Тема Треугольники и их элементы

Симедианы

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#94417

На прямых $CA$ и $CB$ взяты соответственно точки $B ′$ и $A′$ так, что $∠CA ′B ′= ∠CAB$ (отрезки $AB$ и $A′B′$ в этом случае называются антипараллельными). Докажите, что симедиана $CS$ треугольника $ABC$ делит отрезок $′ ′ A B$ пополам.

Показать доказательство

Отразим отрезок $AB$ относительно биссектрисы $∠ACB$ получим отрезок $A B , 1 1$ при этом $∠CA B = ∠CAB = ∠CA ′B′, 1 1$ следовательно, треугольники $′ ′ A BC$ и $A1B1C$ подобны.

$PIC$

Раз $CS$ симедиана в треугольнике $ABC,$ тогда прямая $CS$ содержит медиану треугольника $A1B1C.$ А в силу подобия $CS$ будет содержать и медиану треугольника $′′ A B C,$ значит, $CS$ будет делить $′ ′ A B$ пополам.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#94418

Дан остроугольный треугольник $ABC$ и точка $X$ внутри него так, что $∠BAX = ∠ACX, ∠CAX = ∠ABX$ . Докажите, что $AX$ — симедиана.

Показать доказательство

$PIC$

Треугольники $ABX$ и $ACX$ по двум углам, при этом коэффициент подобия равен $AB AC-.$ Следовательно,

2 SABX-= AB-2 SACX AC

А это есть одно из ГМТ для симедианы, поэтому $AX$ — симедиана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67593

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ . Точка $M$ — середина $BC$ . Докажите, что:

(a) касательная в точке $A$ к описанной окружности треугольника $ABC$ параллельна прямой $B1C1$ ;

(b) прямые $MB1$ и $MC1$ касаются описанной окружности треугольника $AB1C1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть касательная к описанной окружности. Какой теоремой, связывающей уголочки, мы можем воспользоваться?

Подсказка 2

Конечно теоремой о угле между касательной и хордой! А именно: угол между касательной и хордой AB равен углу ACB. А что мы можем сказать про четырехугольник BCB₁C₁?

Подсказка 3

На самом деле он вписан, ведь углы BC₁C и BB₁C равны 90° и смотрят на отрезок BC. Осталось воспользоваться фактом, что во вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180° и дело в шляпе!

Подсказка 4

Давайте докажем, что уголочки BB₁M и B₁AA₁ равны, тогда из обратной теоремы об угле между касательной и хордой мы получим, что MB₁ касается описанной окружности треугольника AB₁C₁.

Подсказка 5

Начнем с уголочка B₁AA₁. Что мы можем сказать о четырехугольнике AB₁A₁B?

Подсказка 6

Он вписан, т.к. уголки AB₁B и AA₁B равны 90°. Тогда B₁AA₁ равен углу B₁BA₁, т.к. они опираются на дугу B₁A₁. Теперь осталось доказать, что B₁BA₁, который равен B₁BM, равен BB₁M...

Подсказка 7

Если это так, то треугольник BMB₁ должен быть равнобедренный. А это действительно так, ведь медиана В₁M, проведенная из вершины прямого угла, равна половине основания ВС, а значит B₁M=BM. Теперь осталось провести аналогичные рассуждения для углов C₁AA₁ и МС₁С и завершить решение задачи.

Показать доказательство

(a) Отметим на касательной точку $D.∠DAB =∠ACB$ по свойству угла между хордой и касательной. В свою очередь $∠ACB =∠AC1B1$ в силу вписанности четырехугольника $BC1B1C.$ $∠DAB = ∠AC1B1,$ следовательно $DA ||C1B1.$

$PIC$

(b) Чтобы доказать, что прямые $MB1$ и $MC1$ касаются описанной окружности треугольника $AB1C1,$ докажем, что $∠BB1M = ∠B1AA1$ и $∠CC1M = ∠A1AB$ — углы между $MB1, MC1$ и хордами $B1H, C1H.$ соответственно.

$PIC$

Так как $AB1HC1$ — вписанный, точка $H$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AB1C1.$

Так как $M$ — середина $BC$ , то $MC = MB1 =MC1 =MB$ по свойству медианы прямоугольных треугольников $BB1C$ и $BC1C.$

Пусть $∠MB1B = α.$ Тогда $∠B1BM = α$ и следовательно $∠BHA1 =90∘− α= ∠AHB1$ и тогда $∠HAB1 =α.$ Итого $MB1$ — касательная к окружности, описанной около треугольника $AB1C1.$ Аналогично доказывается для $MC1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68540

Пусть точка $S$ лежит на стороне $BC$ треугольника $ABC$ со сторонами $AB = c,BC = a,CA = b.$

Будем обозначать расстояние между некоторой точкой $P$ и некоторой прямой $XY$ как $d(P;XY).$

Докажите, что эквивалентны следующие условия:

(a) AS— симедиана;

d(S;AB-) c (b) d(S;AC) = b;

2 (c) SABS-= c2; SACS b

(d) d(B;AS)= c2; d(C;AS) b2

2 (e) BS-= c2. CS b

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Эквивалентность (a), (b), (c), (d) выполнена не только в случае, если точка $S$ лежит на стороне $BC,$ но и когда она лежит в целом внутри угла $BAC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем доказывать пункты последовательно, так как, скорее всего, один будет вытекать из другого. Сразу что-то сказать про точку S, так как мы пока не знаем свойств, тяжело. Поэтому давайте отталкиваться от связанной с S точки - середины BC - точки M. Что можно сказать про треугольники ABM и ACM? А что это даёт нам для отношения высот из точки M на стороны треугольника?

Подсказка 2

Верно, эти треугольники имеют равную площадь. Пусть AB=c, AC=b. Тогда высоты d_c и d_b (на AB и AC соответственно) из точки М на стороны треугольника связаны следующим соотношением: с*d_c=b*d_b => d_b/d_c=c/b. А что это нам даёт относительно точки S? Как нам связать отношение высот из М с отношением высот из S?

Подсказка 3

Пусть высоты из точки S - это d’_c и d’_b (на AB и AC соответственно). Так как у нас есть 2 пары подобных треугольников (так как AS и AM - изогонали), то отношение d’_b/d_c=AS/AM=d’_c/d_b. Значит, d’_c/d’_b=d_c/d_b=c/b. Доказали. Как нам теперь связать отношение высот из точки S на стороны с отношением площадей треугольников ABS и ACS?

Подсказка 4

Высоты треугольников ABS и ACS - это ровно d’_c и d’_b. При этом мы знаем, как они относятся, а также знаем стороны, на которые они опущены. Значит, мы знаем их отношение - S(ABS)/S(ACS)=с*d’_c/b*d’_b=c^2/b^2. Еще один пункт доказан! А чему ещё равно отношение площадей этих двух треугольников?

Подсказка 5

Так как эти два треугольника имеют общую высоту - их отношение есть отношение сторон, на которые эта высота падает. Значит, BS/SC=c^2/b^2. Осталось доказать пункт (d). Ого! Но мы же знаем отношение площадей треугольников ABS и ACS!

Подсказка 6

S(ABS)/S(ACS)=c^2/b^2. А площади их равны 1/2*d(B;AS)*AS и 1/2*d(A;AS)*AS =>S(ABS)/S(ACS)=d(B;AS)/d(A;AS)=c^2/b^2. Что и требовалось доказать!

Показать доказательство

$PIC$

Проведём к прямым $AB$ и $AC$ перпендикуляры $dc$ и $db$ из середины $M$ отрезка $BC$ и перпендикуляры $dc′$ и $db′$ из точки $S.$ Так как площади треугольников $ABM$ и $ACM$ равны, то $c⋅dc =b⋅db,$ значит, $ddbc = cb.$

Среди прямоугольных треугольников с вершиной $A$ есть две пары подобных: с катетами $dc$ и $db′$ а также с катетами $dc′$ и $db.$ Отсюда следует, что

db′= AS- = dc′- dc AM db

Откуда

dc′- db c db′ = dc = b

и мы получили эквивалентность $(a)$ и $(b).$ Далее, треугольники $ABS$ и $ACS$ имеют общую высоту из вершины $A,$ поэтому

2 BCSS-= SSABS= cb⋅⋅ddc′′ = cb2 ACS b

Откуда сразу же получаем $(c)$ и $(e).$

Соотношения $(b)$ и $(c)$ эквивалентны, так как

1 (c) ⇐ ⇒ -2 ⋅d(S;AB-)⋅c = c2 ⇐ ⇒ d(S;AB-)= c ⇐⇒ (b) 12 ⋅d(S;AC )⋅b b2 d(S;AC ) b

Наконец, последнее соотношение эквивалентно пункту $(d),$ так как

1 ⋅AS ⋅d(B;AS ) 2 2 (d) ⇐⇒ 21------------= c2- ⇐⇒ SABS-= c2- 2 ⋅AS ⋅d(C;AS ) b SACS b

В свою очередь

SABS c2 12 ⋅h⋅BS c2 SACS = b2 ⇐⇒ -1⋅h⋅CS = b2- ⇐⇒ (e) 2

где $h$ — высота из $A$ на $BC.$

Замечание. Эквивалентность всех условий, кроме последнего, также выполнена для точки $S$ внутри угла $BAC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68541

Сторона $AC$ треугольника $ABC$ является хордой окружности, касающейся прямой $BC$ в точке $C.$ Вторая окружность проходит через точки $B,C$ и касается прямой $AC$ в точке $C.$ Пусть $D ⁄= C$ — точка пересечения этих окружностей. Докажите, что $CD$ — симедиана треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень много окружностей, касательных к ним, а также различных хорд в условии. Наверное, стоит в первую очередь обратить внимание на них и как-то их использовать.

Подсказка 2

Воспользовавшись свойством касательной и хорды, мы узнаем, что углы BCD и ACD соответственно равны углам CAD и CBD. Подумайте над тем, равенство каких углов еще следует из этого. Что мы можем сказать про треугольники ADC и CDB?

Подсказка 3

Пусть CD пересекает AB в точке K. Угол ADK равен углу BDK, следовательно, DK - биссектриса угла ADB. Посмотрите внимательно, как можно использовать этот факт.

Подсказка 4

Воспользуйтесь свойством биссектрисы треугольника и подобием треугольников ADC и CDB для получения критерия симедианы (Примечание: критерий симедианы заключается в том, что симедиана делит сторону, на которую была опущена, в отношении равном квадрату отношения длин прилежащих сторон)

Показать доказательство

Так как угол между касательной и хордой равен половине градусной меры дуги, заключённой между ними, то для $BC$ имеем $∠BCD =∠CAD,$ а для $AC$ имеем $∠ACD =∠CBD.$

$PIC$

По определению точка $D$ является точкой Болтая для треугольника $ABC.$ Как известно, точка Болтая лежит на симедиане.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Но на всякий случай вспомним, как это доказывалось: если продлить $CD$ до пересечения с $AB$ в точке $K,$ то $∠ADK = ∠BDK$ как внешние углы, равные соответственно суммам двух попарно равных углов. По свойству биссектрисы $AK :KB = AD :DB,$ а из подобия треугольников $ADC$ и $BDC$

AD :DC =DC :DB = AC :CB

AD- ⋅ DC-= AC-⋅ AC DC DB CB CB

В итоге получили, что луч $CD$ делит сторону $AB$ в отношении

( ) AK- = AD-= AC- 2 KB DB CB

квадратов прилежащих сторон, а это критерий симедианы.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#32991

Докажите, что высота прямоугольного треугольника делит гипотенузу в отношении квадратов катетов.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что из-за прямых и общих углов получилось получилось 3 подобных треугольника. Тогда что можно сделать?

Подсказка 2

Записать отношение сторон! Остаётся их аккуратно скомбинировать, чтобы выделить нужные отрезки

Подсказка 3

Хм. а какой вообще луч делит сторону в отношении квадратов прилежащих сторон? Симедиана! Так можно просто попробовать доказать, что высота в прямоугольном треугольнике является симедианой

Показать доказательство

Пусть $BH$ и $BM$ — высота и медиана треугольника $ABC,$ где $∠ABC = 90∘.$

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что

cos∠A = AH-= AB-,cos∠C = CH-= CB- AB AC CB AC

Отсюда

AH- = AH-⋅AC--=-AB⋅AB- CH CH ⋅AC CB ⋅CB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что

∘ ∠ABH = 90 − ∠A = ∠C = ∠CBM

Отсюда по свойству симедианы $BH$

AH- AB2- CH =BC2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#32992

Две окружности пересекаются в точках $M$ и $K$ . Из произвольной точки $A$ (не совпадающей с точками $M$ и $K$ ) одной окружности проводятся прямые $AM$ и $AK$ , пересекающие вторую окружность в точках $B$ и $C$ соответственно. Докажите, что для всех получающихся треугольников $ABC$ (при фиксированных точках $M$ , $K$ и при выборе произвольной точки $A$ ) их медианы, проведённые из вершины $A$ , либо все пересекаются в одной точке, либо попарно параллельны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрим на конструкцию: какие объекты имеются в условии? У нас получились четыре точки на второй окружности и медианы из точки на первой окружности, как связаны эти объекты?

Подсказка 2

Вспоминаем факт о том, что медиана к одному отрезку является симедианой к антипараллельному ему отрезку. Осталось понять, почему такие симедианы зависят только от положения точек М и К

Подсказка 3

Но ведь есть факт, что симедиана проходит через точку пересечения касательных из точек М и К! А это уже будет какая-то фиксированная точка. Правда, осталось рассмотреть случай, когда касательные не пересекаются...

Подсказка 4

Тогда касательные параллельны, а треугольник -- прямоугольный. Вспомните, чем является симедиана прямоугольного треугольника, и добейте задачу!

Показать ответ и решение

Если $AP$ — медиана $AMK$ и $AT$ — медиана $ABC$ , то $∠PAM =∠CAT$ , поскольку $KMBC$ вписан и $△AMK ∼ △ACB$ . Отсюда $AT$ — симедиана $△AMK$ .

Если $MK$ проходит через центр первой окружности, то $∠MAK = 90∘$ . Как мы знаем, симедиана прямоугольного треугольника является высотой. Тогда все симедианы треугольника $AMK$ перпендикулярны прямой $MK$ , значит, все медианы треугольника $ABC$ параллельны между собой.
Если $MK$ не проходит через центр первой окружности, то $AT$ проходит через точку пересечения касательных к первой окружности из точек $M$ и $K$ . Эта точка не зависит от выбора точки $A$ , потому всевозможные медианы треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#36391

Из точки $P$ к окружности $ω$ проведены отрезки касательных $P A,PB,$ точка $C$ диаметрально противоположна точке $B.$ Докажите, что прямая $CP$ делит пополам перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на прямую $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую конструкцию мы знаем про точку пересечения касательных? Чем является прямая CP?

Подсказка 2

Прямая CP содержит симедиану треугольника ABC! А в задаче просят доказать, что эта симедиана бьёт какой-то отрезок внутри ABC пополам, то есть является медианой. Когда симедиана к одному отрезку является медианой к другому отрезку?

Подсказка 3

Если эти отрезки антипараллельны! Правда тут как бы предельный случай получается, потому что одна из точек (А) совпадает для обоих отрезков. Ну ничего - главное доказать равенство углов как при антипараллельности

Показать доказательство

Пусть $CP$ пересекает окружность в точке $Q,$ а из точки $A$ на прямую $BC$ опущен перпендикуляр $CH.$ Из основной задачи о симедиане следует, что прямая $CP$ содержит симедиану треугольника $ABC.$

$PIC$

Первое решение.

$AH$ и $AB$ антипараллельны относительно $∠BCA,$ так как $∠HAC = ∠ABC$ из прямоугольного треугольника $ABC$ (предельный случай антипараллельности, когда получаем не вписанный четырёхугольник, а касательную к описанной около треугольника окружности). Симедиана $CP$ к $AB$ делит пополам антипараллельный отрезок $AH,$ что и требовалось.

Поясним это: $△CAH ∼△CBA,$ поскольку $∠CHA = ∠CAB = 90∘$ (опирается на диаметр). В силу наличия у них общего угла, можно заметить, что $△ABC$ получается из $△HAC$ симметрией относительно биссектрисы угла $C$ (при такой симметрии прямые $AC$ и $BC$ поменяются местами) и гомотетией. При симметрии относительно биссектрисы медиана станет симедианой, оттого $CP,$ ставшая симедианой $△ABC,$ содержит медиану $△AHC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В прямоугольном треугольнике высота совпадает с симедианой, значит, точка пересечения прямых $CP$ и $AH$ является точкой Лемуана для треугольника $ABC.$ По теореме Шлёмильха в точке Лемуана пересекаются отрезки, соединяющие середины сторон с серединами проведённых к ним высот. Но в данном случае эта точка уже лежит на высоте, а значит, является серединой высоты.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Обозначим через $K$ вторую точку пересечения прямой $P C$ и $ω,$ а через $T$ и $M$ основание и середину перпендикуляра из точки $A$ на $BC.$ Касательные к $ω$ в точках $A$ и $B$ пересекаются на прямой $KC,$ откуда следует, что четырёхугольник $BKAC$ гармонический.

$PIC$

Делая проекцию четвёрки точек $(B,A,K,C)$ из точки $C$ на прямую $AT$ получаем, что

(B,A,K,C )=(CB,CA,CK, CC)= (T,A,M, ∞) =− 1

Предпоследнее равенство следует из того, что касательная в точке $C$ к $ω$ параллельна прямой $AT,$ так как она перпендикулярна диаметру $BC,$ как и прямая $AT.$ Значит, $M$ является серединой $AT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#36392

Дан треугольник $ABC.$ Касательная в точке $C$ к его описанной окружности пересекает прямую $AB$ в точке $D.$ Касательные к описанной окружности треугольника $ACD$ в точках $A$ и $C$ пересекаются в точке $K.$ Докажите, что прямая $DK$ делит отрезок $BC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую конструкцию мы знаем про точку пересечения касательных? Чем является прямая DK?

Подсказка 2

Прямая DK содержит симедиану треугольника ACD! А в задаче просят доказать, что эта симедиана бьёт какой-то отрезок внутри ACD пополам, то есть является медианой. Когда симедиана к одному отрезку является медианой к другому отрезку?

Подсказка 3

Показать доказательство

$PIC$

Из основной задачи о симедиане следует, что прямая $DK$ содержит симедиану треугольника $DAC.$ По теореме об угле между касательной и хордой $ABC$ имеем $∠ACD = ∠ABC,$ откуда $△DAC ∼ △DCB$ и имеют общий угол $∠ADC.$ То есть отрезки $AC$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $CDB$ (предельный случай антипараллельности, когда получаем не вписанный четырёхугольник, а касательную к описанной около треугольника окружности), а при симметрии относительно биссектрисы и гомотетии симедиана $DK$ треугольника $ACD$ перейдёт в медиану $DM$ треугольника $CBD,$ что и означает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#36394

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $H$ . Из точки $H$ провели перпендикуляры к прямым $B1C1$ и $A1C1$ , которые пересекли лучи $CA$ и $CB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки $C$ на прямую $A1B1$ , проходит через середину отрезка $PQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ага, в задаче нам предоставили прекрасные ортоцентр и ортотреугольник. А как связаны стороны исходного треугольника и стороны его ортотреугольника, что часто бывает полезно в рассуждениях в терминах глобальных конструкций?

Подсказка 2

Они антипараллельны! Перпендикуляр к стороне ортотреугольника должен оказаться медианой, тогда чем должна оказаться высота самого треугольника ABC для треугольника CPQ?

Подсказка 3

Конечно, симедианой! А вот Вам уже плотная подсказка: попробуйте доказать, что точка H удовлетворяет свойству, задающему ГМТ симедианы, так что симедиана пройдёт через Н

Подсказка 4

Это свойство связано с отношением от точки на симедиане до сторон угла. Чему оно должно быть равно!?

Показать доказательство

Заметим, что высоты к $A B 1 1$ и $AB$ симметричны относительно биссектрисы $∠ACB$ , поскольку $AB$ и $A B 1 1$ антипараллельны относительно угла $ACB$ . Для получения требуемого результата достаточно показать, что $CC1$ является симедианой $△CP Q$ .

$PIC$

Заметим, что $∠HP C = 90∘− ∠PHB1 =∠HB1C1$ (поскольку $HP ⊥ B1C1$ . Тогда $∠HP C =∠HB1C1 = 90∘− ∠C1B1A = 90∘ − ∠ABC = ∠BCC1$ (пользуемся вписанностью $CBC1B1$ ). Аналогично в силу симметрии обозначений $∠CQH = ∠PCH$ . В итоге $△CHP ∼ △QHC$ и $k = HHBA11 = CCPQ$ . Так как симедиана — это геометрическое место точек, расстояния от которых до сторон относятся так же, как и эти стороны, то задача решена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#37112

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, а $M$ — середина стороны $BC.$ Окружности, описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ вторично пересекаются в точке $D.$ Докажите, что прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть в окружности около $ABDC$ градусная мера дуги $AB$ равна $2β$ , дуги $BD$ — $2α.$ Тогда $∠AOD = 2(α +β)$ , а $∠OAD =90∘− α− β.$ В окружности около $AOMD$ равны вписанные углы, поэтому $∠AMD = 2α+ 2β$ и сумма противоположных углов равна $180∘$ , поэтому $∠OMD = 90∘+ α+ β.$ В силу того, что $OM ⊥ BC$ , получаем $∠DMB = α+ β = ∠BMA$ . Вписанный четырёхугольник с таким свойством является гармоническим, а его диагонали содержат симедианы соответствующих им треугольников.

Второе решение.

$PIC$

Пусть прямая, симметричная $AM$ относительно биссектрисы, пересекается с описанной окружностью $△ABC$ в точке $E.$ Тогда четырёхугольник $ABCE$ — гармонический, а его диагональ $MB$ является биссектрисой $AME.$ Угол $AMB$ составляет половину от угла $AME$ и равен полусумме градусных мер дуг $AB$ и $CF$ . А дуга $CF$ равна дуге $BE$ , так как они опираются на равные углы. Отсюда сам угол $AME$ равен сумме градусных мер дуг $AB$ и $BE$ , то есть градусной мере дуги $AE$ , которой также равен центральный угол $AOE.$

Итак, углы $AOE$ и $AME$ равны, поэтому точка $E$ лежит на описанных окружностях $△AMO$ и $△ABC,$ следовательно, совпадает с точкой $D$ из условия задачи.

Третье решение.

$PIC$

Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ пересекаются в точке $P$ . Заметим, что эти касательные не могут быть параллельны, ведь тогда $∠A= 90∘$ и $M = O$ , а по условию нам дан треугольник $AMO.$

Пусть $AP$ пересекается с описанной около $ABC$ окружностью в точке $E.$ По теореме о касательной и секущей

2 PE ⋅P A= PC

Из прямоугольного $△OCP$ ( $∠PCO = 90∘$ , как угол между касательной и радиусом), в котором $CM$ — высота:

2 P C = PM ⋅PO

ИЗ $P E⋅PA = PM ⋅PO$ следует, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AMO$ , а из построения — на описанной окружности треугольника $ABC$ . Но окружности не могут пересекаться в трёх различных точках $A,D,E$ , так что $E = D$ .

Осталось заметить, что по основной теореме о симедиане прямая $AD$ симметрична медиане $△ABC$ относительно его биссектрисы.

Замечание.

Cама задача выражает следующий факт: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#37840

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD$ , диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке $E$ . Прямая, проходящая через точку $E$ и перпендикулярная к $BC$ , пересекает сторону $AD$ в точке $M$ .

а) Докажите, что $EM$ — медиана треугольника $AED$ ;

б) Найдите $EM$ , если $AB = 7,CE = 3,∠ADB = α$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас в задаче есть прямоугольные треугольники(много), а еще вписаности! На что это намекает обычно, какие мы можем извлечь из этого полезные факты?

Подсказка 2!

2) Да, на такой картинке удобно считать углы! Давайте этим и воспользуемся для доказательства пункта а, и попробуем доказать, что EM - медиана DEA (который, кстати, является прямоугольным треугольником, что-то мы знаем про его медиану..!)

Подсказка 3!

3) Итак, в пункте б нам нужно найти медиану прямоугольного треугольника, то есть половину его гипотенузы! Мы знаем его угол, а значит, нам достаточно посчитать любой из катетов!

Подсказка 4!

4) Осталось аккуратно, пользуясь удачно большим количеством прямоугольных треугольников, посчитать EM

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то $△ADE ∼△BCE$ . Поскольку $EH$ ( $H = ME ∩ BC$ ) является высотой в прямоугольном треугольнике $△BEC$ , то $∠BCE =∠BEH = ∠MED$ , как вертикальные, откуда $ME$ будет медианой в прямоугольном треугольнике.

Замечание. Указанный в задаче факт известен как "теорема Брахмагупты". Но так как в пункте (а) задача явно заключается в том, чтобы доказать напрямую это утверждение, не следует просто так ссылаться на эту теорему!

Можно также заметить, что прямые $AD$ и $BC$ антипараллельны относительно угла $AED$ , а высота $EH$ прямоугольного треугольника $BEC$ , как известно, является также симедианой в этом треугольнике, соответственно делит антипараллельный отрезку $BC$ отрезок $AD$ пополам.

б) Заметим, что

BE = CE tg α= 3tg α

В силу перпендикулярности диагоналей четырёхугольника отрезок $AE$ можем, во-первых, найти по теореме Пифагора из треугольника $ABE$

AE = ∘49−-9tg2α

А во-вторых, из треугольника $AED$

∘--------- EM = AD-= AE--= -49−-9tg2α- 2 sinα 2sinα

Ответ:

$√49−9tg2α 2sinα$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86252

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ во вне построены квадраты $ABXY$ и $BCKL.$ Прямые $XY$ и $KL$ пересекаются в точке $T.$ Докажите, что $BT$ — симедиана треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Заметим, что расстояния от точки $T$ до прямой $AB$ равно стороне квадрата $ABXY$ (т.е. $AB$ ), а расстояние от точки $T$ до прямой $BC$ равно стороне квадрата $BCKL$ (т.е. $BC$ ). Известно, что симедиана определяется как геометрическое место точек, расстояния от которой до сторон пропорционально этим сторонам. Поэтому $BT$ является симедианой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#86253

Треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром $O.$ Окружность, построенная на $BO$ как на диаметре, повторно пересекает описанную окружность треугольника $AOC$ в точке $S.$ Докажите, что $BS$ — симедиана треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $OP$ — это диаметр окружности $AOC.$ Тогда $∠OAP = ∠OCP = 90∘,$ откуда следует, что $AP$ и $CP$ это касательные к описанной окружности треугольника $ABC.$ Следовательно, $BP$ это симедина. Так как $∘ ∠BSO =∠P SO= 90 ,$ то точки $B,S$ и $P$ лежат на одной прямой, откуда и следует решение задачи.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#86255

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AC = BC,$ и точка $P$ внутри такая, что $∠P AB =∠P BC.$ Обозначим середину $AB$ через $M.$ Докажите, что $∘ ∠APM + ∠BP C = 180.$

Показать доказательство

Из условия следует, что $∠PAB = ∠PBC$ и $∠PAC = ∠PBA.$ Следовательно, прямые $CA$ и $CB$ являются касательными к окружности $AP B.$ Значит, $PC$ и $PM$ является симедианой и медианой в треугольнике $AP B.$ А так как медиана и симедиана изогонально сопряжены в угле, из которого они проведены, то $∘ ∠AP M +∠BP C =180 .$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#86256

Три различные точки $A,B,C$ расположены на прямой в указанном порядке. Пусть окружность $ω$ проходит через $A$ и $C,$ и ее центр не лежит на $AC.$ Обозначим через $P$ точку пересечения касательных к $ω$ в точках $A$ и $C.$ Пусть отрезок $PB$ пересекает $ω$ в точке $Q.$ Докажите, что основание биссектрисы угла $∠AQC$ треугольника $AQC$ не зависит от выбора $ω.$

Показать доказательство

Рассмотрим одну из возможных окружностей $ω.$ Так как $QB$ является симедианой в треугольнике $AQC,$ то $AB-= AQ2. BC QC2$ А значит, если $L$ основание биссектрисы угла $∠AQC$ треугольника $AQC,$ то $L$ лежит на отрезке $AC$ и $∘--- ALLC-= AQQC-= ABBC-.$ А значит точка $L$ постоянна.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#86257

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$ и касаются их общей касательной в точках $P$ и $Q.$ Пусть $S$ — точка пересечения касательных в точках $P$ и $Q$ к описанной окружности треугольника $APQ,$ а точка $H$ симметрична $B$ относительно $PQ.$ Докажите, что $A,S$ и $H$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

$PIC$

Достаточно показать, что $AH$ является симедианой в треугольнике $APQ.$ Так как $∠PAB = ∠BP Q$ и $∠QAB = ∠BQP,$ то $∠P HQ =∠P BQ = 180∘− ∠PAQ.$ Значит, точки $A,P,H, Q$ лежат на одной окружности. Пусть $AB$ пересекает $P Q$ в точке $M.$ Знаем, что $PM = QM.$ Из подобия треугольников $MBQ$ и $AQM$ и треугольников $MBP$ и $APM$ получаем, что

QB-= BM--= BM-= P-B AQ MQ MP AP

Значит,

HQ- BQ- BP- HP- AQ = AQ = AP = AP

откуда следует, что четырёхугольник $AP HQ$ гармонический. Следовательно, $AH$ является симедианой в треугольнике $AP Q.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#86259

Пусть $ABC$ — остроугольный треугольник, $M,N,P$ — середины сторон $BC,CA,AB$ соответственно. Пусть серединные перпендикуляры к $AB$ и $AC$ пересекают $AM$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Прямые $BD$ и $CE$ пересекаются в точке $F$ внутри треугольника $ABC.$ Докажите, что точки $A,N,F$ и $P$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Пусть $AY$ — симедиана треугольника $ABC,$ и $BD$ пересекается с $AY$ в точке $X.$ Заметим, что $∠BAD = ∠ABD = ∠CAY,$ то есть точка $X$ — это центр поворотной гомотетии, переводящей треугольник $CAX$ в треугольник $ABX.$ По аналогичным соображениям $CE$ также проходит через $X,$ то есть $X = F.$ Из подобия треугольников $CAF$ и $ABF$ получаем, что $∘ ∠APF +∠ANF = 180 ,$ то есть четырехугольник $FPAN$ — вписанный.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#33396

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром О. Окружность, проходящая через точки $A,O$ и $C$ , пересекает отрезок $BC$ в точке $P$ . Касательные к $ω$ , проведённые через точки $A$ и $C$ , пересекаются в точке $T$ . Отрезок $TP$ пересекает сторону $AC$ в точке $K$ . Известно, что площади треугольников $AP K$ и $CP K$ равны соответственно $6$ и $4$ .

а) Найдите площадь треугольника $ABC$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $7 ∠ABC = arctg 5$ . Найдите $AC$ .

Источники: Физтех - 2021, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Сразу воспользуемся тем, что AT и TC — касательные к ω. Получаем, что углы OCT и OAT - прямые. Что тогда мы можем сказать про окружность, проходящую через A, O, C?

Пункт а, подсказка 2

Да, верно! Эта окружность также проходит через точку T, а отрезок OT является её диаметром. Теперь, чтобы подобраться к точке K, попробуйте посчитать вписанные в данную окружность уголки, обозначив ∠ABC за β.

Пункт а, подсказка 3

Отлично! Мы получили, что ∠TAC = ∠TPC = ∠ABT = ∠ABC = β. Тогда у нас PK || ABC. Значит, треугольники ABC и CPK подобны. Для решения задачи осталось лишь найти коэффициент подобия между ними. Для этого воспользуйтесь последним условием на площади треугольников APK и CPK. Ведь мы знаем, что у них высота из P общая.

Пункт б, подсказка 1

Ещё из пункта а) мы знаем, что ∠APK = ∠KPC и отношение AK к KC. Тогда воспользуемся свойством биссектрисы для PK. А также у нас есть новое условие на β. Раз мы знаем, что tgβ = 7/5, то легко можем найти sin2β или cos2β.

Пункт б, подсказка 2

В треугольнике APC мы знаем cos∠APC = cos2β и отношение AP к PC. Если бы мы знали хоть одну из сторон AP и PC, то мы бы легко нашли AC через теорему косинусов. Попробуйте выразить площадь треугольника APC двумя способами и найти оттуда AP.

Пункт б, подсказка 3

Пользуясь условием на площади треугольников APK и CPK, получаем, что площадь APC равна 10. С другой стороны, эта же величина равна sin∠APC*AP*PC/2. Осталось лишь всё выразить и досчитать.

Показать ответ и решение

$PIC$

a) Так как прямые $TC$ и $TA$ - касательные к $ω$ , они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и $∠OCT =∠OAT = 90∘$ . Отсюда следует, что точки $A$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $OT$ (назовём эту окружность $Ω$ ). На этой же окружности лежит точка $P$ , поскольку она лежит на окружности, проходящей через точки $A,O,C$ . Обозначим $∠ABC = β$ . Тогда по свойству угла между хордой и касательной получаем, что $∠TAC = β$ . Далее, $∠T PC =∠T AC =β$ (углы, вписанные в окружность $Ω$ ). Из того, что $∠TPC = ∠ABC$ , следует, что $AB ∥PT$ .

Так как у треугольников $APK$ и $CPK$ общая высота, проведённая из вершины $P$ , их площади относятся как основания, т.е. $CK :AK = S△CPK :S△APK = 4:6 =2 :3$ . Треугольники $ABC$ и $KP C$ подобны, поскольку $PK ∥AB$ , и коэффициент подобия $k$ равен $CAKC= AK+CKKC- = 1+ ACKK-= 52$ . Но тогда $SABC =$ $k2⋅S△CPK = (52)2⋅4= 25$

б) Поскольку $∠ABC$ острый, то $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ (центральный угол вдвое больше вписанного), $∠AP C =∠AOC =2β$ (вписанные в $Ω$ углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, $PK−$ биссектриса треугольника $ACP$ (также можно заметить, что $∠T PA= ∠TCA = ∠ABC = β$ , как вписанные и как угол между касательной и хордой соответственно). Биссектриса треугольника делит противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому $CP :AP = CK :AK = 2:3$ . Пусть $CP = 2y$ ; тогда $AP = 3y$

Из дополнительного условия $β = arctg 7 5$ . Следовательно,

cos2β cos2 β− sin2β 1− tg2β 1− (7)2 12 cos2β =--1--= cos2-β+-sin2β = 1+-tg2β-= 1+-(57)2 = −37 ∘(-----)-(-----) ∘ -5--- sin2β = ∘1-− cos22β = 1 + 12 1− 12 = 49⋅25= 35. 37 37 372 37

Площадь треугольника $ACP$ равна $1 1 35- 105-2 2 ⋅CP ⋅AP sin2β = 2 ⋅2y⋅3y ⋅37 = 37 y$ , откуда получаем $105y2 37 = 10$ , $2 74- y = 21$ . По теореме косинусов из треугольника $APC$ находим, что $AC2 = (2y)2+ (3y)2− 2 ⋅2y⋅3y⋅cos2β =$ $12 625y2 625⋅74 13y2+ 12y2⋅37 =--37- = 37⋅21$ , откуда окончательно получаем $25√2 AC = -√21-$ .

Ответ:

$a)25, b)2√5√2 21$

Критерии оценки

Решён пункт а) – 4 балла;

частичные продвижения за пункт а):

доказано, что 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵 – 2 балла;

доказано, что четырёхугольник 𝐴𝑂𝐶𝑇 вписанный – 1 балл (не суммируется с вышеуказанными 2 баллами).

Решён пункт б) – 3 балла;

частичные продвижения за пункт б):

доказано, что 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝑃 𝐶 – 1 балл.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#69431

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BD$ (точка $D$ лежит на отрезке $AC$ ). Прямая $BD$ пересекает окружность $Ω,$ описанную около треугольника $ABC,$ в точках $B$ и $E.$ Окружность $ω,$ построенная на отрезке $DE$ как на диаметре, пересекает окружность $Ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямая, симметричная прямой $BF$ относительно прямой $BD,$ содержит медиану треугольника $ABC.$

Источники: Всеросс., 2009, ЗЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, нужно подумать… То есть у нас есть биссектриса и середина стороны в задаче, а также есть описанная окружность. На какой факт нам это намекает?

Подсказка 2

Верно, на тот факт, что биссектриса и серпер пересекаются на описанной окружности треугольника. Тогда пусть они пересеклись в точке Е. Что интересного можно заметить если продлить отрезок EM до пересечения с описанной окружностью(пусть точка пересечения - точка Х)?

Подсказка 3

Конечно, можно заметить, что F,D,X - лежат на 1 прямой. Почему это так? Ну понятно почему, XFE - прямой, так как опирается на диаметр окружности (ABC), и DFE - прямой, так как опирается на диаметр окружности, построенной на DE как на диаметре. Хмм… А что теперь нам это дает? Какие равные углы теперь можно отметить?

Подсказка 4

Действительно, мы можем заметить равенство углов FBE и FXE, в силу того, что они опираются на одну хорду FE. Значит, нам надо доказать, что углы FXE и MBE равны! А как это можно удобно переформулировать?

Подсказка 5

Это можно переформулировать как доказательство вписанности BDMX. Осталось понять почему сумма углов EBX и XMA равна 180 градусов, и задача будет решена!

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $BM$ — медиана треугольника. Так как биссектриса $BE$ и серединный перпендикуляр к $AC$ проходят через одну и ту же точку (середину дуги $AC$ ), то $EM ⊥AC.$ Пусть $EM$ пересекается с окружностью в точке $X.$ Из сказанного выше следует, что $EX$ — диаметр окружности $Ω.$

$PIC$

Надо доказать, что $BF$ и $BM$ симметричны относительно биссектрисы, то есть

∠MBE = ∠FBE

При этом $∠FBE = ∠F XE$ как опирающиеся на одну дугу вписанные углы.

По условию $∠DF E$ прямой, а ещё опирающийся на диаметр вписанный угол $∠XFE$ тоже прямой. Поэтому точки $F,D,X$ коллинеарны. Тогда $∠FXE =∠DXM.$ Остаётся доказать равенство

∠MBD =∠MXD

Это равенство следует из того, четырёхугольник $BDMX$ можно вписать в окружность. Действительно, $∘ ∠XMC = 90 ,$ при этом $∘ ∠EBX = ∠DBX = 90 = ∠XMC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $B$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $A ∗ = C$ и $C∗ = A,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Заметим что $D∗ = E$ и $E ∗ = D$ так как прямая $AC$ переходит в дугу $C∗A∗ =AC$ и наоборот, а прямая $BD$ переходит сама в себя. Окружность, построенная на $DE$ тем самым переходит в окружность, центр которой все лежит на $BD,$ а точки ее пересечения с $BD$ это $D$ и $E.$ То есть, эта окружность переходит в себя. Точка $F$ переходит в точку $M$ вторую точку пересечения окружности и прямой $AC.$ Известно, что $E$ – середина дуги $AC,$ а $∠EMD = 90∘$ так как $ED$ – диаметр окружности. Получаем, что $EM$ высота в равнобедренном треугольника $AEC,$ значит $M$ – середина $AC.$ Получается, что $BM$ содержит медиану треугольника $ABC,$ причем $BM$ симметрична $BF$ относительно биссектрисы угла $B.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел