Тема Треугольники и их элементы

Прямая Эйлера

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#94374

В треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности, $H$ — точка пересечения высот, $∠BAC = 60∘.$ Серединные перпендикуляры к отрезкам $BH$ и $CH$ пересекают $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PQ$ является прямой Эйлера треугольника $ABC$ (то есть совпадает с $OH).$

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $M1$ и $N1$ — середины отрезков $BH$ и $CH,$ $BB1$ и $CC1$ — высоты.

$PIC$

Прямоугольные треугольники $ABB1$ и $BHC1$ имеют общий острый угол при вершине $B,$ поэтому $∘ ∠C1HB =∠A = 60.$ Так как треугольник $BMH$ равнобедренный, $∘ ∠BHM = ∠HBM = 30 .$ Следовательно, $∘ ∘ ∘ ∠C1HM = 60 − 30 = 30 = ∠BHM,$ т. е. точка $M$ лежит на биссектрисе угла $C1HB.$ Аналогично точка $N$ лежит на биссектрисе угла $B1HC.$

Пусть, $B′$ и $C′$ — середины сторон $AC$ и $AB.$

$PIC$

Так как $AC1 =AC cosA= AC∕2,$ то $C1C′ = |AB− AC|∕2.$ Аналогично $B1B′ = |AB − AC|∕2,$ т. е. $B1B′ = C1C′.$ Следовательно, параллельные прямые $BB1$ и $B′O,$ $CC1$ и $C′O$ образуют не просто параллелограмм, а ромб. Поэтому его диагональ $HO$ является биссектрисой угла при вершине $H.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В силу однозначного определения точек $P$ и $Q,$ пусть прямая Эйлера пересекает $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, докажем, что это точки пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам $BH$ и $CH$ с $AB$ и $AC.$

$PIC$

Т.к. $∠BAC = 60∘,$ то $∠BOC = 120∘$ и $∠BCO = 30∘.$ Пусть $M$ — середина $BC,$ тогда из прямоугольного треугольника $COM$ получаем $OC =2OM.$ По свойству ортоцентра $AH = 2OM,$ следовательно, $AH = OC =OA.$

Из равнобедренного треугольника $OHA$ получаем $∠AOH = ∠OHA,$ значит, $∠POA = ∠QHA.$ А учитывая, что по свойству ортоцентра $∠BAO =∠CAH,$ то треугольники $POA$ и $QHA$ равны по стороне и двух углам. Следовательно, $AP =AQ$ и треугольник $APQ$ — равносторонний.

$PIC$

Раз треугольник $AP Q$ — равносторонний, то $∘ ∠QP A= ∠PQA = 60 .$ По свойству ортоцентра $∘ ∠HCA = ∠BCO =30 .$ Тогда получаем, что $∘ ∘ ∘ ∠CHQ = ∠HQA − ∠HCQ = 60 − 30 = 30.$ Следовательно, $QC = QH,$ поэтому $Q$ лежит на серединном перпендикуляре к $CH.$ Аналогично доказываем для $P.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#66207

Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H,$ точка $O$ — центр описанной около этого треугольника окружности. Прямая $OH$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно, причём оказалось, что $XH =HO =OY.$ Найдите градусную меру угла $BAC.$

Показать ответ и решение

Первое решение.
$PIC$
Пусть $E,D −$ середины сторон $AC,AB$ соответственно. Тогда $∘ ∘ ∠OEC = 90 ,∠ODB = 90,$ так как $O−$ центр описанной окружности треугольника $ACB.$ Также дополнительно проведем высоты $BB1,CC1.$ Пусть $OE = a,HC1 = b.$ Тогда так как $OE−$ средняя линия треугольника $YB1H,$ то $HB1 =2a,$ а также поскольку $HC1 −$ средняя линия треугольника $XOD,$ то $OD = 2b.$ Так как расстояние от вершины треугольника до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до противолежащей стороны, то $CH = 4b,HB =2a.$ Теперь заметим, что точки $C,B1,C1,B$ лежат на окружности с диаметром $CB.$ Тогда в этой окружности воспользуемся свойством хорд для $BB1,CC1 :$

B1H ⋅HB = C1H⋅HC

2 2 4a = 4b

a= b

Так как треугольник $HC1B1$ подобен $HCB$ по двум углам $(∠CHB = ∠C1HB1 как вертикальны е ,∠HC1B1 =∠HBC из вписанности),$ то:

C1B1 HB1- 2a 1 CB = HC = 4b = 2

Теперь вспомним, что по свойствам ортоцентра $C1B1 CB = cos∠CAB.$ Значит, $1 ∘ ∠CAB =arccos2 =60 .$

Второе решение.
$PIC$
Заметим, что $SXAO =SHAY ,SXAH =SOAY ,$ так как у них общая высота из вершины $A$ и основания одинаковы из условия. Тогда воспользуемся формулой площади через синус угла:

1 1 2XA ⋅AO ⋅sin∠XAO = 2HA ⋅AY ⋅sin∠Y AH.

Из свойства ортоцентра $∠CAO = ∠BAH,$ значит:

XA ⋅AO =HA ⋅AY.

Таким же способом из $SXAH = SOAY :$

XA ⋅AH = OA⋅AY.

Поделим первое равенство на второе:

AO- AH- AH = AO

2 2 AO =AH

AO =AH.

Пусть радиус описанной окружности равен $R,∠CAB =α,M −$ середина $CB.$ Так как треугольник $COB$ равнобедренный, то $OM −$ высота и биссектриса этого треугольника. Так как $∠COB = 2∠CAB = 2α,$ то $∠COM =α.$ Значит, из треугольника $COM :$

OM =R cosα.

По свойству ортоцентра

AH = 2OM = 2Rcosα.

Тогда из $AO =AH$ следует:

2Rcosα= R

1 cosα = 2

α = 60∘.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67112

$AA 1$ и $CC 1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC,$ в котором $∠ABC = 45∘.$ Точки $O$ и $H$ — соответственно центр описанной окружности и ортоцентр треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $A1C1$ проходит через середину отрезка $OH.$

Показать доказательство

$PIC$

По условию $∠ABC = 45∘,$ а значит, $ΔBCC1$ и $ΔBAA1$ — равнобедренные. Отсюда $A1$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB,$ а $C1$ — на серединном перпендикуляре к $BC.$ Также на обоих перпендикулярах находится точка $O.$ Но тогда $A1O ⊥ AB,$ откуда $A1O ∥C1H.$ Аналогично $C1O∥ A1H,$ откуда $HA1OC1$ — параллелограмм, а значит $OH$ делится $A1C1$ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67113

Центр $I$ вписанной окружности треугольника $ABC$ лежит на его прямой Эйлера. Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Показать доказательство

Продлим прямые $AI$ и $BI$ до пересечения с описанной окружностью, обозначим точки пересечения соответственно как $A 1$ и $B1.$

$PIC$

Заметим, что $OA1$ — серединный перпендикуляр к $BC,$ откуда вытекает параллельность $OA1 ∥AH.$ Из неё, в свою очередь, следует, что

OI-= OA1- IH AH

Аналогично можно получить

OI-= OB1- IH BH

Но $OB = OA 1 1$ как радиусы описанной окружности, так что $AH =BH =⇒ ∠HAB = ∠HBA =⇒ ∠A =∠B =⇒ AC = BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67115

С помощью циркуля и линейки восстановите треугольник $ABC$ по прямой Эйлера, середине стороны $BC$ и основанию высоты $HA.$

Показать доказательство

Проведём прямую через $H A$ и $A 1$ — середину $BC,$ нетрудно понять, что она содержит сторону $BC.$ Восставим перпендикуляры к этой прямой в точках $HA$ и $A1.$ Они пересекают прямую Эйлера по ортоцентру $H$ и центру описанной окружности $O.$ Далее на прямой $HHA$ отложим дважды отрезок $OA1$ выше прямой Эйлера, получим точку $A$ (по свойству ортоцентра $AH = 2OA1$ ), а вместе с этим радиус $AO$ описанной окружности $ΔABC.$ Осталось лишь нарисовать данную окружность и отметить точки $B$ и $C$ её пересечения с $HAA1.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67117

Вписанная окружность касается сторон треугольника $ABC$ в точках $A ,B 1 1$ и $C . 1$ Докажите, что прямая Эйлера треугольника $A B C 1 1 1$ проходит через центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $O$ и $I$ — центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC, H$ — ортоцентр треугольника $A1B1C1.$ Проведем в треугольнике $A1B1C1$ высоты $A1A2,B1B2$ и $C1C2.$ По свойству ортоцентра $H$ — инцентр треугольника $A2B2C2.$

Стороны исходного треугольника $ABC$ являются касательными к окружности $(A1B1C1)$ в соответствующих точках. Каждый отрезок, соединяющий основания высот $A1B1C1,$ параллелен соответствующей касательной, проведённой к описанной окружности в соответствующей вершине треугольника (эту несложную лемму можно использовать в данной задаче без доказательства). В итоге стороны треугольников $ABC$ и $A2B2C2$ параллельны.

Значит, существует гомотетия, переводящая треугольник $ABC$ в $A2B2C2.$ При этой гомотетии точка $O$ переходит в точку центр описанной окружности $ΔA2B2C2,$ а точка $I$ — в точку $H.$

Пусть центр гомотетии — некоторая точка $X,$ тогда тройки точек $X,O,$ центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ и $X,I,H$ коллинеарны.

А ведь центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ — центр окружности Эйлера для $ΔA1B1C1.$ Значит, он лежит на его прямой Эйлера $HI.$ Но тогда и $O$ лежит на этой прямой.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#100600

Пусть $A , 1$ $B , 1$ $C 1$ — основания высот остроугольного треугольника $ABC.$ Окружность, вписанная в треугольник $A B C , 1 1 1$ касается сторон $A1B1,$ $A1C1,$ $B1C1$ в точках $C2,$ $B2,$ $A2.$ Докажите, что прямые $AA2,$ $BB2,$ $CC2$ пересекаются в одной точке, лежащей на прямой Эйлера треугольника $ABC.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, заоч. тур, 6 задача, Д. Швецов(см. geometry.ru)

Показать доказательство

Высоты треугольника $ABC$ являются биссектрисами углов треугольника $A B C , 1 1 1$ которые перпендикулярны сторонам треугольника $A2B2C2,$ поэтому треугольники $ABC$ и $A2B2C2$ гомотетичны. Центр гомотетии лежит на прямой, соединяющей центры описанных окружностей треугольников, т.е. прямой Эйлера треугольника $ABC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#32434

В треугольнике $ABC$ обозначим середины сторон $AB,AC$ и $BC$ через $C ,B 0 0$ и $A 0$ соответственно. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $A0I$ делит периметр треугольника $A0B0C0$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $BC =2a,AC =2b,AB = 2c$ и при этом $a> b,a >c.$ Пересечём биссектрисы $∠B$ и $∠C$ с $B0C0$ в точках $B1$ и $C1$ соответственно. Тогда в силу параллельности равны отмеченные углы и $BC0 = C0B1 = c< a= B0C0,CB0 = B0C1 =b< a= B0C0.$ Отсюда следует, что обе точки лежат на отрезке $B0C0.$ Кроме того, $B0B1 =a − c$ и $C0C1 = a− b,$ тогда $C1B1 =a− (a− c)− (a − b)= b+c − a.$ Пусть $A0I∩ B0C0 = M,$ тогда $C1M =B1M = b+c2−a$ в силу подобия $△BIC ∼△B1IC1.$ Осталось заметить, что $A0B0 +MB0 = c+ a− c+ b+c2−a= a+b2+c= PA0B0C0∕2,$ что и требовалось. Другие соотношения длин сторон рассматриваются аналогично, поменяется только порядок точек на прямой $B0C0.$

Второе решение.

Ясно, что исходный треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A0B0C0.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 1, 2$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI$ , что $MI′ = 1⋅MI. 2$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM =2⋅MI ′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $A0I$ — нагелианой. Известно, что нагелиана делит периметр треугольника пополам, потому что отрезок касательной к вневписанной окружности как раз равен разности полупериметра треугольника и прилежащей стороны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91939

Докажите, что точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC$ лежит на отрезке $OH$ ( $O$ — центр описанной окружности, $H$ — ортоцентр), причём $OM :MH = 1:2$ .

Показать доказательство

Пусть дан треугольник $ABC,$ а $Q$ — это середина $AC.$

$PIC$

Пусть прямая $OH$ пересекает отрезок $BQ$ в точке $M$ . Заметим, что треугольники $OQM$ и $HBM$ подобны по двум углам. Тогда, так как по свойству ортоцентра $BH =2OQ$ , $BM :MQ =BH :OQ = 2:1$ . Таким образом, получаем, что точка $M$ лежит на медиане $BQ$ и делит её в отношении 2 : 1, считая от вершины, поэтому точка $M$ является точкой пересечения медиан треугольника $ABC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91945

В остроугольном треугольнике $ABC$ точка $H$ – ортоцентр. Докажите, что прямые Эйлера треугольников $HBC, HAC$ и $HAB$ пересекаются в центре окружности девяти точек треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около $ABC$ . Построим точку $D$ , симметричную $O$ относительно стороны $AC$ .

$PIC$

Описанные окружности треугольников $ABC$ и $AHC$ симметричны относительно $AC$ , поэтому $D$ — центр описанной окружности треугольника $AHC$ .

По свойству ортоцентра $BH = OD$ , а $BH ∥OD$ , значит $HBOD$ — параллелограмм по признаку, следовательно его диагонали делятся точкой пересечения ( $Q$ ) пополам.

Заметим, что точка $B$ является ортоцентром для треугольника $HAC$ , значит, прямая $DB$ , прямая Эйлера треугольника $HAC$ , проходит через середину отрезка $HO$ . Аналогично докажем, что прямые Эйлера треугольник ов $HBC$ и $HAB$ также проходят через середину $HO$ .

Мы знаем, что середина $HO$ — центр окружности Эйлера треугольника $ABC.$ Тогда получается в итоге, что прямые Эйлера треугольников $HAC$ , $HBC$ и $HAB$ проходят через центр окружности Эйлера треугольника $ABC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#94093

Перпендикуляр, восстановленный в вершине $C$ параллелограмма $ABCD$ к прямой $CD$ , пересекает в точке $F$ перпендикуляр, опущенный из вершины $A$ на диагональ $BD$ , а перпендикуляр, восстановленный из точки $B$ к прямой $AB$ , пересекает в точке $E$ серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ . В каком отношении отрезок $EF$ делится стороной $BC?$

Показать ответ и решение

Докажем следующее утверждение:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В любом треугольнике точка $H$ пересечения высот (ортоцентр), центр $O$ описанной окружности и точка $M$ пересечения медиан (центр тяжести) лежат на одной прямой, причём точка $M$ расположена между точками $O$ и $H,$ и $MH = 2MO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $A1$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC,$ $G$ — точка пересечения прямых $AA1$ и $OH.$ Воспользуемся известным фактом: $AH = 2OA1.$

$PIC$

Из подобия треугольников $A1GO$ и $AGH$ следует, что

AG--= HG-= AH--= 2 GA1 GO OA1

Следовательно, $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC,$ т.е. $G$ совпадает с $M$ и $MH = 2MO.$

Пусть точка $K$ симметрична $A$ относительно $B.$ Тогда $E$ — центр описанной окружности треугольника $ACK.$

$PIC$

С другой стороны, так как $BKCD$ — параллелограмм, то $AF ⊥ CK,$ то есть $F$ — ортоцентр треугольника $ACK$ (см. рис.). Следовательно, медиана $CB$ делит $EF$ в отношении $1:2$

Ответ: 1 : 2

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#67116

Прямая Эйлера треугольника $ABC$ пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ так, что $AP = AQ.$ Найдите угол $A.$

Показать ответ и решение

Из условия следует равенство $∠AP Q= ∠AQP.$ Отметим на прямой Эйлера точки $O$ и $H.$ По свойству ортоцентра $∠PAH = ∠QAO.$ Но тогда

∠AHO = ∠PAH + ∠APH = ∠QAO + ∠AQO = ∠AOH

Таким образом, $ΔAHO$ — равнобедренный, откуда $AH = AO.$

Теперь обозначим угол $B$ за $β,$ угол $A$ — $α,R$ — радиус описанной окружности $ΔABC$ и немного посчитаем:

$PIC$

$AC = 2Rsin(β)$ по теореме синусов, $AC1 = 2Rsin(β)cos(α),$ где $C1$ — основание высоты из $C,AH = 2Rcos(α).$

Равенство $AH =AO$ превратилось в $2R cos(α )=R,$ откуда $cos(α)= 12,$ то есть $α =60∘.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Попробуйте также проверить факт и в обратную сторону: у треугольника с углом в 60 градусов прямая Эйлера отсекает от него равносторонний треугольник.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#70313

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты пересекаются в точке $H$ , а медианы в точке $M$ . Биссектриса угла $A$ проходит через середину отрезка $MH$ . Найти площадь треугольника $ABC$ , если $BC = 2$ , а разность углов $B$ и $C$ равна $∘ 30$ .

Источники: Вступительные на МехМат МГУ, 2004

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр описанной около $△ABC$ окружности. Проведём серединный перпендикуляр $OK$ к стороне $BC$ . Как известно, биссектриса угла $A$ и продолжение $OK$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC,$ пусть в точке $L$ . А также знаем, что точки $H, M, O$ лежат на одной прямой и $HM :MO = 2:1$ (Прямая Эйлера). В силу того, что $HT = TM$ , получаем $HT = TM = MO$ , где $T$ — точка пересечение биссектрисы угла $A$ и $HM.$