекции точек $′ B$ и $′ C$ на прямую $ZT,$ поэтому $′ ′ XY ≤ B C ≤ d,$ что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Приведём схему другого решения.

Нетрудно показать, что $XZ = TY$ (например, используя Теорему Менелая). Пусть $M,N,K$ — середины $AC$ (и $ZE$ ), $BD$ (и $T E$ ), $XY$ (и $ZT$ ) соответственно. Пусть $F = AB ∩CD,$ Из прямоугольного треугольника $XF Y$ имеем $FK = XY∕2.$ Далее, $KMN$ — серединный треугольник для треугольника $EZT.$ Легкий счет углов (с использованием медианы прямоугольного треугольника) дает

∠MF N = 180∘− ∠MEN = 180∘− ∠MKN.

Значит, точки $M,K,N,F$ лежат на одной окружности, тогда $FK$ — хорда окружности ( $MKN$ ). Отсюда

XY ∕2= KF ≤2RMKN = RETZ,

что завершает решение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. На самом деле $B′C ′$ — диаметр окружности ( $ET Z$ ), что нетрудно установить счётом углов, но для решения этого не требуется. Равенство $XY = d$ достигается в том и только в том случае, когда исходный четырёхугольник — вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 3. Приведём план ещё одного подхода к задаче. Используем обозначения из приведённого выше решения, а также введём новые: $x= BF,$ $y = AB,$ $z = CF,$ $t= DC,$ $k = DE, EB$ $m = AE, FC$ $p=ZT,$ $α= ∠AED.$ Из теорем Менелая для $△EZT$ и прямой $AY B,$ $△EZT$ и прямой $CY D$ находим:

--1-- XZ = YT = P ⋅k!− 1

По теореме синусов для треугольника $p ZET :d = sinα,$ в силу сказанного выше

XY = XZ +Y Z+ ZT =p ⋅ k!+-1 k!− 1

Таким образом, достаточно доказать, что $sinα≤ kk!−!+11(⋆).$ Из теорем Менелая для $△AFC$ и прямой $BED,$ $△BF D$ и прямой $AEC$ легко видеть, что

k = t(x+-y), l= y(z+-t), zy xt

отсюда

(x+y)(z+t) k!− 1 (x +y)(z +t)− xz kl= ----xz----+ k!+1-= (x-+y)(z-+t)+xz.

Обозначим

∠FAC = β, ∠F DB = γ,

тогда $α =90∘+ β+ γ.$ Значит,

∘ -------------- sinα = cosγcosβ− sinγsinβ = (x+ y)(z+t)− xz,

последнее равенство получается из прямоугольных треугольников $AFC$ и $BF D.$ Остаётся заметить, что

∘ (x2+(z+-t)2)(z2+-(x-+y)2)-≥xz+ (z+t)(x+ y)

по неравенству Коши-Буняковского-Шварца, получаем в точности требуемое неравенство ( $⋆$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#63944Максимум баллов за задание: 7

Дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD.$ Из точки $C$ опустили перпендикуляры $CP$ и $CQ$ на прямые $AD$ и $AB$ соответственно. Прямая $QP$ пересекает диагональ трапеции $BD$ в точке $K.$ Докажите, что $CK ⊥ BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что интересного мы знаем про равнобокую трапецию? А на что намекают два прямых угла, возникшие по построению?

Подсказка 2

На картинке есть вписанные четырёхугольники! Попробуем их найти и поотмечать углы, опирающиеся на одни дуги.

Подсказка 3

AQCP и ABCD вписанные. Есть ли в них общие пары равных углов?

Подсказка 4

Что можно будет сказать про четырёхугольник BQCK, если мы докажем требуемое?

Показать ответ и решение

Заметим, что около равнобедренной трапеции $ABCD$ можно описать окружность. Тогда $∠DAC =∠DBC,$ так как они опираются на одну дугу $DC.$

Рассмотрим четырёхугольник $AP CQ.$ В нём имеем:

∘ ∘ ∘ ∠AQC +∠AP C =90 + 90 =180

Значит, четырёхугольник $AP CQ$ является вписанным. Тогда $∠PAC = ∠PQC,$ так как они опираются на одну дугу $PC.$ Следовательно,

∠DBC = ∠DAC = ∠PAC = ∠PQC ⇒ ∠KBC = ∠KQC

Значит, четырёхугольник $KBQC$ тоже является вписанным. Тогда сумма его противоположных углов равна $180∘.$ То есть

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠BQC + ∠CKB = 180 ⇒ ∠CKB =180 − ∠BQC = 180 − 90 = 90

$PIC$

Ответ:

что и требовалось доказать

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70332Максимум баллов за задание: 7

Основание высоты треугольника спроецировали на две другие высоты, а также две другие стороны треугольника. Докажите, что полученные четыре точки лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим основания высот как $C , A ,K, 1 1$ а основания высот из $K$ через $P, Q, R, S.$

$PIC$

Первое решение.

Точки $P,Q,R$ лежат на прямой Симсона треугольника $AC1H$ для точки $K$ на его описанной окружности (вписанность $AC1HK$ очевидна из суммы его противоположных углов).

Аналогично, точки $Q,R,S$ лежат на прямой Симсона треугольника $A1HC$ для точки $K.$

Точки $P$ и $S$ лежат на прямой $QR,$ так что четыре точки лежат на одной прямой.

Второе решение.

∠APK = ∠AQK ⇒ APQK — вписанны й ⇒ ∠AQP = ∠AKP ; PK ||CC ⇒ ∠AKP = ∠ACC ; ∘ 1 1 ∠HQK + ∠HRK =180 ⇒ QHRK —вписанный ⇒ ∠HQR = ∠HKR; В △KHC ∠HKC = 90∘ = ∠HKR +90∘− ∠ACR ⇒ ⇒ ∠ACR = ∠HKR ⇒ ∠P QA =∠HQR ⇒ P, Q, R лежат на одной прямой. Аналогично, с точностью до обозначений, доказывается для точек

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70333Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из произвольной точки описанной окружности на стороны (или их продолжения) остроугольного треугольника, лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим основания перпендикуляров как $X, Y, Z$ соответственно. Докажем, что $∠BY X =∠ZY C.$

$PIC$

∠BXP +∠BY P =180∘ ⇒ BXP Y— вписанный ⇒ ∠XP B =∠XY B; ∠CY P =∠CZP ⇒ CZYP —вписанный ⇒ ∠ZY C =∠ZP C; ∘ ABP C— вписанный ⇒ ∠A+ ∠BP C = 180; ∠AXP + ∠AZP = 180∘ ⇒ AXP C— вписанный ⇒ ∠A+ ∠XP Z = 180∘; И того ∠BP C =∠XP Z ⇒ ∠BY X =∠ZY C.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#131946Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ описана около треугольника $ABC,$ в котором $AB < AC.$ Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Из середины $M$ стороны $BC$ на прямую $AI$ опущен перпендикуляр $MH.$ Прямые $MH, BI$ и $AB$ ограничивают треугольник $Tb,$ а прямые $MH, CI$ и $AC$ ограничивают треугольник $Tc.$ Описанные окружности треугольников $Tb$ и $Tc$ повторно пересекают окружность $ω$ в точках $′ B$ и $′ C$ соответственно. Докажите, что точка $H$ лежит на прямой $′′ B C .$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим точки пересечения прямой $MN$ с прямыми $AB,$ $AC,$ $BI$ и $CI$ через $P,$ $Q,$ $X$ и $Y$ соответственно (см. рисунок). Пусть прямые $AI,$ $BI$ и $CI$ повторно пересекают $ω$ в точках $A1,$ $B1$ и $C1$ соответственно. Обозначим

∠BAI = ∠CAI =α,∠ABI = ∠CBI =β,∠ACI = ∠BCI =γ,

тогда $α+ β+ γ = 90∘$ из суммы углов треугольника $ABC.$ Поскольку $MH ⊥AI,$ имеем $∠AQM = 90∘− α.$ Так как четырехугольник $ABA1C$ — вписанный,

∘ ∘ ∠MA1C = 90 − ∠BCA1 = 90 − α

Таким образом,

∠MA1C + ∠MQC =180∘,

поэтому четырёхугольник $A1CQM$ — вписанный. Следовательно, $∠AQA1 = 90∘,$ откуда следует, что точки $A,$ $A1,$ $P,$ $Q$ лежат на окружности $γ,$ построенной на отрезке $AA1$ как на диаметре.

Теперь заметим, что

∠QC′C = ∠QY C = 90∘− ∠CIA1 = 90∘− α − γ =β

Однако из вписанности четырехугольника $BC′CB1$ мы получаем, что

∠CC ′B1 =∠B1BC =β =∠CC ′Q

Следовательно, точки $C ′,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой. Аналогично, точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой.

$PIC$

В силу сказанного выше и вписанности четырёхугольника $C1B1CB$ имеем, что

∠CC1B1 =β = ∠CYQ,

поэтому $C1B1 ∥ PQ.$ Поскольку четырёхугольник $B ′C1B1C′$ вписанный,

∠PB ′C′ = ∠C1B1C′ = ∠PQC ′.

Значит, четырёхугольник $′ ′ B QC P$ вписанный. Тогда радикальные оси его описанной окружности, окружности $γ$ и окружности $ω$ пересекаются в одной точке, а это прямые $′ ′ B C ,$ $PQ$ и $AA1.$ Следовательно, точка $H$ лежит на прямой $′ ′ B C ,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Приведём другой способ закончить решение. После того, как установлено, что точки $′ C ,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой, и точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой. Обозначим через $N$ середину дуги $BAC.$ Пусть прямая $AX$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $T.$ Заметим, что

′ ∘ 1 ′ ∠CC Y =∠AQY =90 − α= 2∠CC B.

Следовательно, $′ CY$ — биссектриса угла $′ CC B,$ поэтому на прямой $′ C Y$ лежит точка $N.$ Аналогично, она лежит на прямой $′ XB .$ Применяя теорему Паскаля для точек $′ AT C B1BC$ мы получаем, что точка $X,$ точка $Q$ и точка пересечения $′ C T$ и $BC$ лежат на одной прямой. Следовательно, прямые $BC,$ $XQ$ и $′ C T$ Т пересекаются в одной точке, то есть точка $M$ лежит на $′ C T.$ Теперь применяем теорему Паскаля для точек $′ ′ ATC BNA1$ и получаем, что точки $X$ и $M$ вместе с точкой пересечения $AA1$ и $′ ′ B C$ лежат на одной прямой. Значит, точка $H$ лежит на $′ ′ B C ,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#90941Максимум баллов за задание: 7

Центр окружности $ω 2$ лежит на окружности $ω . 1$ Из точки $X$ окружности $ω 1$ проведены касательные $XP$ и $XQ$ к окружности $ω 2$ ( $P$ и $Q$ – точки касания), которые повторно пересекают $ω1$ в точках $R$ и $S.$ Докажите, что прямая $PQ$ проходит через середину отрезка $RS.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.5, Ф. Нилов(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим центр второй окружности за O. Что интересного можно сказать про XO, если из X проведены касательные?

Подсказка 2

XO — биссектриса некоторого угла! А что можно сказать про точки Q и P, если они — точки касания? Можно ли найти ещё какие-то интересные факты про углы на картинке?

Подсказка 3

OP и OQ — перпендикуляры, опущенные из точки O! Получается, два перпендикуляра опущено... А что если соединить O с серединкой RS?

Подсказка 4

Куда попадёт перпендикуляр из точки O на RS?

Показать доказательство

Пусть $O$ – центр окружности $ω . 2$ Так как $XO$ – биссектриса угла $RXS,$ то $OR = OS.$ Точка $P$ – основание перпендикуляра из $O$ на сторону $XR$ треугольника $RXS$ (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Аналогично, точка $Q$ – основание перпендикуляра из $O$ на сторону $XS$ треугольника $RXS.$ Поскольку треугольник $ROS$ равнобедренный, середина $RS$ – основание перпендикуляра из $O$ на $RS.$ Точки $P,Q$ и середина $RS$ лежат на прямой Симсона точки $O$ относительно треугольника $RXS.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#90948Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC, O$ – центр его описанной окружности. Проекции точек $D$ и $X$ на стороны треугольника лежат на прямых $l$ и $L,$ причём $l∥XO.$ Докажите, что прямая $L$ образует равные углы с прямыми $AB$ и $CD.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, заоч. тур, 17 задача, Ф. Нилов(см. geometry.ru)

Показать доказательство

Из условия следует, что точки $D$ и $X$ лежат на описанной окружности треугольника $ABC,$ а прямые $l$ и $L$ являются их прямыми Симсона. Проведём хорды $′ ′ CC ,DD$ и $′ XX ,$ параллельные $AB.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Хорда $PQ$ описанной окружности треугольника $ABC$ перпендикулярна стороне $BC.$ В таком случае прямая Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC$ параллельна прямой $AQ.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство. Пусть не умаляя общности точка $P$ находится на меньшой дуге $AB.$ Тогда $PQ$ пересекает $BC$ в точке $K.$ Так же опустим перпендикуляр $PT$ на $AB.$ Тогда у нас $P TKB$ вписанный. В таком случае есть две пары антипараллельных прямых относительно $AB$ и $PQ.$ Это будут $PB$ и $T K,PB$ и $AQ.$ Отсюда следует, что $TK$ и $AQ$ параллельны, где $TK$ и есть прямая Симсона.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В таком случае из леммы следует, что прямая $l,$ а значит, и радиус $OX$ перпендикулярны $CD′,$ а $L ⊥CX ′.$ Так как $O$ лежит на серединном перпендикуляре к хорде $CD ′,$ из первого условия следует, что $XCD ′$ равнобедренный треугольник. Отсюда, дуги $XC$ и $XD ′$ равны.

Условие задачи эквивалентно тому, что прямая $CX′$ образует равные углы с прямыми $AB$ и $CD.$ Угол между $CX′$ и $AB$ равен углу между $CX′$ и $X′X,$ то есть половине дуги $XC.$ Угол между $CX ′$ и $CD$ равен половине дуги $X′D.$ Осталось проверить равенство дуг $X ′D$ и $XC.$ Но $X′D =XD ′ = XC.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#90943Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольник $ABCD.$ Через точку $B$ провели две перпендикулярные прямые. Первая прямая пересекает сторону $AD$ в точке $K,$ а вторая продолжение стороны $CD$ в точке $L.$ Пусть $F$ – точка пересечения $KL$ и $AC.$ Докажите, что $BF ⊥ KL.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, а почему именно прямоугольник? Быть может, он даёт нам информацию про углы? что примечательного можно сказать про лучи из точки B?

Подсказка 2

Как связаны треугольник KDL и точка O?

Подсказка 3

Обратите внимание на то, что из точки O опущены перпендикуляры! Какого перпендикуляра не хватает?

Показать доказательство

Заметим, что точка $B$ лежит на описанной окружности треугольника $KLD$ так как $∠B =∠D = 90∘.$

$PIC$

Точки $A$ и $C$ являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки $B$ на прямые $KD$ и $DL.$ Значит, основание перпендикуляра, опущенного из $B$ на $KL$ лежит на прямой $AC$ по теореме Симсона. Другими словами, оно совпадает с $F$ – точкой пересечения $KL$ и $AC.$ Это и означает, что $BF ⊥ KL.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#90942Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $D.$ Точки $E$ и $F$ симметричны точке $D$ относительно биссектрис углов $A$ и $C.$ Докажите, что середина отрезка $EF$ лежит на прямой $A0C0,$ где $C0$ и $A0$ – точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со сторонами $AB$ и $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При отражении точки D появились равные углы с вершиной в I. При подсчёте каких углов нам может это помочь?

Подсказка 2

Попробуем посчитать ∠EIB при помощи углов с этой же вершиной. А что еще мы знаем об углах с вершиной в центре вписанной окружности?

Подсказка 3

∠AIC = 90° + ∠B/2! Получается, при помощи ∠AIC можно связать ∠EIB и ∠B!

Подсказка 4

Что тогда можно сказать о четырёхугольнике IEBF?

Подсказка 5

Четырёхугольник IEBF — вписанный! А что можно сказать о точках A₀ и C₀ относительно треугольника EBF? Можно ли так же связать точку M с ними?

Подсказка 6

A₀ и C₀ — основания перпендикуляров из точки I на стороны треугольника EBF. Хочется, чтобы M обладала таким же свойством ;)

Показать доказательство

Из симметрии относительно соответствующих биссектрис имеем равенства углов

∠AEI = ∠ADI; ∠ADI = BFI,

следовательно, четырехугольник $BEIF$ вписанный.

$PIC$

Осталось заметить, что $A0,C0$ и середина $EF$ являются основаниями перпендикуляров из точки $I$ на стороны треугольника $BEF,$ а значит, лежат на прямой Симсона указанной точки.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90945Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ Рассматриваются прямые $l,$ обладающие следующим свойством: три прямые, симметричные $l$ относительно сторон треугольника, пересекаются в одной точке. Докажите, что все такие прямые проходят через одну точку.

Показать доказательство

Пусть прямые, симметричные $l,$ пересекаются в точке $P.$ Тогда точки, симметричные $P,$ лежат на $l,$ а, значит, проекции $P$ на стороны треугольника лежат на одной прямой (потому что гомотетия с центром в $P$ и коэффициентом $1 2$ переводит точки, симметричные $P,$ в проекции $P$ на стороны треугольника). Отсюда, по теореме Симсона, точка $P$ лежит на описанной окружности $ABC.$ Докажем теперь следующую лемму.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H;$ а $P$ — точка его описанной окружности, то прямая Симсона точки $P$ относительно треугольника $ABC$ делит отрезок $P H$ пополам.

Доказательство. Пусть не умаляя общности точка $P$ находится на меньшой дуге $AB.$ Проведем хорду $PQ,$ перпендикулярную $BC.$ Пусть точки $′ H$ и $′ P$ симметричны точкам $H$ и $P$ относительно прямой $BC;$ точка $′ H$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

$PIC$

Докажем сначала, что $AQ∥P′H.$ В самом деле, $∠H ′P Q= ∠PQA = ∠PP ′H.$ Теперь докажем, что $AQ$ параллельна прямой Симсона. Пусть $PQ$ пересекает $BC$ в точке $K.$ Так же опустим перпендикуляр $PT$ на $AB.$ Тогда у нас $PT KB$ вписанный. В таком случае есть две пары антипараллельных прямых относительно $AB$ и $P Q.$ Это будут $PB$ и $TK,PB$ и $AQ.$ Отсюда следует, что $TK$ и $AQ$ параллельны, где $TK$ и есть прямая Симсона. Значит, она проходит через середину стороны $PP ′$ треугольника $P P′H$ и параллельна стороне $P′H,$ а, значит, она проходит через середину стороны $P H.$

Пусть не умаляя общности точка $P$ находится на меньшой дуге $AB.$ Тогда $P Q$ пересекает $BC$ в точке $K.$ Так же опустим перпендикуляр $PT$ на $AB.$ Тогда у нас $PT KB$ вписанный. В таком случае есть две пары антипараллельных прямых относительно $AB$ и $PQ.$ Это будут $PB$ и $TK, PB$ и $AQ.$ Отсюда следует, что $TK$ и $AQ$ параллельны, где $TK$ и есть прямая Симсона.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Из леммы получаем, что прямая Симсона проходит через середину отрезка $P H.$ Как уже было отмечено, гомотетия с центром в $P$ и коэффициентом $2$ переводит прямую Симсона точки $P$ в прямую $l,$ а середину отрезка $PH$ – в точку $H.$ Получается, прямая $l$ содержит точку $H.$ Так как определение точки $H$ не зависит от выбора прямой $l,$ мы получили, что все прямые, описанные в задаче, проходят через одну и ту же точку $H.$