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#122408

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Биссектриса угла $CBH$ пересекает отрезок $CH$ в точке $X,$ биссектриса угла $BCH$ пересекает отрезок $BH$ в точке $Y.$ Обозначим величину угла $XA1Y$ через $α.$ Аналогично определим $β$ и $γ.$ Найдите значение суммы $α+ β+ γ.$

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Идея решения такая. Каждый из этих трёх углов — сумма углов, которые образуют его стороны с высотой. Давайте разобьём эти уголки на пары, чтобы в каждой сумма углов была 90°.

Подсказка 2

Пусть биссектрисы углов ABH и BCH пересекают AH в P и Q. Докажите, что углы PC₁H и AB₁Q равны. Для остальных пар будет аналогично.

Подсказка 3

Пусть K и L — точки пересечения описанных треугольников BHP И CHQ с AB и AC. Попробуйте доказать, что четырёхугольники KBHP и LCHQ подобны. Тогда диагонали C₁P и QB₁ буду образовывать равные углы со сторонами AB и AC.

Подсказка 4

Чтобы доказать из подобие, докажите подобие их элементов -—треугольников KPH и HQL, а также KC₁H и HB₁L.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что

∠PC1H = ∠AB1Q =90∘− ∠QBH.

Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90∘$ , то есть искомая сумма будет равна $270∘.$

$PIC$

Первый способ. Так как $∠ABH = ∠ACH,$ то и $∠ABP = ∠HCQ,$ поэтому

∠BPA1 = ∠ABP +∠BAP =∠HCQ + ∠BCH = ∠BCQ.

Следовательно, прямоугольные треугольники $BP A1$ и $QCA1$ подобны по двум углам, поэтому

BPAA1-= QAA1C-⇔ BA1 ⋅A1C = PA1 ⋅QA1 (1) 1 1

Как известно, треугольники $A1BC1$ и $A1B1C$ подобны треугольнику $ABC,$ а, следовательно, подобны друг другу. Отсюда

BA1-= B1A1-⇔ BA1 ⋅A1C = B1A1⋅A1C1 (2) A1C1 A1C

Из равенств (1) и (2) следует, что

PA ⋅QA = B A ⋅A C ⇔ PA1-= B1A1-. 1 1 1 1 1 1 A1C1 QA1

Как известно, $∠C1A1P = ∠B1A1Q,$ поэтому треугольники $P C1A1$ и $B1QA1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $∠A1C1P =∠A1QB1.$ Тогда

∠PC1H = ∠A1C1P − ∠A1C1C = ∠A1QB1− ∠A1AC = ∠AB1Q,

что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $′ Q$ — точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B1CH.$ Так как

′ ∠ACQ = ∠ACQ = ∠C1BP и ∠QHC1 =∠QHB1 =∠P HB1,

то точки $P$ и $Q′$ — соответствующие точки в подобных треугольниках $BC H 1$ и $CB H. 1$ Тогда $∠AB Q′ = ∠HB Q′ = ∠HC P, 1 1 1$ что и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанных окружностей треугольников $BHP$ и $CHQ$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно. Так как четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то

∠PKH = ∠PBH =∠P BK = ∠PHK.

Так как четырёхугольник $CHQL$ вписанный, то

∠QLH =∠QCH = ∠QCL =∠QHL.

Таким образом, треугольники $KPH$ и $HQL$ подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник $BHP K$ вписанный, то $∠BKP = ∠QHB1,$ поэтому

∠C1KH = ∠BKP − ∠HKP =∠QHB1 − ∠QHL = ∠LHB1.

Таким образом, прямоугольные треугольники $KC1H$ и $HB1L$ подобны по двум углам. На гипотенузах $KH$ и $HL$ подобных треугольников $KC1H$ и $HB1L$ построены соответствующим образом подобные треугольники $KP H$ и $HQL.$ Следовательно, полученные четырёхугольники $C1HP K$ и $B1LQH$ подобны. Тогда диагонали $C1P$ и $B1Q$ образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами $C1H$ и $B1L,$ то есть $∠PC1H =∠QB1L,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ:

$270∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#122414

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ отметили точку $D.$ Окружности, описанные около треугольников $BOD$ и $COD,$ повторно пересекают отрезки $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что из отрезков $BX, XY$ и $YC$ можно сложить треугольник.

Источники: ММО - 2025, второй день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо понять, где относительно XY находится точка O. Для этого попробуйте оценить сумму углов XOD и YOD, должно получиться больше 180°.

Подсказка 2

Для полноты картинки не хватает ещё одного вписанного четырёхугольника. Обратите внимание на AXOY.

Подсказка 3

Итак, теперь попробуем найти треугольник с нужными сторонами. Как насчёт того, чтобы отметить на BC такую точку Z, что YZ = YC? Что можно сказать про отрезок XZ?

Показать доказательство

Поскольку четырёхугольники $BXOD, CY OD$ вписанные, то

∘ ∠XOD + ∠CBA = ∠YOD + ∠ACB = 180 .

Так как

∠XOD + ∠YOD =360∘− ∠ACB − ∠CBA >360∘− ∠ACB − ∠CBA − ∠BAC =180∘,

то точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY.$ В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XY D.$

Тогда

∠XOY + ∠BAC = 360∘− ∠XOD − ∠YOD + ∠BAC =

=(180∘− ∠XOD )+ (180∘− ∠YOD )+ ∠BAC =

= ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.

Далее можно рассуждать по-разному.

$PIC$

Первый способ. Пусть точка $Z,$ отличная от $C,$ на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ.$ Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $∠Y ZC =∠ACB.$ Заметим, что

∠YXD = ∠Y XO +∠DXO = ∠YAO +∠DBO =

= (90∘− ∠ABC )+ (90∘− ∠BAC )=∠BCA.

Значит, $∠YZC = ∠YXD,$ откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$ ), что точки $X,Y,Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,

∠XZD =∠XY D = ∠XY O+ ∠DY O= ∠XAO + ∠DCO =

= (90∘ − ∠BCA )+ (90∘− ∠BAC )=∠ABC.

Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB.$ Получаем, что треугольник $XY Z$ составлен из отрезков $XY,XZ$ и $YZ,$ равных $XY,BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть точки $X ′,Y′$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно

$PIC$

Поскольку $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $∠OMA = ∠ONA = 90∘.$ Тогда из четырёхугольников $MONA, XONA$ находим

∘ ∠MON =∠XOY = 180 − ∠BAC.

Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM.$ Поскольку $∠MON = ∠XOY,$ точка $Y$ лежит на отрезке $NC.$ Получаем, что

∠XOX ′ = 2∠XOM =2(∠MON − ∠XON )=

′ =2(∠XOY − ∠XON )= 2∠YON = ∠YOY

Следовательно, треугольники $X ′OY ′$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $∠YOY ′ =∠XOX ′).$ Тогда $X′Y′ = XY.$ Поскольку $AX′ = BX,AY ′ = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX ′Y′$ составлен из отрезков, равных $XY,BX$ и $CY,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY,$ равен $---AO---, 2sin∠AXO$ а радиус окружности, описанной около $BXOD,$ равен $---BO---. 2sin∠BXO$ Поскольку $BO = AO,∠BXO +∠AXO = 180∘,$ получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CY DO,$ получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY, BXOD$ и $CY OD$ равны. Обозначим эти окружности $ω ,ω ,ω 1 2 3$ соответственно

$PIC$

Для того чтобы показать, что из отрезков $BX,XY, YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $ω2,ω1,ω3$ соответственно, в сумме дают $∘ 180.$

Убедимся в этом. Заметим, что

∠BOX + ∠COY = ∠BDX + ∠CDY =

∘ ∘ = 180 − ∠ODX − ∠ODY = 180 − ∠OBA − ∠OCA =

= 180∘ − (90∘ − ∠ACB )− (90∘− ∠CBA )=∠ACB +∠CBA.

Таким образом,

∘ ∠XAY + ∠BOX + ∠COY = ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180 ,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A.$ Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A,$ то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте большой и правильный чертёж к задаче! Линейкой и циркулем. Желательно 2 раза, в разных конфигурациях.

Подсказка 2

Если вы это сделали, то увидите, что прямые l_B и l_C подозрительным образом пересекаются на биссектрисе угла A. Аналогично для других пар. Попробуем это доказать?)

Подсказка 3

Пусть l_B и l_C пересекают отрезки СH и BH в точках Q и P соответственно. l_B и l_C пересекаются в точке X. ∠BAC = 2a, ∠CBA = 2b, ∠ACB = 2c. Несложным счётом углов докажите, что ∠H_CHP = ∠N_BHQ = 2a. Какой вывод тогда можно сделать?

Подсказка 4

Так как H_CH = HP (по условию), то ∠H_CPH = 90 - a, аналогично ∠H_BQH = 90 - a. Значит, PH_CH_BQ — вписанный. Теперь пусть l_B, l_C пересекают AH в точках V и U соответственно. Что теперь можно сказать про треугольники PUH и QHV?

Подсказка 5

Верно! Они равнобедренные. Несложным счётом углов докажите, что ∠XPH = c, ∠XPH_C = b, а также, что ∠H_CQX = b. Не забывайте, что a+b+c=90. Что мы тогда получаем?

Подсказка 6

Именно! Мы получаем, что X лежит на окружности H_CPQ, то есть на окружности PH_CH_BQ. Вновь посчитав углы, докажите, что H_CX и H_BX — биссектрисы углов ∠AH_CH_B и AH_BH_C. Что из этого следует?

Подсказка 7

То, что AX — биссектриса угла H_CAH_B, то есть AX — биссектриса ∠BAC. Мы доказали, что l_B и l_C пересекаются на биссектрисе ∠BAC. Аналогично докажем это для других пар. Осталось доказать, что XI ⊥ RS, где R, S - точки пересечения l_A с отрезками BH и CH соответственно. Но X лежит на AI, где I — центр вписанной окружности треугольника ABC. Значит нужно доказать, что AI ⊥ RS, потом аналогично докажем это для других пар и задача убита. Итак, приступим. Какой вывод можно сделать про RS в треугольнике RHS? Не забывайте, мы сейчас думаем о биссектрисах.

Подсказка 8

Действительно, RS ⊥ биссектрисе ∠RHS, пусть это прямая p_A. Тогда перпендикулярность AI и RS равносильна параллельности p_A и AI. Оставим это несложное утверждение вам) Успехов!

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 $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть перпендикуляры через M и N пересекаются в точке P. Тогда над каким дополнительным построением можно подумать, чтобы сделать MP и NP чем-то хорошим? Не забудьте, что M и N являются серединами отрезков.

Подсказка 2

Да, давайте попробуем опустить перпендикуляры X и Y из точки H на стороны треугольника. В таком случае MP и NP являются средними линиями, так как они параллельны основаниям и делят одну из сторон пополам. Но как тогда можно переформулировать вопрос задачи удобным образом для нас?

Подсказка 3

Верно, это значит, что четырёхугольник CXYB должен быть вписанным, так как в таком случае P центр описанной окружности и равноудален от B и C. Теперь только осталось посчитать уголочки, используя вписанный четырёхугольник и равные углы в прямоугольном треугольнике с проведённой высотой. Победа!

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 5#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто в геометрии полезно избавиться от ненужных объектов на картинке. В данном случае это общая хорда окружностей. Как можно переформулировать то что она перпендикулярна AD?

Подсказка 2

Это равносильно тому, что линия центров окружностей параллельна AD!

Подсказка 3

Теперь посмотрите на картинку повнимательнее: между двумя окружностями, которые должны быть равны, есть много общего...

Подсказка 4

Центры обеих окружностей лежат на линии центров, параллельной AD, а также центр первой лежит на...

Подсказка 5

Серединном перпендикуляре к AB! А центр второй - на серединном перпендикуляре к CD. Теперь просто нужно понять, что картинка (AB и центр первой окружности) равна картине (CD и центр второй окружности).

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 6#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока не совсем понятно, как доказывать вопрос задачи. Углы тут совсем никак не помогут, потому что к ним не подобраться... Давайте попробуем пока в принципе отметить факты на картинке, может быть, что-нибудь в дальнейшем увидим. Например, поймём, где у нас лежат центры вписанных окружностей? Какое дополнительное построение хорошо бы сделать, когда отмечена середина стороны?

Подсказка 2

Верно, центры окружностей лежат на серединном перпендикуляре к сторонам BF и CE, так как треугольники у нас равнобедренные. К тому же если у нас уже есть по средней линии в треугольниках, то давайте проведём ещё по одной параллельно сторонам BF и CE. Значит, у нас уже есть биссектрисы углов B и C, соотношения для которых мы уже можем записать. И попробуем поделить одно соотношение на другое, хуже нам от этого не станет, к тому же у них есть одинаковый отрезок. Давайте немного подумаем. Мы работаем только с отрезками... А как с помощью них можно доказать принадлежность трёх точек одной прямой?

Подсказка 3

Точно, можно доказать, что точка X переводится гомотетией в точку H. Но... Доказывать это через треугольники точно не хочется. Это нужно продлевать серперы до пересечения с линией, параллельной отрезку, проходящего через центры окружностей... Так мы ничего добьёмся. Давайте попробуем доказать утверждение через равенство отношения расстояний от точек X и H до серперов. Одно большое соотношение мы уже получили. Тогда давайте и попробуем выйти через него на отношение расстояний. Давайте взглянем ещё раз внимательно на условие. Чем мы ещё не пользовались?

Подсказка 4

Верно, мы совсем забыли про точку X, а она является центром гомотетии двух окружностей! То есть можем ещё записать отношения с радиусами и двумя отрезками, нужными нам. Остаются только некоторые технические преобразования с отношениями, и победа!

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, нам необходимо доказать параллельность прямых... Мы можем либо доказать, что AQ/AB=AP/AC, либо как-то посчитать уголочки. Мы знаем, что биссектриса делит сторону в хорошем отношении. Mожет, тогда подумаем по поводу отрезков?

Подсказка 2

Из свойства биссектрисы мы знаем, что AB/AC=BL/LC. Также на картинке можно заметить много секущих, поэтому логично попробовать посчитать их. Например: BL*BC=BQ*BC₁, где C₁- точка пересечения прямой BA с описанной окружностью треугольника △CLK. Если BQ как-то связана с пропорцией, которую нам надо доказать, то BC₁- не очень. Что мы можем сказать про отрезок AC₁?

Подсказка 3

Т.к. AL=AK и уголочки ∠KAC₁ и ∠LAC равны, то из симметрии AC₁=AC. Тогда: BL*BC=BQ*BC₁=BQ*(BA+AC). Аналогично можно получить, что CL*CB=CP*(AC+AB) ⇒ BL/CL=BQ/CP. Что это нам дает?

Подсказка 4

Т.к. BQ=AB-AQ и CP=AC-AP, а BL/LC=AB/AC ⇒ AB/AC=(AB-AQ)/(AC-AP). Докажите, что из этого следует равенство AB/AC=AQ/AP, и радуйтесь жизни!

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 8#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть длины сторон это 10 единиц, 2 и x. Очень хочется найти x... Попробуем рассмотреть векторы, соответствующие сторонам и поработать с ними.

Подсказка 2

Т.к. мы всё-таки хотим использовать длины сторон, то работать будем не с самими векторами, а с коллинеарными им единичными. Т.к. мы знаем, что они образуют многоугольник, то мы можем записать уравнение на них. А как быть с равными углами? Что можно сказать о взаимно расположении некоторых единичных векторов?

Подсказка 3

Заметим, что каждый угол равен 150. Тогда мы можем сказать, какие стороны многоугольника параллельны. Теперь мы можем записать условия на пары единичных векторов.

Подсказка 4

Знаем, что сумма единичных векторов, где один идёт с коэффициентов 2, а другой - с x равна 0. Также сумма единичных векторов, соответствующим противоположным сторонам тоже равна 0. Как найти x?

Подсказка 5

Чему равна сумма единичных векторов без дополнительных коэффициентов?

Подсказка 6

Их сумма равна 0! Теперь-то мы можем найти x) Осталось лишь найти площадь многоугольника, в котором мы знаем взаимное расположение всех сторон.

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:

$8+ 4√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть с вами сразу три середины каких-то отрезков. Понятно, что можно тогда где-то найти средние линии и параллельности) Что из этого получится?

Подсказка 2

Из этого можем получить, что ∠XMY = ∠A. Теперь подумайте: что значит, что окружности будут касаться? Скорее всего, вы понимаете даже, где. Какое условие там будет выполнено?

Подсказка 3

Хочется, чтобы они касались в точке M, то есть нужно, чтобы описанная около XMY окружность касалась BC в точке M. То есть, ∠YMC = ∠YXM. А мы знаем, что ∠YMC = ∠ABC. По факту что нам достаточно теперь доказать?

Подсказка 4

Из знания уже одного угла нам достаточно доказать, что XMY подобен треугольнику ABC! Для этого попробуйте использовать то, что это средние линии, а нужные удвоенные отрезки можно выразить с помощью теорем о касательной и секущей :)

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 10#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)

Подсказки к задаче

Решение 1. Подсказка 1

Какое самое ключевое свойство есть в равностороннем треугольнике. Что можно сделать для его поддержания?

Подсказка 2

Да, именно симметричность, поэтому почему бы не отметить на продолжении LM за точку М точку T, такую, что BL=MT? Что тогда можно сразу получить?

Подсказка 3

Оказывается, вышло два равных треугольника, откуда получаем равнобедренный треугольник побольше. Что про него можно сказать?

Подсказка 4

Есть угол 60°, значит, вышел еще один равносторонний треугольник! Отсюда можем и однозначно определить длину ВТ, а значит, и расположение точки Т. Осталось только посчитать, чему равно CM!

Решение 2. Подсказка 1

Какое самое известное свойство равнобедренного треугольника? Можно ли его как-то использовать?

Подсказка 2

Проведем высоту KH в треугольнике LKM. Если обозначить LH = x, то чему окажется равно HM?

Подсказка 3

Есть прямоугольный треугольник с углом 60° и известным катетом, значит, длину чего можно сразу определить?

Подсказка 4

Зная длину BK, легко определить и длину BA. Что осталось сделать, чтобы посчитать длину CM?

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 11#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)

Подсказки к задаче

Решение 1. Подсказка 1

Из чего может следовать перпендикулярность?

Подсказка 2

Если прямые перпендикулярны, то угол между ними равен 90°. Неплохо было бы посчитать уголки. Что в таком случае можно сразу сказать про правильный пятиугольник?

Подсказка 3

У правильной фигуры все стороны равны, а углы легко находятся. Значит, можно посчитать и некоторые другие углы с их помощью. Например, между диагональю и стороной.

Подсказка 4

Из равнобедренного треугольника CDE легко находим угол ECD, а значит, можем найти и угол ACD. Что в таком случае можно сказать про луч СЕ относительно треугольника ACF?

Подсказка 5

У нас есть серединный перпендикуляр к AF и биссектриса CE к AF треугольника ACF. Есть про них какой-то полезный факт?

Подсказка 6

Они пересекаются на описанной окружности треугольника! Понимаем, чем является AF для треугольника CAD и легко находим угол AHC!

Решение 2. Подсказка 1

Если AH перпендикулярна CE, то каким является треугольник ACH?

Подсказка 2

По какому признаку можно сразу сказать, что треугольник прямоугольный?

Подсказка 3

Например, если медиана равна половине стороны, которой проведена, то треугольник прямоугольный. Почему бы не поискать равные отрезки?

Подсказка 4

Там, где равные отрезки, там и равнобедренные треугольники, поэтому поищем равные уголки для использования признака равнобедренного треугольника.

Подсказка 5

Зная угол правильного пятиугольника, легко находится угол ECD. Чему тогда равен угол ACE?

Подсказка 6

Что особенного в расположении AF относительно CD? Если P — точка пересечения серпера к AF с AC, то как в таком случае взаимно расположены PH с CD?

Подсказка 7

Раз AF является перпендикуляром к CD, а PH — перпендикуляром к AF, то PH и CD параллельны! А какие самые известные факты про параллельность нам известны (вспоминаем, что нам нужны равные отрезки)?

Подсказка 8

Нам нужны равные отрезки, значит, нам нужна теорема Фалеса! Отсюда легко находим, чем является точка Р для отрезка АС. Что осталось доказать?

Подсказка 9

Если PC = PH, то это победа. А из какого условия это можно получить? (не забываем, что у нас есть две параллельные прямые!)

Подсказка 10

Накрест лежащие углы при параллельных прямых равны, значит, PHC = HCD = ACH. Осталось доказать равенство отрезков :)

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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое дополнительное построение помогает нам работать с углами, когда нет почти никаких длин? Не просто же так нам дано то, что трапеция равнобокая!

Подсказка 2

Опишем окружности вокруг нашей трапеции. Искомый угол — угол между хордами. Вспоминаем, как ищется угол между хордами и становится понятно, о каких дугах мы хотим узнать прежде всего!

Подсказка 3

Осталось красиво сравнить боковые стороны с радиусом окружности и про углы всё станет понятно :)

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 13#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте предположим, что AK является биссектрисой угла BKB₁. Обратите внимание, что AB = AB₁ в силу симметрии. Что тогда можно сказать про четырёхугольник ABKB₁?

Подсказка 2

ABKB₁ должен быть вписанным, следовательно, если мы докажем это, то докажем и необходимое по условию. Не забываем про точку O и прямую AO из условия, которые явно намекают нам на диагонали данного четырёхугольника.

Подсказка 3

Заметьте, мы почти не использовали симметрию B и B₁, давайте найдём с её помощью пару уголков. Например, мы можем сказать, что ∠BB₁C = ∠B₁BC = 90 - ∠ACB. Таким образом мы получили один из углов между диагональю и стороной четырёхугольника, осталось доказать, что угол BAK ему равен.

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 $BKB1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие дополнительные построения для трапеции мы знаем? Из какого из них можно красиво доказать равнобедренность?

Подсказка 2

Предлагаем продлить боковые стороны до их пересечения! А какое красивое свойство трапеции мы знаем, связанное с серединами и продлением боковых сторон?

Подсказка 3

Давайте внимательно посмотрим на рисунок и вспомним замечательное свойство трапеции! А какую новую фигуру мы можем заметить, если соединим те самые середины диагоналей, через которые проведены наши высоты?

Подсказка 4

Итак, перед нами две трапеции, одна прямая из замечательного свойства для них обоих, но чего же не хватает? Мы забыли что у нас есть перпендикуляры!

Подсказка 5

Осталось вспомнить, у какого треугольника точка пересечения высот лежит на медиане? Отсюда немедленно последует требуемое утверждение!

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 15#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 $ABC.$

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача решается совсем несложно, если пристально посмотреть на рисунок:) Посмотрите внимательно на картинку, особенно на некоторые прямоугольные треугольники. Ничего не замечаете?

Подсказка 2

А если посмотреть на треугольник BHC, его медиану и половинки сторон? Может быть, есть ещё какой-то отрезок, равный им?

Подсказка 3

Кажется, вы обнаружили окружность BHPC! Осталось лишь понять, что нужно, чтобы получить требуемое. А для этого нужно всего лишь вспомнить одно свойство ортоцентра и немного перекинуть уголки.

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 16#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сперва введем все необходимые обозначения. Пусть O₁ и О₂ — центры окружностей, описанных около треугольников ABC и ABD соответственно. Тогда хочется найти минимальное возможное значение |O₁О₂|. Давайте отметим равные из условия углы. Что теперь очень хорошее можно заметить?

Подсказка 2

Правильно! Треугольники ABC и BDC подобны по двум углам! Давайте внимательно посмотрим на описанную окружность треугольника ABD и равные уголочки. На какую знакомую теорему это все намекает?

Подсказка 3

Конечно! Угол между касательной и хордой равен половине угловой величины дуги, заключенной между ними! Значит BC — касательная к окружности, описанной около △ABD. Что теперь можно сказать про О₂B? Вспомните, где расположен центр описанной окружности треугольника, и попробуйте оценить |O₁О₂|.

Подсказка 4

О₂B⊥BC. O₁ лежит на серединном перпендикуляре к BC. Пусть M — середина стороны BC. Тогда BM — ортогональная проекция O₁О₂ на сторону BC! Как связаны модули отрезка и его проекции?

Подсказка 5

Да! Проекция не длиннее отрезка, значит |O₁О₂| ≥ 1/2. Осталось лишь понять и объяснить случай равенства!

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:

$1∕2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте большой чертёж циркулем и линейкой!!! Это ползадачи.

Подсказка 2

Несложным счётом углов докажите, что OA касается окружности AXY.

Подсказка 3

Пусть EM пересекает окружность ABC в точке F. Воспользуйтесь равенством углов ∠AEF и ∠AEM, поперебрасывайте углы и докажите, что направления на F и на O из точки A изогонально сопряжены относительно ∠BAC, отсюда будет следовать, что AF — направление на ортоцентр треугольника ABC, а значит AF ⊥ BC.

Подсказка 4

Используя параллельность MY и AF и вписанные углы (особенно, опирающиеся на дугу CF), докажите, что E,Y,M,C лежат на одной окружности.

Подсказка 5

Пользуясь доказанной вписанностью, докажите, что E лежит на описанной окружности треугольника AXY.

Подсказка 6

Ну а теперь воспользуйтесь тем, что OA = OE = R окружности ABC и поймите, что задача убита. Успехов!

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 18#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите точки пересечения EM с AB и BC . Обозначьте все равные углы, какие сможете найти.

Подсказка 2

Мы хотим доказать равенство сторон, но по сути знаем только углы. Что можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте воспользоваться теоремой синусов.

Показать доказательство

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

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

′ ′ β = ∠ABL = ∠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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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 $AO$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть α, β, γ — углы треугольника при вершинах A, B и С соответственно. Попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Воспользуйтесь свойством ортоцентра и тем, что треугольник ABB' — прямоугольный.

Подсказка 3

Выразите AK' через другую сторону и тригонометрические функции.

Подсказка 4

Воспользуйтесь тем, что O — центр описанной окружности и треугольника AOC.

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 20#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Звучит страшно, давайте подумаем, как в принципе можно решать подобные задачи.

Подсказка 2

Кажется, не очень удобно будет все это рисовать... Попробуйте ввести координаты.

Подсказка 3

Расположим шестиугольник на комплексной плоскости в правильной ориентации. Положительно ориентированный треугольник B'D'F' является правильным, если вектор (B'F') получается из вектора (B'D') поворотом на 60° против часовой стрелки.

Подсказка 4

Условие правильности для треугольника A'C'E' аналогично.

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