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 21#84475Максимум баллов за задание: 7

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#76079Максимум баллов за задание: 7

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

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 23#76159Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M — середина AB. Подумайте об углах в этом треугольнике.

Подсказка 2

Докажите, что точки A, O, M, P лежат на одной окружности. Равенство каких углов можно получить?

Подсказка 3

∠CPM = ∠OPM = ∠OAM. Попробуйте подумать об углах еще раз. (:

Подсказка 4

Заметьте, что точки A, C, H, P тоже лежат на одной окружности.

Подсказка 5

Получим, что ∠CPH = ∠CAH. Выразите ∠CAH.

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 24#79726Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть Е — точка пересечения прямых AB и CD. Какие случаи можно рассмотреть?

Подсказка 2

Пусть Е лежит на луче CD за точкой D. Что можно сказать о четырёхугольниках в этой конструкции?

Подсказка 3

Например, CQPD и BQPA — вписанные, отметьте равные углы.

Подсказка 4

Выразите сумму углов треугольника EDA.

Подсказка 4

Получим, что 180° = ∠CEB + ∠CQB. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 5

Четырехугольник CQBE вписан в ту же окружность, что и треугольник CBE!

Подсказка 6

Пусть F — точка пересечения прямой PQ с описанной окружностью треугольника CBE. Подумайте о четырёхугольнике QCEF.

Подсказка 7

Найдите параллельные прямые.

Подсказка 8

Рассмотрите прямую, проходящую через точку Е параллельно AD.

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#79733Максимум баллов за задание: 7

На сторонах выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC1,BCD1, CDE1,DEF1,EF A1$ и $FAB1.$ Оказалось, что треугольник $B1D1F1$ правильный. Докажите, что треугольник $A1C1E1$ также правильный.

Источники: ММО-2018, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Переведите условия задачи на язык векторов.

Подсказка 2

По условию треугольники B₁D₁F₁ и DEF₁ являются правильными. Попробуйте вывести из этого соотношения на векторы.

Подсказка 3

Поверните на 60° векторы (F₁D₁) и (F₁D).

Подсказка 4

Докажите, что при таком повороте вектор (DD₁) перейдет в вектор (EB₁).

Подсказка 5

Нам ведь дано намного больше правильных треугольников! Попробуйте рассмотреть другой поворот.

Показать доказательство

$PIC$

По условию треугольники $B1D1F1$ и $DEF1$ являются правильными. Значит, при повороте на $60∘$ против часовой стрелки векторы $−F−1−→D1$ и $−F−1→D$ перейдут в векторы, равные $−−F−1B→1$ и $−F−1→E$ соответственно. Имеем $−F−−1→D1 = −F−→1D+ −D−→C + −C−→D1$ и $−F−1−→B1 =−F−1→E +−E−→F + −F−→B1.$ Отсюда получаем, что вектор $−−D−D→1 =−F−1−D→1 − −F−1→D = −−D→C +−C−D→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−E−B→1 = −−F−1→B1− −−F→1E = −−E→F +−F−→B1.$

Также по условию треугольники $BCD1,CDE1,EF A1$ и $FAB1$ являются правильными. Значит, при повороте на $120∘$ против часовой стрелки векторы $−−→ −−→ −−→ BC, CE1,EF$ и $−−→ FB1$ перейдут в векторы, равные $−−→ −−→ −−→ CD1,DC, FA1$ и $−→ AF$ соответственно. Отсюда получаем, что векторы $−−→ −−→ −−→ BE1 = BC +CE1$ и $−−→ −−→ −−→ EB1 = EF +F B1$ при таком повороте перейдут в векторы, равные $−−−→ −−→ −−→ DD1 = DC +CD1$ и $−−→ −→ −−→ AA1 =AF + FA1$ соответственно. Следовательно, при повороте на $∘ 300$ против часовой стрелки или, что то же, при повороте на $∘ 60$ по часовой стрелке, вектор $−−→ BE1$ перейдёт в вектор, равный $−−→ AA1.$

Наконец, по условию треугольник $ABC1$ является правильным. Значит, при повороте на $60∘$ по часовой стрелке вектор $−−→ C1B$ перейдёт в вектор, равный $−−C→1A.$ Отсюда получаем, что вектор $−−C−1→E1 = −C−→1B+ −B−E→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−C−1−A→1 =−C−1→A + −−A→A1.$ Следовательно, треугольник $A1C1E1$ также являетсяя правильным.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#47913Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ взята такая точка $D,$ что $BD = CD,∠BDC = 120∘.$ Вне треугольника $ABC$ взята такая точка $E,$ что $∘ AE = CE,∠AEC = 60$ и точки $B$ и $E$ находятся в разных полуплоскостях относительно $AC.$ Докажите, что $∘ ∠AFD = 90 ,$ где $F$ — середина отрезка $BE.$

Источники: ММО-2017, 11.4, автор - О.Н. Косухин, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что угол равен 90 градусов. Наверное, мы понимаем, что углы считать тут совсем никак не выйдет. У нас есть какая-то непонятная точка D и не менее понятная точка E, и всё это завязано ещё с F. Жуть... Поэтому подумаем, как это можно доказать с помощью векторов. О каком тогда преобразовании плоскости можно вспомнить?

Подсказка 2

Верно, можно попробовать вспомнить про поворот и к тому же ещё увеличивать длину вектора, потому что отрезки у нас, к сожалению, различные, а так мы решим эту проблему. То есть будем доказывать, что повернув DF против часовой на 90 градусов и увеличив его, мы получим AF. Давайте обратим внимание на то, что нам дали равнобедренные треугольники с хорошими углами. Что можно тогда отметить в них, учитывая данную середину F в треугольнике BEC?

Подсказка 3

Ага, можно отметить середины сторон BC и EC. Тогда у нас будут две средние линии в треугольнике BEC. Вернёмся к нашим искомым векторам. Они у нас снова немного плохие, потому что ни с чем не связаны на картинке. Как тогда можно попробовать их выразить?

Подсказка 4

Да, их можно выразить через сумму векторов по правилу треугольника - это сумма средней линии и серединного перпендикуляра. Осталось только вспомнить, что если повернуть сумму векторов на угол, а потом увеличить их - это будет тоже самое, если сначала один из векторов повернуть на угол и увеличить, а потом аналогично со вторым. Теперь можно в явном виде записать то, что нам надо доказать, и понять, во сколько раз мы увеличиваем отрезки, используя углы равнобедренных треугольников.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $K,L$ — середины $BC,CE$ соответственно. Отсюда $FL$ и $FK$ — средние линии $△EBC.$ Тогда выполнены равенства $−→ −−→ FL= BK$ и $−F−→K = −L→C.$ Пусть $Φ$ — преобразование на векторах, которое поворачивает вектор на $90∘$ против часовой стрелки, а затем увеличивает в $√3-$ раз. Тогда выполнено

Φ(−D−→K )= −−C→K =−L→F

Φ(−K−→F )=Φ (−C→L )=−A→L

Так как для поворотной гомотетии верно $−→ −→ Φ(−→a + b)= Φ(−→a)+ Φ(b),$ то

Φ(−−D→F )=Φ (−D−→K + −K−→F )= −→LF + −A→L =−A→F

Откуда и следует нужная перпендикулярность.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#89596Максимум баллов за задание: 7

Внутри параллелограмма $ABCD$ отметили точку $E$ так, что $CD = CE.$ Докажите, что прямая $DE$ перпендикулярна прямой, проходящей через середины отрезков $AE$ и $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Непонятно, как на картинке считать углы, а доказать нужно перпендикулярность. Может быть, будем доказывать какой-то эквивалентный факт?

Подсказка 2

Рассмотрим середину DE, треугольник ECD - равнобедренный, а, значит, отрезок CT перпендикулярен DE.

Подсказка 3

Обозначим за M и N середины AE и BC, итак доказываем параллельность СТ и MN. У нас три середины отрезков на картинке отмечено, надо этим воспользоваться.

Показать доказательство

Обозначим середины $AE, BC$ и $DE$ за $M,N$ и $T,$ необходимо доказать перпендикулярность $DE$ и $MN.$ $DE−$ основание равнобедренного треугольника $DEC,$ тогда его медиана $CT$ является также его высотой. Тогда нам достаточно доказать параллельность $MN$ и $T C.$

$MT$ — средняя линия треугольника $AED,$ то есть равна половине $AD$ и параллельна ему. В свою очередь $NC$ равен половине $BC = AD$ и параллелен $AD,$ а значит $MT$ и $NC$ параллельны и равны по длине, значит $MNCT$ — параллелограмм. А значит $MN$ и $TC$ параллельны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#106838Максимум баллов за задание: 7

На основании $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ взяли произвольную точку $X,$ а на боковых сторонах — точки $P$ и $Q$ так, что $XP BQ$ — параллелограмм. Докажите, что точка $Y,$ симметричная точке $X$ относительно $PQ,$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По построению точки X и Y равноудалены от Q. Может, есть ещё какая-то точка, которая находится от Q на таком же расстоянии?

Подсказка 2

Если Q лежит на BC, то такой точкой окажется C! Тогда можно найти ∠CYX, аналогично ищется ∠AYX.

Показать доказательство

Пусть точка $P$ лежит на стороне $AB,$ а точка $Q$ — на стороне $BC.$ Поскольку $PBQX$ — параллелограмм, $BP =QX$ и

∠QXC = ∠A= ∠C

QX =QC = QY

Значит, точки $X,C$ и $Y$ лежат на окружности с центром $Q,$ поэтому

∠CYX = 1∠CQX = 1∠B 2 2

Аналогично $∠AY X = 1∠B. 2$ Отсюда $∠CY A= ∠B$ и, следовательно, точки $A,B,C$ и $Y$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#96958Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AD$ и $CD$ параллелограмма $ABCD$ с центром $O$ отмечены такие точки $P$ и $Q$ соответственно, что $∠AOP =∠COQ =∠ABC.$

(a) Докажите, что $∠ABP =∠CBQ.$

(b) Докажите, что прямые $AQ$ и $CP$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2014, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Хороший способ доказать равенство углов - найти подобные треугольники, в которых эти углы друг другу соответствуют.

Подсказка 2, пункт а

Поищите на рисунке вписанные четырëхугольники.

Подсказка 1, пункт б

На этот раз нужно просто аккуратно посчитать углы. Ясно, что стоит рассмотреть сумму углов ABC и ARC (R - пересечение AQ и CP) и, исходя из имеющихся данных, показать, что она равна 180°.

Показать доказательство

$PIC$

(a)

∠CDA + ∠POC = ∠ABC + ∠POC = ∠AOP + ∠POC = 180∘

поэтому точки $P,O,C$ и $D$ лежат на одной окружности. Аналогично точки $Q,O,A$ и $D$ лежат на одной окружности. Значит,

CQ ⋅CD =CO ⋅CA = AO⋅AC = AP ⋅AD

то есть $AP- CD- BA- CQ = AD = BC .$ Следовательно, треугольники $BAP$ и $BCQ$ подобны, откуда $∠ABP = ∠CBQ.$

(b)

∠OAQ =∠ODQ

как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Аналогично $∠OCP = ∠ODP.$ Пусть $R$ — точка пересечения $AQ$ и $CP$ . Тогда

∠ABC + ∠ARC = ∠ADC + ∠ARC =

= ∠ODP + ∠ODQ + ∠ARC = ∠OCP + ∠OAQ + ∠ARC = 180∘

Следовательно, точки $A,B,C$ и $R$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#71260Максимум баллов за задание: 7

Пусть $I$ — центр вписанной окружности неравнобедренного треугольника $ABC.$ Через $A 1$ обозначим середину дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точки $A,$ а через $A2$ — середину дуги $BAC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A1$ на прямую $A2I,$ пересекает прямую $BC$ в точке $′ A .$ Аналогично определяются точки $′ B$ и $′ C .$

(a) Докажите, что точки $A′,B′$ и $C′$ лежат на одной прямой.

(b) Докажите, что эта прямая перпендикулярна прямой $OI,$ где $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2013, 10.6(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хотелось бы красиво нарисовать чертеж по условию, поэтому имеет смысл подумать, где находится основание X перпендикуляра из A₁ на A₂I. Хочется точку A' определить как-то удобнее и изящнее...

Подсказка 2

Т.к. X лежит на описанной окружности ABC, то A₁X - это хорда, на продолжении которой лежит точка A'. Значит, можно попробовать определить A' как радикальный центр трех окружностей, одна из которых - ABC. А какие остальные?

Подсказка 3

BIC и XIA₁. А как связаны эти окружности? Если возвращаться к требуемому в задаче, то становится ясно, что хочется найти радикальную ось, на которой будут лежать точки A', B', C'. Какая окружность у нас не меняется в рассуждениях при определении точек B' и C'?

Подсказка 4

Окружность ABC. Осталось лишь найти еще одну окружность, чтобы A', B' и C' лежали на радикальной оси ее и ABC. Помним, что A'I² = A'B * A'C!

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения прямой $A A ′ 1$ с прямой $A I 2$ через $X , A$ а описанную окружность $△ABC$ через $ω.$ По условию $∘ ∠A2XAA1 = 90.$ Так как $A2A1$ — диаметр $ω,$ точка $XA$ лежит на $ω.$

$PIC$

Рассмотрим теперь описанные окружности треугольников $ABC,BIC$ и $IXAA1.$ Радикальная ось первой и второй окружностей есть прямая $BC,$ а первой и третьей $− XAA1$ (это прямые, содержащие общие хорды этих окружностей). Значит, радикальным центром всех этих трех окружностей является точка $A′.$ Заметим, что

∠IBA1 = ∠IBC +∠CBA1 = ∠IBA +∠A1AC = = ∠IBA+ ∠BAA1 = ∠BIA1.

Следовательно, $A1I = A1B = A1C.$ То есть точка $A1$ является центром описанной окружности треугольника $BIC.$ Так как угол $IXAA1$ прямой, то $IA1$ — диаметр описанной окружности треугольника $A1IXA.$ Следовательно, описанные окружности треугольников $BIC$ и $XAIA1$ касаются в точке $I.$ Значит, касательная к этим окружностям, проведенная в точке $I,$ проходит через $A ′.$ Причем по свойству степени точки $A′$ относительно описанной окружности $△BIC$ верно

A′I2 = A′B ⋅A′C

Рассмотрим $ω$ и точку $I,$ как вырожденную в точку окружность. Из последнего равенства следует, что точка $A ′$ лежит на радикальной оси этих двух окружностей. По аналогичным причинам на этой радикальной оси лежат и точки $B′$ и $C′.$ Так как радикальная ось двух окружностей — прямая, то все эти три точки лежат на одной прямой, перпендикулярной линии центров этих окружностей, то есть прямой $OI.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#76410Максимум баллов за задание: 7

Дан такой выпуклый четырёхугольник $ABCD$ , что $AB = BC$ и $AD =DC.$ Точки $K,L$ и $M$ – середины отрезков $AB, CD$ и $AC$ соответственно. Перпендикуляр, проведённый из точки $A$ к прямой $BC$ , пересекается с перпендикуляром, проведённым из точки $C$ к прямой $AD$ , в точке $H.$ Докажите, что прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны.

Источники: ММО - 2013, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче у нас очень много перпендикулярных прямых. Ещё заметим, что фигура у нас получается дельтоид, так как ABD и BCD симметричные треугольники относительно BD(это пригодится в дальнейшем). Как в первую очередь можно сформулировать вопрос задачи на языке векторов?

Подсказка 2

Верно, перпендикулярность двух отрезков означает, что их произведение через векторы равно нулю. Теперь нужно ввести удобные обозначения. Раз нам по условию дали перпендикулярные отрезки BC, AH и HC, AD, то их и будет удобно обозначить a, c и d, b. Как теперь можно выразить наши отрезки в вопросе задачи через эти?

Подсказка 3

Верно, эти удвоенные вектора будут равны c+d и a+b, так как HM это медиана, а KL средняя линия четырёхугольника. То есть нам нужно, чтобы (c+d)(a+b)=0. Попробуйте теперь выразить удобным способом не сумму этих векторов, а разность. Что хорошего там получается?

Подсказка 4

Ага, хорошо получается, что и произведение (a-b)(d-c)=0. Теперь осталось только вспомнить, что произведение a, c и b, d по условию равно нулю. Это помогает окончательно решить задачу. Победа!

Показать доказательство

Обозначим вектор $−−→BC$ через $⃗a$ , вектор $−−A→D−$ через $⃗b$ , вектор $−H−→A −$ через $⃗c$ и вектор $−H−→C −$ через $⃗d$ (рис). Заметим, что

−−→ −−→ −→ −−→ −→ KL = KB + ⃗a+CL = KA +⃗b+DL

Отсюда получаем, что $2−−K→L =⃗a +⃗b.$ Заметим также, что

2−H−→M = ⃗c+ ⃗d.

Следовательно, прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны тогда и только тогда, когда

(⃗a+ ⃗b)⋅(⃗c+ ⃗d)=0.

$PIC$

Так как по условию $AB = BC$ и $AD = DC$ , то прямая $BD−$ серединный перпендикуляр к отрезку $AC.$ Следовательно, точка $M$ лежит на прямой $BD$ и $BD ⊥AC.$ Рассмотрим вектор

⃗ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ ⃗ ⃗a −b= BM + MC + DM + MA = BM +DM ⊥AC = d− ⃗c

Таким образом,

⃗ ⃗ (⃗a− b)⋅(d− ⃗c)= 0

Поскольку по условию $HA ⊥ BC$ и $HC ⊥AD$ , то $⃗a⋅⃗c= 0$ и $⃗b⋅ ⃗d= 0$ . Следовательно,

(⃗a +⃗b)⋅(⃗c + ⃗d)= ⃗a⋅⃗c+⃗a ⋅d ⃗+⃗b⋅⃗c+ ⃗b⋅ ⃗d= ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ = −⃗a⋅⃗c+ ⃗a⋅d+ b⋅⃗c− b⋅d= (⃗a−b)⋅(d− ⃗c)= 0.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#86063Максимум баллов за задание: 7

Дан такой выпуклый четырехугольник $ABCD,$ что $AB = BC$ и $AD = DC.$ Точки $K,L$ и $M$ — середины отрезков $AB,CD$ и $AC$ соответственно. Перпендикуляр, проведенный из точки $A$ к прямой $BC,$ пересекается с перпендикуляром, проведенным из точки $C$ к прямой $AD,$ в точке $H.$ Докажите, что прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала введём обозначения. S — основание перпендикуляра из А на BC, P — основание перпендикуляра из С на AD. Что мы имеем. ∠ASC = ∠APC = 90°. Какой тогда вывод можно сделать?

Подсказка 2

Верно! A,S,C,P лежат на окружности с диаметром AC. Что же можно сказать про центр этой окружности?

Подсказка 3

Это точка M — середина диаметра. Самостоятельно докажите, что BM — перпендикуляр к AC. Аналогично докажите, что BSMA, CMPD — вписанный.

Подсказка 4

Хотим доказать перпендикулярность прямых, у нас есть много окружностей с общими точками. На что же это намекает?

Подсказка 5

Именно! На радикальные оси и центры окружностей. Самостоятельно докажите, что H — радикальный центр трёх найденных окружностей. Также M — общая точка окружностей BSMA и DPMC. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 6

HM — рад. ось BSMA и CMPD, осталось доказать, что KL — линия центров. Успехов!

Показать доказательство

Обозначим основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на $BC,$ через $S,$ а основание перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на $AD,$ — через $P.$

Точки $B$ и $D$ равноудалены от концов отрезка $AC,$ значит $BD$ — серединный перпендикуляр к $AC.$ Заметим, что точки $S$ и $P$ лежат на окружности с диаметром $AC,$ точки $S$ и $M$ — на окружности с диаметром $AB,$ а точки $M$ и $P$ — на окружности с диаметром $CD.$

$PIC$

Прямая $AS$ является радикальной осью окружностей $ASBM$ и $ASCP,$ а прямая $PC$ — радикальной осью окружностей $MCDP$ и $ASCP.$ Поэтому точка $H$ пересечения этих прямых — радикальный центр трёх указанных окружностей. Следовательно, $HM$ — радикальная ось окружностей $ASBM$ и $MCDP$ и, значит, перпендикулярна их линии центров $KL.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#134545Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC,$ где угол $B$ прямой, а угол $A$ меньше угла $C,$ проведена медиана $BM.$ На стороне $AC$ взята точка $L$ так, что $∠ABM = ∠MBL.$ Описанная окружность треугольника $BML$ пересекает сторону $AB$ в точке $N.$ Докажите, что $AN = BL.$

Показать доказательство

Заметим, что $BM = MA = MC,$ так как треугольник $ABC$ прямоугольный, поэтому

∠MBA = ∠MAB = ∠MBL = α.

В силу вписанности четырёхугольника $BNML$ угол $NLM$ равен $α.$ Следовательно, отрезки $AN$ и $NL$ равны.

$PIC$

Осталось доказать, что отрезки $NL$ и $BL$ равны. Для этого достаточно проверить, что треугольник $NLB$ равнобедренный, то есть, что $∠BNL =2α.$ Но из той же вписанности угол $BNL$ равен углу $BML,$ который, в свою очередь, равен сумме углов $MAB$ и $MBA,$ то есть $2α,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#98028Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на основании $BC$ взята точка $D,$ а на боковой стороне $AB$ — точки $E$ и $M,$ причем $AM =ME,$ и отрезок $DM$ параллелен стороне $AC.$ Докажите, что $AD + DE >AB + BE.$

Источники: ММО - 2011, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Соберите информацию про рисунок, поищите ещë какие-то равнобедренные треугольники, кроме ABC.

Подсказка 2

Вообще требуемое неравенство должно получиться из неравенства треугольника. Чтобы понять, из какого именно, рассмотрите среднюю линию треугольника EAD.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Так как $DM ∥AC,$ то $∠MDB = ∠C = ∠B$ и $DM =MB =ME +EB.$ Обозначим через $K$ середину отрезка $DE.$ Тогда $MK$ — средняя линия в треугольнике $ADE$ и $AD = 2MK.$ По неравенству треугольника:

AD + DE = 2(DK + KM )> 2MD = 2ME + 2EB =

= AE +EB + EB = AB +EB

Второе решение.

$AB+ BE = 2BM,$ поскольку $AM = ME.MD ||AC,$ поэтому треугольник $BMD$ тоже равнобедренный и $2BM =2MD.$ Но $2MD <AD + DE$ как медиана в треугольнике $ADE.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#101762Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $BB 1$ и $CC . 1$ Известно, что центр описанной окружности треугольника $BB C 1 1$ лежит на прямой $AC.$ Найдите угол $C$ треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять, что такое описанная окружность треугольника BB₁C₁ такая, что её центр лежит на прямой AC.

Подсказка 2

На самом деле важно, что эта окружность проходит через точки B, B₁, и её центр лежит на AC. Что же это за окружность?

Подсказка 3

Правильно! Это окружность Аполлония для точек A и C с коэффициентом AB/BC. Что тогда можно сказать про прямую C₁B₁?

Подсказка 4

Ага! Она является биссектрисой угла CC₁A! Теперь посмотрите внимательно на треугольник CBC₁ и поймите, чем для него является точка B₁.

Подсказка 5

Она является центром вневписанной окружности, которая лежит напротив вершины B. Осталось только посчитать углы при вершине С.

Показать ответ и решение

Рассмотрим окружность Аполлония для точек $A$ и $C$ и коэффициентом $AB∕BC.$ Она проходит через точки $B$ и $B 1$ и её центр лежит на прямой $AC,$ а значит, она совпадает с описанной окружностью треугольника $BB1C1.$ Поэтому $AB1∕B1C =AC1∕C1C,$ а значит, $C1B1$ — биссектриса угла $CC1A.$ Следовательно, $B1$ — центр вневписанной окружности треугольника $CBC1,$ то есть $B1C$ — внешняя биссектриса угла $C1CA.$ То есть угол $C$ равен $∘ 120 .$

$PIC$

Ответ:

$∠C = 120∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#106751Максимум баллов за задание: 7

На плоскости даны оси координат с одинаковым, но не обозначенным масштабом и график функции

y = sinx, x ∈(0;α)

Как с помощью циркуля и линейки построить касательную к этому графику в заданной его точке, если:

(a) $(π ) α ∈ 2;π ;$

(b) $( ) α ∈ 0;π2 ?$

Источники: ММО - 2009, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт (a)

На самом деле достаточно построить отрезок длины 1(иными словами, восстановить масштаб), ведь касательная имеет угловой коэффициент, равный cos(x) для заданной точки x. А как можно построить отрезок длины 1?

Подсказка 2, пункт (а)

Если удастся отметить точку π/2 на оси oX, то задача будет решена, ведь перпендикуляр к этой оси, проходящий через эту точку, пересекает график синуса в точке (π/2,1), и отрезок между точками пересечения единичный. А как построить эту точку?

Подсказка 3, пункт (а)

Конечно! Используем свойство sin(a) = sin(π-a)! Тогда отрезок между точками (a, sin(a)) и (a, sin(π-a)) параллелен оси oX. А что хорошего можно сказать о перпендикуляре к этому отрезку?

Подсказка 1, пункт (b)

Попробуем построить отрезок, равный синусу какого-нибудь угла? и этот угол так, чтобы они оказались элементами одного прямоугольного треугольника. Как этого можно добиться?

Подсказка 2, пункт (b)

Точно! Выберем на оси oX некоторые a и b и построим отрезок длины sin(a) + sin(b). Легко построить и отрезок длины sin((a+b)/2). А можно ли построить отрезок длины, равной синусу полуразности?

Подсказка 3, пункт (b)

Его можно построить с помощью простых построений середин, но тогда не получится прийти к отрезку длины 1, поэтому нужно найти прямоугольный треугольник. Для этого его нужно построить! Пусть его прямой угол будет в одном конце отрезка длины sin(a) + sin(b) (и его первая вершина соответственно), а вторая — в другом конце этого отрезка. А как получить третью вершину?

Подсказка 4, пункт (b)

Верно! Надо использовать построенный ранее sin((a+b)/2)! Строим окружность радиуса 2sin((a+b)/2) с центром во второй вершине предполагаемого треугольника! Пересечение построенного ранее перпендикуляра к одному из концов отрезка длины sin(a) + sin(b) и этой окружности будет третьей точкой! Чему тогда равен угол этого треугольника при втором конце отрезка длины sin(a)+sin(b)?

Подсказка 5, пункт (b)

Точно! Он равен (a-b)/2! Как уже было отмечено, построить sin((a-b)/2) нетрудно! А как теперь его поместить в наш треугольник, чтобы в нем появился отрезок длины 1?

Показать доказательство

Касательная к графику функции $y = sinx,$ где $x∈ (0;α),$ проведённая в заданной его точке $(x ,sinx), 0 0$ имеет угловой коэффициент, т.е. тангенс угла наклона к оси $Ox,$ равный $cosx0,$ и для её построения при помощи циркуля и линейки достаточно построить отрезок длины $1.$ Действительно, имея отрезки $1$ и $sinx0,$ можно построить отрезок $|cosx0|$ (при помощи тригонометрического круга), а значит, и угол, тангенс которого равен $cosx0.$ Покажем, как построить отрезок длины $1$ (т.е. восстановить масштаб).

(a) Из точки $A =(a,sina),$ где $(π ) a ∈ 2,α ,$ лежащей на графике функции, опустим перпендикуляр на ось $Oy$ (рис. слева). Так как $sin(π− a)= sina,$ то этот перпендикуляр пересечёт график функции $y =sin x$ в точке $B =(π− a,sina).$ Через середину отрезка $AB$ проведём прямую, перпендикулярную оси $Ox.$ Она пересечёт график в точке $(π ) 2,1.$ Отрезок этой прямой от оси $Ox$ до графика функции $y =sinx$ имеет длину $1.$

$PIC$

(b) Здесь несколько труднее построить отрезок единичной длины. Остальные построения будут такими же.

Пусть $a$ и $b$ — произвольные точки на оси $Ox,$ удовлетворяющие условию $0< b< a< α.$ Построим отрезок $AB$ длины $sina+ sinb.$ Через точку $B$ проведём луч $l,$ перпендикулярный отрезку $AB.$ Окружность с центром в точке $A$ и радиусом $2sina+b 2$ пересекает луч $l$ в точке $C$ (рис. справа). Так как $sina+ sinb= 2sina+bcosa−b, 2 2$ то $∠CAB = a−b. 2$ На отрезке $BC$ отметим точку $D$ такую, что $BD = sin a−b. 2$ Через точку $D$ проведём прямую, параллельную отрезку $AB.$ Эта прямая пересечёт отрезок $AC$ в точке $E.$ Длина отрезка $AE$ равна $1,$ так как

a−-b BD- sin∠CAB =sin 2 = AE

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#94426Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA′$ и $CC′$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ . Точка $B 0$ — середина стороны $AC$ . Докажите, что точка пересечения прямых, симметричных $BB0$ и $HB0$ относительно биссектрис углов $ABC$ и $AHC$ соответственно, лежит на прямой $′ ′ A C .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если вы ничего не знаете про симедиану, то перед продолжением решения этой задачи вам стоит про неë почитать.

Подсказка 2

Итак, а теперь давайте вспомним следующий факт. Пусть нам дан угол C, на сторонах даны точки A, A', B, B', притом AB и A'B' антипараллельны, тогда медиана CAB будет симедианой у CA'B' и наоборот. Поищите такую конструкцию в задаче.

Показать доказательство

Отметим середину $A′C ′,$ обозначим её за точку $K.$

$PIC$

Так как четырехугольник $′ ′ AA C C$ вписанный, $′′ A C$ антипараллелен $AC$ относительно угла $ABC,$ и так как $BB0$ — медиана в $△ABC,$ то $BK$ является симедианой в $′′ △BA C$ (медианы при отражении переходят симедианы). Также заметим, что $′ ′ A C$ антипараллелен $AC$ относительно угла $AHC,$ и так как $HB0$ — медиана в $△AHC,$ то $HK$ является симедианой в $△AHC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#93237Максимум баллов за задание: 7

Пусть $l ,l,l a b c$ — длины биссектрис углов $A,B$ и $C$ треугольника $ABC,$ а $m ,m ,m a b c$ — длины соответствующих медиан. Докажите, что

la lb lc ma-+ mb-+ mc > 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть a ≤ b ≤ c — стороны треугольника. Всякий отрезок внутри треугольника не превосходит длины его наибольшей стороны. Как тогда можно оценить выражение снизу?

Подсказка 2

Верно! Это выражение не меньше отношения суммы длин биссектрис, проведенных к сторонам a и b, к c. Осталось доказать, что сумма длин этих биссектрис превышает c. Можно ли для этого применить неравенство треугольника?

Подсказка 3

Из треугольника AIB имеем AI + IB > AB = c. Как тогда доказать требуемое неравенство?

Показать доказательство

Пусть $a,$ $b,$ и $c$ — длины сторон треугольника $ABC.$ Без ограничения общности можно считать, что $a≤ b≤ c.$ Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$

$PIC$

Тогда

la+ -lb-+ lc-> la-+-lb-≥ la+lb> AI-+IB-> 1 ma mb mc ma mb c c

Здесь второе неравенство выполнено, поскольку любой отрезок внутри треугольника (в частности, любая медиана) не превосходит наибольшей стороны. Третье неравенство выполнено, поскольку $la >AI$ и $l > BI. b$ Последнее неравенство выполнено в силу неравенства треугольника для треугольника $AIB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#91025Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ $(AB >BC )$ в точках $N$ и $M$ соответственно. $PQ$ – средняя линия треугольника $ABC,$ параллельная $AB, K$ – точка пересечения $MN$ и $PQ.$ Докажите, что $AK$ – биссектриса угла $BAC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По сути нам нужно доказать, что средняя линия, биссектриса и прямая, соединяющая точки касания вписанной окружности, пересекаются в одной точке :) Очень часто помогает сначала провести две из прямых и показать, что их точка пересечения лежит на третьей. Какие из двух было бы удобнее провести?

Подсказка 2

Проведём биссектрису и прямую, соединяющую точки касания вневписанной окружности. Пусть они пересекаются в точке K. Что можно интересного про неё заметить? Какие есть углы с вершиной в этой точке?

Подсказка 3

Каким является ∠AKC?

Подсказка 4

Он прямой! Тогда можно выделить некоторые полезные отрезки в прямоугольном треугольнике :)

Показать доказательство

$PIC$

Существует не более одной точки пересечения средней линии $PQ$ с прямой $NM,$ поэтому если мы покажем, что точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с $NM$ является таковой, задача будет решена.

Пусть $K$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ и прямой $NM.$ Докажем, что $KQ$ — средняя линия. По лемме $255$ угол $AKC$ прямой. Заметим, что $KQ$ — медиана в прямоугольном треугольнике, проведённая к гипотенузе, а значит треугольник $AKQ$ — равнобедренный. Следовательно, $∠KQC = ∠AKQ + ∠KAQ = 2∠KAQ = ∠BAC.$ Значит, $KQ ∥AB$ и $KQ$ проходит через середину $AC,$ то есть является средней линией. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#82165Максимум баллов за задание: 7

Найти геометрическое место середин отрезков с концами на двух различных непересекающихся окружностях, лежащих одна вне другой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть S₁ и S₂ — данные окружности, O₁ и O₂ — их центры. Может, попробуем параллельно перенести одну на другую?

Подсказка 2

Давайте считать, что R₁ ≤ R₂, параллельно перенесем вторую внутрь первой при помощи вектора (O₂O₁). Обозначим полученную окружности за S₂'. Пусть A₁ — точка окружности S₁, A₂ и A₂' — точки окружностей S₂ и S₂', соответствующие друг другу.

Подсказка 3

Пусть M — середина отрезка A₁A₂, M' — середина отрезка A₁A₂', тогда что можно сказать про вектор (M'M)?

Подсказка 4

В силу параллельного переноса, (M'M) = 1/2 * (O₁O₂). Какой случай тогда можно рассмотреть?

Подсказка 5

Далее будем рассматривать две концентрические окружности, ведь можно сдвинуть полученное ГМТ на данный вектор.

Подсказка 6

Пусть O — их центр, радиусы — R, r (R > r). Пусть точка А перемещается по меньшей окружности, В — по большей, рассмотрим середину этого отрезка.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — данные окружности, $O1$ и $O2$ — их центры. Рассмотрим окружность $S′2,$ которая получается из окружности $S2$ параллельным переносом на вектор $−−O−2→O1;$ центр этой окружности совпадает с центром окружности $S1.$ Пусть $A1$ — точка окружности $S1,A2$ и $A′2$ — точки окружностей $S2$ и $S′2,$ соответствующие друг другу. Если $M$ — середина отрезка $A A , 1 2$ а $M ′$ — середина отрезка $A A′, 1 2$ то $−M−−→′M = 1 ⋅−O−−O→. 2 1 2$ Поэтому можно рассмотреть случай, когда даны две концентрические окружности, потому что полученное ГМТ можно сдвинуть на вектор $1 −−−→ 2 ⋅O1O2.$

$PIC$

Пусть $O$ — общий центр двух окружностей радиусом $R$ и $r,$ причём $R> r.$ Фиксируем на окружности радиуса $r$ точку $A$ и рассмотрим середины всех отрезков $AB,$ где точка $B$ перемещается по окружности радиуса $R.$ Они образуют окружность (в этом можно убедиться, если сделать гомотетию в $A$ с коэффициентом $2,$ тогда все середины попадут на большую окружность), причём её самая близкая к $O$ точка находится на расстоянии $R-−2r,$ а самая далёкая — на расстоянии $R+r2 .$ Если точка $A$ будет двигаться по всей окружности, то мы получим кольцо с внутренним радиусом $R−2r$ и внешним радиусом $R+r2 .$