Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

Планиметрия на ММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67655

Пусть $ABCD$ — параллелограмм, отличный от прямоугольника, а точка $P$ выбрана внутри него так, что описанные окружности треугольников $PAB$ и $PCD$ имеют общую хорду, перпендикулярную $AD.$ Докажите, что радиусы данных окружностей равны.

Источники: ММО-2023, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что линия центров $O1O2$ перпендикулярна общей хорде данных окружностей, а значит параллельна прямым $AD$ и $BC.$ Пусть $M$ - середина отрезка $AB,$ $N$ - середина отрезка $CD.$ Тогда $O1M ⊥AB,$ $O2N ⊥CD$ и, поскольку $AB||CD,$ прямые $O1M$ и $O2N$ параллельны. Далее, $O1O2||AD$ и при этом $AD ||MN,$ поэтому $O1O2||MN.$ Заключаем, что четырёхугольник $O1MNO2$ — параллелограмм по определению, следовательно $O1M = O2N.$ Кроме того, поскольку отрезки $MB$ и $NC$ равны, то по двум катетам будут равны прямоугольные треугольники $O1MB$ и $O2NC,$ следовательно, равны их гипотенузы $O1B$ и $O2C,$ являющиеся также радиусами наших окружностей, что и требовалось доказать

Первое решение.

Предположим противное, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2,$ описанных около треугольников $PAB$ и $P CD$ соответственно, различны.

При параллельном переносе на $−−→ CB$ отрезок $CD$ перейдет в отрезок $AB,$ окружность $ω2$ перейдёт в окружность $ω3,$ а прямая $O1O2$ перейдёт в себя. Причём $ω3$ не может совпадать с $ω1,$ поскольку их радиусы различны. Поэтому линия центров $O3O1,$ совпадающая с прямой $O1O2,$ перпендикулярна общей хорде $AB.$ Таким образом, прямая $AB$ параллельна общей хорде окружностей $ω1$ и $ω2$ и, следовательно, перпендикулярна прямой $AD.$ Но тогда параллелограмм $ABCD$ является прямоугольников, что противоречит условию задачи. Следовательно, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67678

В треугольнике $ABC$ высоты $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H,$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ а $X$ — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники $BMF$ и $CME.$ Докажите, что точки $X,M$ и $H$ лежат на одной прямой.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $S,$ $T$ - середины высот $BE$ и $CF,$ а $L,$ $N$ - середины отрезков $BF$ и $CE.$ Обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF,$ $CME$ через $ω1,$ $ω2,$ а их центры - через $Ib$ и $Ic$ соответственно. Треугольники $BMF$ и $CME$ - равнобедренные, поэтому точки $Ib$ и $Ic$ лежат на соответствующих высотах $ML$ и $MN$ этих треугольников. Отрезки $BIb$ и $CIc$ являются биссектрисами треугольников $MLB$ и $MNC,$ поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения $MNIIcc = MNCC-,$ $MLIIbb = MBLB .$ Разделив первое на второе и учитывая равенство $MB = MC,$ получаем, что $MMIIcb ⋅ LNIIbc = LNBC-.$ Поскольку $X$ - центр гомотетии, переводящей $ω1$ в $ω2,$ то $X$ лежит на линии $IbIc$ и верно равенство: $LNIIb= XXIIb. c c$ Но тогда

MIc-⋅ LIb= MIc-⋅ XIb = MIc⋅ SMXIb-= ρ(X,MIb), MIb NIc MIb XIc MIb SMXIc ρ(X,MIc)

где $ρ(X,AB)$ обозначает расстояние от точки $X$ до прямой $AB.$ С другой стороны, по свойству средней линии $MS ||AC$ и $MT ||AB,$ то есть $MS ⊥ BE$ и $MT ⊥ CF.$ Значит $MLF T$ и $MNES$ - прямоугольники, то есть $MT =LF$ и $MS = NE.$ Тогда выполнены равенства

LB LF MT ρ(H,ML ) NC-= NE-= MS- = ρ(H,MN-),

где последнее равенство выполнено, поскольку $MS$ и $MT$ есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых $BE ||MN$ и $CF||ML.$ Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что

ρ(H,-ML)-= LB-= MIc-⋅ LIb= ρ(X,MIb), ρ(H,MN ) NC MIb NIc ρ(X,MIc)

откуда следует, что точки $M,$ $X$ и $H$ лежат на одной прямой.

Второе решение.

Как и в первом решении обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF$ и $CME,$ через $ω1,ω2,$ их центры через $Ib$ и $Ic$ соответственно, а середины отрезков $BF$ и $CE$ — через $L$ и $N.$ Пусть также $Y$ — точка пересечения внешних касательных к $ω1,ω2.$

Заметим, что четвёрка точек $(Ib,Ic,X,Y)$ — гармоническая, то есть двойное отношение $(Ib,Ic;X, Y)$ равно $− 1.$ Спроецируем эту четвёрку точек на прямую $BE$ с центром в точке $M.$ Точка $Y$ лежит на прямой $BC,$ поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к $ω1$ и $ω2,$ поэтому $Y$ перейдёт в $B.$ Точка $Ib$ перейдёт в точку $R$ пересечения прямых $ML$ и $BH,$ которая является серединой $BH,$ поскольку в треугольнике $BFC$ отрезок $ML$ — средняя линия. Точка $Ic$ перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой $BH,$ поскольку $MIc||BH.$

Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка $(R,∞; H,B)$ — гармоническая. Значит, образом точки $X$ при данной проекции является точка $H,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#72043

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AL.$ На продолжении отрезка $LA$ за точку $A$ выбрана точка $K$ так, что $AK = AL$ . Описанные окружности треугольников $BLK$ и $CLK$ пересекают отрезки $AC$ и $AB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что прямые $PQ$ и $BC$ параллельны.

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Рассмотрим отрезок $KL,$ он является общей хордой окружностей, описанных около треугольников $BLK$ и $CLK.$ Точка $A$ — середина $KL,$ поэтому она лежит на линии центров $O1O2$ этих окружностей. Продлим $BA$ и $CA$ до пересечения с окружностями в точках $C1$ и $B1,$ соответственно. В силу симметрии получившейся конструкции относительно прямой $O1O2$ отрезки $AB$ и $AC$ равны отрезкам $AB1$ и $AC1$ соответственно.

$PIC$

Введём следующие обозначения: $BL = m,$ $CL= n,$ $BA = AB1 = c,$ $CA = AC1 = b,$ $AQ =x,$ $AP = y.$ По свойству секущей

m(m +n) =BL ⋅BC = BQ⋅BC1 = (BA − QA)⋅BC1 =(c− x)(b+ c)

Аналогично, для секущих $CB$ и $CB1$ получаем

n(m +n)= (b− y)(b+c)

Разделив одно равенство на другое, получим

m-= c− x n b− y

По свойству биссектрисы $AL$ треугольника $ABC$ получаем

m- BL- AB- c n = LC = AC = b

Отсюда

c c − x b =-b− y ⇔ c(b− y)=b(c− x)

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем

cy = bx⇔ y = x b c

Откуда, по обратной теореме о пропорциональных отрезках, следует, что $QP∥BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#72976

В выпуклом 12-угольнике все углы равны. Известно, что длины каких-то десяти его сторон равны 1, а длина ещё одной равна 2. Чему может быть равна площадь этого 12-угольника?

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим 12-угольник $A A ...A , 1 2 12$ удовлетворяющий условию задачи. У него десять сторон длины 1 и одна сторона длины 2. Обозначим через $x$ длину оставшейся стороны. Рассмотрим векторы $−−−→ −−−→ −−−−→ A1A2,A2A3,...,A12A1,$ а также коллинеарные им единичные векторы $⃗e1,⃗e2,...,⃗e12.$ Тогда для некоторых $i$ и $j$ имеет место равенство

−→ ⃗e1 +...+ 2⃗ei+...+ x⃗ej +...+⃗e12 = 0

Помимо того,

−→ ⃗e1+ ⃗e7 =⃗e2+ ⃗e8 = ...= ⃗e6 +⃗e12 = 0,

поэтому

−→ ⃗e1+⃗e2+ ...+ ⃗e12 = 0

Вычитая второе из полученных равенств из первого, получаем

⃗ei+ (x− 1)⃗ej = −→0

Это возможно лишь в случае, если $⃗ei = −⃗ej$ и $x = 2.$ Значит, в исходном 12-угольнике есть пара параллельных сторон длины 2.

В силу равенства всех углов и соответствующих сторон этот 12-угольник имеет ось симметрии:

$PIC$

Чтобы найти площадь, разобьём его на 4 трапеции и прямоугольник. Находим $A3A12 = A6A9 = 1+ √3,A4A11 =A5A10 =$ $= 2+√3-$ , поэтому искомая площадь равна

√- √3⋅(2+-√3+-1+-√3) 1+-√3+-1 √- S = 2⋅(2+ 3)+ 2 + 2 = 8+ 4 3

Ответ:

$8+ 4√3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71792

Точка $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC.$ Окружность $ω$ проходит через точку $A,$ касается прямой $BC$ в точке $M$ и пересекает сторону $AB$ в точке $D,$ а сторону $AC$ — в точке $E.$ Пусть $X$ и $Y$ — середины отрезков $BE$ и $CD$ соответственно. Докажите, что окружность, описанная около треугольника $MXY,$ касается $ω.$

Источники: ММО - 2021, 9.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $MX$ и $MY$ — средние линии треугольников $BCE$ и $BCD,$ поэтому $∠XMB =$ $= ∠C$ и $∠CMY = ∠B.$ Тогда

∠Y MX = 180∘ − ∠XMB − ∠CMY =∠A

По свойству касательной и секущей к окружности имеем $BM2 = BD ⋅BA,$ откуда

2 MY = B2D-= B2MAB-

Аналогично получаем

MX = CM2- 2AC

Деля одно на другое и пользуясь тем, что $BM = CM,$ находим

MY-- BM2- 2AC- AC- MX = CM2 ⋅2AB = AB

Получаем, что треугольники $BAC$ и $XMY$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон.

Тогда $∠XY M = ∠ACB =∠XMB.$ Получается, что в описанной окружности треугольника $XMY$ угол, опирающийся на хорду $XM,$ равен углу между хордой $XM$ и прямой $BC.$ Это значит, что прямая $BC$ касается окружности, описанной вокруг треугольника $XMY.$ Следовательно, рассматриваемые окружности касаются.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#78104

Дан правильный треугольник $ABC.$ На стороне $AB$ отмечена точка $K,$ на стороне $BC$ — точки $L$ и $M$ ( $L$ лежит на отрезке $BM$ ) так, что $KL = KM,BL = 2,AK =3.$ Найдите $CM.$

Источники: ММО-2021, 7.5(см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение 1.

$PIC$

Отметим на продолжении отрезка $LM$ за точку $M$ такую точку $T,$ что $MT = 2.$ Углы $BLK$ и $T MK$ равны, так как они смежные с равными углами равнобедренного треугольника $KLM.$ Значит, треугольники $BLK$ и $TMK$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда равны их соответствующие углы: $∠KT M = ∠KBL = 60∘.$

В треугольнике $KBT$ два угла по $60∘,$ поэтому он равносторонний, и $BK = BT.$ Так как треугольник $ABC$ тоже равносторонний и $BA = BC,$ то

CT = BC − BT = BA − BK =AK = 3

(и точка $T$ лежит именно на стороне $BC,$ а не на ее продолжении). Тогда

CM = CT +MT =3 +2 =5

Решение 2.

$PIC$

Проведем высоту $KH$ равнобедренного треугольника $KLM.$ Она также является его медианой, поэтому $LH = HM.$ Обозначим $LH = HM =x.$ Треугольник $KBH$ — прямоугольный с углом $B,$ равным $∘ 60,$ а значит, его гипотенуза $KB$ в $2$ раза больше его катета $BH.$ Так как $BH = 2+ x,$ то $KB = 2BH =4 +2x,$ а тогда

BA = BK + KA = 4+2x+ 3= 7+ 2x

Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому $BC = BA = 7+ 2x.$ А значит,

MC = BC − BM = (7+ 2x)− (2+ 2x)=5

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#78106

В правильном пятиугольнике $ABCDE$ отмечена точка $F$ — середина $CD.$ Серединный перпендикуляр к $AF$ пересекает $CE$ в точке $H.$ Докажите, что прямая $AH$ перпендикулярна прямой $CE.$

Источники: ММО-2021, 8.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Угол правильного пятиугольника равен $108∘,$ тогда

180∘− 108∘ ∘ ∠ECD = ∠CED = 2 = 36

∠ACD = 108∘ − 36∘ = 72∘

Таким образом, $CE$ содержит биссектрису треугольника $ACF$ и, следовательно, пересекает серединный перпендикуляр к стороне $AF$ в точке, лежащей на описанной около этого треугольника окружности. Но $∠F$ прямой, значит, и $∠AHC$ прямой, как опирающийся на ту же дугу.

Второе решение.

$PIC$

Аналогично первому решению $∘ ∠ACE = ∠ECD = 36.$ Так как $HP ∥CD,$ то по теореме Фалеса $AP =P C,$ где $P$ — точка пересечения серединного перпендикуляра к $AF$ с диагональю $AC,$ а углы $PHC$ и $ECD$ равны как внутренние накрест лежащие: $∠PHC = ∠ECD =36∘.$ Следовательно, треугольник $PHC$ равнобедренный и $P H =P C.$ Окончательно получаем, что $HP = PA = PC$ и треугольник $AHC$ прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79700

Дана равнобокая трапеция, сумма боковых сторон которой равна большему основанию. Докажите, что острый угол между диагоналями не больше чем $∘ 60 .$

Источники: ММО-2021, 10.2(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность.

$PIC$

Ее боковая сторона вдвое меньше основания и, значит, не длиннее радиуса окружности. Поэтому боковые стороны стягивают дуги не больше чем $∘ 60 .$ А угол между диагоналями равен полусумме этих дуг.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#92173

В остроугольном треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр описанной окружности. Точка $B 1$ симметрична точке $B$ относительно стороны $AC$ . Прямые $AO$ и $B1C$ пересекаются в точке $K$ . Докажите, что луч $KA$ является биссектрисой угла $BKB1.$

Источники: ММО - 2021, второй день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ , следовательно, $∠AOB =2∠C$ . Треугольник $AOB$ равнобедренный, поэтому

180∘− ∠AOB ∘ ∠BAO =-----2-----= 90 − ∠C

Точки $B$ и $B1$ симметричны относительно прямой $AC$ , откуда

∠BB1C = 90∘− ∠C

Следовательно, четырехугольник $ABKB1$ вписанный

$PIC$

Дуги $BA$ и $AB1$ равны в силу симметрии, поэтому $∠BKA =$ $= ∠AKB1$ . Значит, луч $KA$ является биссектрисой угла $BKB1.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#78108

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на сторону $CD,$ проходит через середину диагонали $BD,$ а перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на сторону $AB,$ проходит через середину диагонали $AC.$ Докажите, что трапеция равнобокая.

Источники: ММО-2020, 8.5(см.mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

По замечательному свойству трапеции точка пересечения продолжений боковых сторон $P,$ точка пересечения диагоналей $O$ и середина основания $AD$ точка $M$ лежат на одной прямой. Пусть $K,L$ — середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Тогда $KL∥AD,$ т. е. $AKLD$ — тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка $O,$ точка пересечения её диагоналей $H$ и точка $M$ лежат на одной прямой. Следовательно, точки $P,H$ и $M$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Для завершения доказательства рассмотрим треугольник $AP D,$ в нём точка $H$ — точка пересечения высот к сторонам $AP$ и $P D,$ следовательно, медиана $P M$ проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник $AP D$ — равнобедренный, откуда немедленно следует, что и трапеция $ABCD$ — равнобокая.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#78113

В остроугольном треугольнике $ABC$ ( $AB < BC$ ) провели высоту $BH.$ Точка $P$ симметрична точке $H$ относительно прямой, соединяющей середины сторон $AC$ и $BC.$ Докажите, что прямая $BP$ содержит центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Первое решение.

Воспользуемся теоремой о прямой Штейнера: точки, симметричные произвольной точке $L$ описанной окружности треугольника $MNK$ относительно его сторон, лежат на одной прямой, проходящей через ортоцентр (точку пересечения высот) треугольника $MNK.$

Несложно заметить, что точка $H$ лежит на окружности, проходящей через середины сторон треугольника $ABC$ (это окружность девяти точек треугольника $ABC$ ).

По условию точка $P$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AB.$ Заметим, что точка $B$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AC.$ Получается, что прямая $BP$ — это прямая Штейнера точки $H$ относительно серединного треугольника (треугольника, образованного серединами сторон треугольника $ABC$ ). Тогда на этой прямой лежит ортоцентр серединного треугольника, который и является центром описанной окружности треугольника $ABC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим середины $M$ и $N$ сторон $BC$ и $AC$ соответственно. Заметим, что треугольник $BHC$ — прямоугольный, а точка $M$ — середина его гипотенузы $BC.$ Значит, $MB = MC = MH.$ Поскольку точки $H$ и $P$ симметричны относительно прямой $MN,$ то $MH = MP.$ Следовательно, точки $B,H,P,C$ лежат на одной окружности с центром в точке $M.$ Отсюда $∠P BC =∠P HC,$ так как эти углы опираются на одну дугу $PC.$

$PIC$

Обозначим точку пересечения прямых $PH$ и $AB$ через $X.$ Заметим, что $PH ⊥ MN$ из-за симметрии точек $H$ и $P$ относительно прямой $MN.$ Кроме того, $MN ∥AB$ как средняя линия треугольника $ABC.$ Таким образом, $PH ⊥ AB.$ Отсюда следует, что $∘ ∠P BC =∠P HC = ∠AHX = 90 − ∠BAC.$

С другой стороны, заметим, что если точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то $∠BOC =$ $= 2∠BAC$ как центральный угол, и из суммы углов равнобедренного треугольника $BOC$ получаем, что $∘ ∠OBC = 90 − ∠BAC$ . Имеем $∠OBC = ∠PBC,$ а значит, точки $B,O$ и $P$ действительно лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#78116

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ взяли такую точку $D,$ что угол $BDC$ равен углу $ABC.$ Чему равно наименьшее возможное расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABD$ и $ABC,$ если $BC =1?$

Источники: ММО-2020, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $O 1$ и $O 2$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно, а $M$ — середина стороны $BC.$ Треугольники $ABC$ и $BDC$ подобны, так как у них угол $C$ общий, а два других угла равны по условию. Поэтому оставшиеся углы этих треугольников $BAC$ и $DBC$ также равны. Это означает, что описанная окружность треугольника $ABD$ касается прямой $BC,$ а радиус $O2B$ перпендикулярен касательной $BC.$

$PIC$

Кроме того, $O1$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC.$ Поэтому отрезок $MB$ длины $1∕2$ является ортогональной проекцией отрезка $O1O2$ на прямую $BC.$ Но проекция не длиннее отрезка, поэтому $|O1O2|≥ 1∕2,$ причём равенство достигается, когда угол $ABC$ равен $90∘,$ так как в этом случае $O1$ — середина стороны $AC,$ а $O2$ — середина стороны $AB, O1O2$ — средняя линия треугольника $ABC.$

Ответ:

$1∕2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79709

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к $BC$ пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y.$ Прямая $AO$ пересекает прямую $BC$ в точке $D,M$ — середина $BC.$ Описанная окружность треугольника $ADM$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $E,$ отличной от $A.$ Докажите, что прямая $OE$ касается описанной окружности треугольника $AXY.$

Источники: ММО-2020, 10.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $OA$ касается описанной окружности треугольника $AXY,$ так как

∠BAO =90∘− ∠C = ∠MY C = ∠XY A

Пусть $F$ — точка на окружности, описанной около $ABC,$ такая что $AF ⊥BC.$ Ясно, что

∠AEF = ∠AEB +∠BEF = ∠ACB +∠BAF =∠ACD +∠DAC =∠ADM = ∠AEM

Получаем, что $E,M$ и $F$ лежат на одной прямой. Кроме того, $∠MEC = ∠FEC = ∠FAC = ∠MY C,$ что значит, что $E,Y,M$ и $C$ лежат на одной окружности. Далее,

∘ ∘ ∠AEY = ∠AEC − ∠YEC = 180 − ∠ABC − ∠YMC = 90 − ∠ABC = ∠AXY

т. е. $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AXY.$ Тогда $OE$ — касательная, так как $OE = OA$ и $OA$ — касательная к окружности $AXY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#73172

Биссектриса угла $ABC$ пересекает описанную окружность $ω$ треугольника $ABC$ в точках $B$ и $L$ . Точка $M$ — середина отрезка $AC$ . На дуге $ABC$ окружности $ω$ выбрана точка $E$ так, что $EM ∥ BL$ . Прямые $AB$ и $BC$ пересекают прямую $EL$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PE = EQ$ .

Источники: ММО-2019, 9.5

Показать доказательство

Пусть прямая $EM$ пересекает $AB$ и $BC$ в точках $P′$ и $Q′$ соответственно. Также обозначим

′ ′ α= ∠BAE = ∠BLE = ∠BCE = ∠QEQ = ∠PEP

′ ′ β =angleABL = ∠CBL = ∠AP E =∠BQ E

(использовали равные опирающиеся на одну дугу углы и углы при параллельных прямых)

$PIC$

Последовательно применяя теорему синусов для треугольников $PP′E$ , $AP ′E$ и $AP ′M$ , получим:

PE = P′E⋅sin-β= --AP-′⋅sinα-⋅sinβ-- = sin(β− α) sin(β+ α)⋅sin(β − α)

AM sin∠EMC ⋅sinαsin β AC ⋅sin∠EMA ⋅sinα = sinβ-sin(β-+α)sin(β−-α) = 2⋅sin(β+-α)⋅sin(β-− α)

Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников $QQ ′E$ , $CQ′E$ и $CQ ′M$ , получим:

CM-⋅sin∠EMC--⋅sinα-⋅sinβ -AC-⋅sin∠EMA--⋅sinα- QE = sin β⋅sin(β +α)⋅sin(β− α) = 2⋅sin(β+ α)⋅sin(β − α) =P E

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#84475

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA′$ и $BB′$ , точка $O$ — центр его описанной окружности. Докажите, что расстояние от точки $′ A$ до прямой $BO$ равно расстоянию от точки $′ B$ до прямой $AO$ .

Показать доказательство

Введём обозначения, $α,$ $β,$ $γ$ — углы треугольника при вершинах $A,B,C$ соответственно.

По свойству ортоцентра и тому, что треугольник $′ ABB$ прямоугольный получаем

′ ′ ∘ ′ ∘ ∠A BK = ∠ABB =90 − ∠BAB =90 − α

Значит, так как треугольник $A′BK$ прямоугольный

A ′K = A′B sin(90∘− α)= A′Bcosα

А из прямоугольного треугольника $AA ′B$ получаем, что

A′B = AB cosβ

Подставив эти равенства одно в другое, в итоге получим, что

A′K = AB cosβ cosα

$PIC$

Теперь из того, что $O$ — центр описанной окружности и равнобедренного треугольника $AOC,$ в котором $AO = CO$ как радиусы, выражаем

′ ∘ ∠AOC- ∘ 2∠ABC- ∘ ∠B AT = 90 − 2 = 90 − 2 = 90 − β

Так как треугольники $′ AB T$ и $′ ABB$ прямоугольные, то

B ′T = AB′sin(90∘− β)= AB′cosβ = ABcosαcosβ

Видно, что

′ ′ A K = BT = AB cosαcosβ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76079

На сторонах выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники $′ ′ ′ ′ ′ ABC ,BCD ,CDE ,DEF ,EFA$ и $′ FAB .$ Оказалось, что треугольник $′ ′ ′ B DF$ — равносторонний. Докажите, что треугольник $′ ′′ AC E$ также равносторонний.

Показать доказательство

Расположив шестиугольник на комплексной плоскости в правильной ориентации, и введя соответствующие комплексные координаты, получаем $′ bζ−-a ′ cζ−-b ′ dζ−-c ′ eζ−-d ′ fζ−-e ′ aζ−-f c= ζ− 1 ,d= ζ− 1 ,e= ζ− 1 ,f = ζ− 1 ,a= ζ− 1 ,b= ζ− 1 .$ Условие правильности положительно ориентированного треугольника $B′D′F ′$ равносильно тому, что $(f′− b′)= ζ(d′− b′)$ (это условие означает, что вектор $---- B′F′$ получается из вектора $---- B ′D′$ поворотом на $60∘$ против часовой стрелки). То есть

ζ(e−-a)+(f −-d)= ζ⋅ ζ(c−-a)+(f −-b) ζ− 1 ζ− 1

ζ(e− a)+ (f − d)= ζ⋅(ζ(c− a)+(f − b))

Используя равенство $ζ2 = ζ− 1,$ после раскрытия скобок и приведения подобных получаем

ζ2(c+f)− ζ(e +b)+ (a+ d)= 0

Аналогично условие правильности треугольника $A ′C′E′$ равносильно тому, что

ζ2(d+ a)− ζ(f +c)+ (b+ e)= 0

Мы знаем, что $ζ2⋅(ζ2(c+f)− ζ(e+ b)+(a+ d))= 0.$ Воспользовавшись тем, что $ζ3 = −1,$ получаем требуемое после раскрытия скобок.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76159

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,AH$ — его высота. Точка $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на прямую $CO.$ Докажите, что прямая $HP$ проходит через середину отрезка $AB.$

Источники: ММО-2018, 10.3(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$

$PIC$

Рассмотрим точки $A,O,M$ и $P.$ Поскольку $∠AMO = ∠APO = 90∘,$ точки $A,O,M$ и $P$ лежат на одной окружности. Значит,

∠CP M = ∠OPM = ∠OAM.

Рассмотрим точки $A,C,H$ и $P.$ Они также лежат на одной окружности, так как $∠AHC = ∠APC = 90∘.$ Следовательно, $∠CP H =∠CAH.$

Помимо того,

∠CAH = 90∘− ∠ACB = 90∘− ∠AOB-= 90∘− ∠AOM = ∠OAM. 2

Получаем:

∠CPM = ∠OAM = ∠CAH = ∠CPH.

Значит, точки $M,P$ и $H$ лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Будем считать описанную окружность треугольника $ABC$ единичной с центром в $0.$ Поскольку $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на диаметр $C (c)C′(−c),$ получаем $-2 - 2 p= a-+c−-c+-ac- = a+ac-. 2 2$ Точка $H$ является проекцией точки $A$ на прямую $BC,$ откуда $a+-b+-c− abc h= 2 .$ Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$ Тогда $a+-b m = 2 .$ Осталось показать, что $----- p-− m-= p−-m-. p− h p− h$

ac2− b c2− ab (ab− c2)⋅c2ab ac2− b c− cab = ac−-bc = (bc−-ac)⋅c2ab = c−-cab

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#79726

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$ с попарно непараллельными сторонами. На стороне $AD$ выбирается произвольная точка $P,$ отличная от $A$ и $D.$ Описанные окружности треугольников $ABP$ и $CDP$ вторично пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что прямая $P Q$ проходит через фиксированную точку, не зависящую от выбора точки $P.$

Источники: ММО-2018, 9.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $E$ пересечение прямых $AB$ и $CD.$ Рассмотрим случай, в котором точка $E$ лежит на луче $CD$ за точкой $D.$ Четырехугольники $CQP D$ и $BQP A$ — вписанные, значит, $∠CQP =∠EDP,$ а $∠P QB = ∠PAE.$ Сумма углов треугольника $EDA$ равна

180∘ =∠DEA +∠EDP +∠P AE =∠DEA +∠CQP + ∠PQB = ∠CEB + ∠CQB

Следовательно, четырехугольник $CQBE$ вписан в окружность $ω$ — описанную окружность треугольника $CBE.$

Обозначим через $F$ вторую точку пересечения прямой $PQ$ с $ω.$ Четырехугольник $QCEF$ — вписанный. Значит, $180∘ = ∠FED + ∠CQP = ∠FED + ∠EDP.$ Отсюда следует, что прямые $PD$ и $FE$ параллельны.

Пусть $l$ — прямая, проходящая через точку $E$ параллельно $AD.$ Тогда прямая $PQ$ независимо от выбора точки $P$ проходит через вторую точку пересечения окружности $ω$ и прямой $l.$ Случай, когда точка $E$ лежит с другой стороны, разбирается аналогично.