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#140751Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены высота $BH$ и биссектриса $BL.$ Точки $P$ и $Q$ — основания перпендикуляров, опущенных из $A$ на $BL$ и из $L$ на $BC$ соответственно. Докажите, что точки $H,P$ и $Q$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим через $S$ точку пересечения прямых $AP$ и $LQ.$ Запишем цепочку равенств углов:

∘ ∘ ∠BLS = 90 − ∠LBC =90 − ∠LBA = ∠BAS.

Откуда следует вписанность четырёхугольника $ABSL.$ Тогда утверждение задачи следует из существования прямой Симсона точки $B$ относительно треугольника $ASL.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#140753Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ $(AB = BC)$ проведена биссектриса $AE.$ Радиус $OE$ описанной окружности треугольника $AEC$ пересекает биссектрису угла $ACB$ в точке $L.$ Докажите, что $L$ лежит на средней линии треугольника $AEC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала хорошо бы "поймать" направление прямой EO. Для этого достаточно вычислить, например, угол EOC. Что можно заметить после его вычисления?

Подсказка 2.

Правильно! Прямые CL и EO перпендикулярны! Что можно сказать про проекцию точки E на биссектрису угла C?

Показать доказательство

Решение 1. Заметим, что $∠EOC = 2∠EAC,$ поэтому

∘ ∠OEC = 90 − ∠EAC,

но из равнобедренности следует, что

∘ ∠BCA- ∠OEC = 90 − 2 .

Следовательно, точка $L$ является проекцией точки $E$ на биссектрису угла $ECA,$ так как $2∠LCE =∠BCA.$ Значит, если отразить точку $L$ относительно $CL$ она попадёт на отрезок $AC,$ поэтому $L$ лежит на средней линии треугольника $AEC.$

$PIC$

Решение 2. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Треугольник $BIC$ является равнобедренным, а значит, прямая $OI$ совпадает с серединным перпендикуляром к $AC.$ Из прошлого решения знаем, что $OE ⊥ CI,$ и так как углы $ECL$ и $ACI$ равны, получаем, что углы $OIC$ и $OEC$ равны, поэтому четырёхугольник $EOIC$ — вписанный. Теперь утверждение задачи следует из существования прямой Симсона точки $O$ относительно треугольника $EIC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#140755Максимум баллов за задание: 7

Лемма 255. В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса угла $B.$ Перпендикуляр из точки $C,$ опущенный на эту биссектрису, пересекает её в точке $K.$ Докажите, что

(a) точка $K$ лежит на средней линии треугольника $ABC,$ параллельной $AB;$

(b) точка $K$ лежит на прямой, соединяющей точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC.$

Показать доказательство

(a) Заметим, что если отразить точку $C$ относительно точки $K,$ то она попадет на прямую $AB,$ а значит $K$ лежит на соответственной средней линии.

(b) Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Докажем следующее утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $∘ ∠B-- ∠AIC = 90 + 2 .$

Доказательство. Утверждение леммы сразу следует из цепочки равенств:

180∘ = 2(∠IAC + ∠ICA)+ ∠B =360∘− 2∠AIC + ∠B.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Обозначим через $′ C$ точку симметричную точке $C$ относительно $K.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠B ∠BC C = ∠BCC = 90 − -2 .

Следовательно, точки $A,$ $C,$ $C′,$ $I$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Откуда утверждение задачи верно в силу существования прямой Симсона точки $I$ относительно треугольника $ACC′,$ так как точки касания вписанной окружности и сторон совпадают с проекциями точки $I$ на эти стороны, и точка $C′$ лежит на $AB$ в силу пункта (a).

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#140758Максимум баллов за задание: 7

Даны четыре попарно пересекающиеся прямые. Докажите, что проекции их точки Микеля на эти прямые лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Заметим, что точка Микеля лежат на описанных окружостях четырёх треугольников, которые образовались в пересечении этих $4$ прямых. Из существования прямой Симсона следует, что любые три проекции на эти прямые лежат на одной прямой, а значит, и все $4$ проекции лежат на одной прямой, что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 9#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 10#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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

Пусть $ABC$ — треугольник; $P$ — точка на описанной около него окружности; $X,Y,Z$ — основания перпендикуляров на прямые $AB,AC, BC$ соответственно. Обозначим через $∠(ℓ1,ℓ2)$ угол, на который нужно против часовой стрелки повернуть прямую $ℓ1,$ чтобы она стала параллельной прямой $ℓ2.$

$PIC$

Из вписанностей четырехугольников $AXYP,$ $ABCP,$ $PYCZ$ имеем соответственно

∠(XY,YP)= ∠(AB,AP )=∠(BC,CP )= ∠(Y Z,Y P),

откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#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 15#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 $X′D =XD ′ = XC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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 $BF ⊥ KL.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#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 $H.$