Тема Всесиб (Всесибирская открытая олимпиада школьников)

Планиметрия на Всесибе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела всесиб (всесибирская открытая олимпиада школьников)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80747

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ и продолжение стороны $DC$ за точку $C$ в точках $K$ и $M$ соответственно, как показано на рисунке:

$PIC$

Доказать, что центр описанной окружности треугольника $KCM$ лежит на описанной окружности треугольника $BCD$ .

Источники: Всесиб-2024, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в параллелограмме проведена биссектриса, так и хочется поискать равнобедренные треугольники. Видно, что △KCM — равнобедренный. С чем тогда хочется соединить центр О описанной окружности △KCM?

Подсказка 2

Верно, с точкой C! Тогда OC будет серединным перпендикуляром к KM. Но ведь не любая точка на нём будет центром окружности, поэтому надо как-то еще попользоваться ей. Предлагаю отметить, что OK=OC. А как нам подобраться к описанной окружности △BCD?

Подсказка 3

Можно попытаться доказать, что уголочки ∠OBC и ∠ODC равны. Какие у нас есть для этого инструменты? В самом удачном случае мы просто найдем равные треугольнички... У нас уже есть равенство отрезков OK и OC, поэтому можно попытаться установить равенство △BOK и △DOC...

Подсказка 4

Равенство сторон BK и DC следует из равнобедренности △ABK. Осталось лишь показать, что уголки ∠BKO и ∠DCO равны. Посмотрите на смежные им уголки и завершите решение!

Показать доказательство

Так как $AK$ — биссектриса, то $∠BAK = ∠DAK = α$ . В силу параллельности $BC ||AD$ и $AB ||CD$ также $∠BKA =∠KMC = α$ .

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около $MCK$ . Тогда $OC ⊥ KM$ , так как $MCK$ — равнобедренный треугольник. Откуда $∘ ∠MCO = ∠KCO = 90 − α$ .

$PIC$

Также равнобедренными будут треугольники $KOC$ ( $KO =OC$ как радиусы) и $ABK$ (углы $∠BAK$ и $∠BKA$ равны по вышесказанному). Значит,

∠BKO = 180∘ − ∠OKC = 180∘− ∠MCO =∠OCD

Тогда $△BKO = △DCO$ по двум сторонам и углу между ними, потому что $BK =AB = CD$ , радиусы $OK =OC$ , а углы $∠BKO = ∠OCB.$

Следовательно, $∠OBC = ∠ODC$ и тогда точки $O,B,C,D$ лежат на одной окружности.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68020

В треугольнике $ABC$ биссектрисы углов $∠BAC$ и $∠BCA$ пересекают стороны $BC$ и $AB$ в точках $K$ и $P$ соответственно. Известно, что длина стороны $AC$ равна сумме длин отрезков $AP$ и $CK.$ Найдите величину угла $∠ABC.$

Источники: Всесиб-2023, 11.1 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз у нас есть условие на то, что сторона AC равна сумме отрезок, то давайте разобьем нашу сторону как раз на две части, каждая из которых будет равна одному из отрезков в условии) Причем т.к. у нас тут биссектрисы, то удобно будет сделать так, чтобы равные отрезки прилегали к одной вершине. Разделим так нашу сторону точкой D. Что можно заметить на картинке теперь?

Подсказка 2

Пусть биссектрисы пересекаются в точке I. Тогда треугольники API и ADI равны! Тоже можно сказать про ICK и IDC. А дальше остается просто счет уголков)

Показать ответ и решение

Первое решение (счетное).

$PIC$

Давайте будет пользоваться свойством биссектрисы:

AP AC PB-= BC-

KC AC KB- = AB.

Тогда:

AP =---AC---⋅AB AC + BC

KC = ---AC-- ⋅BC. AC + AB

Теперь подставим это в $AC =AP + CK :$

--AC---- --AC--- AC = AC +BC ⋅AB + AC +AB ⋅BC

AB BC 1= AC-+BC-+ AC-+-AB

Домножим на знаменатели:

AC2+ AC (BC + AB)+ BC ⋅AB = AB ⋅AC +AB2 + BC ⋅AC + BC2

AC2 = AB2+ BC2 − BC ⋅AB.

Тогда из теоремы косинусов для треугольника $ABC$ следует, что $2cos∠ABC = 1.$ Отсюда получаем ответ.
Второе решение (более идейное).

$PIC$

Отметим точку $D$ на отрезке $AC,$ такую что $DC = KC.$ Тогда из условия следует, что $AD = AP.$ Заметим, что треугольники $AP I,ADI$ равны по двум сторонам и углу между ними. Аналогично равны треугольники $IKC,IDC.$ Из этого следует:

∘ ∠C- ∠ADI = ∠API =∠AP C =180 − ∠A− 2

∠A ∠CDI =∠IKC =∠AKC =180∘− ∠C− -2-.

Теперь воспользуемся тем, что $∠ADI + ∠CDI =180∘ :$

360∘− 3(∠A+ ∠C)= 180∘ 2

∠A + ∠C = 120∘.

Тогда по теореме о сумме углов:

∠ABC =180− (∠A + ∠C)= 60∘.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71447

Пусть $H$ — точка пересечения высот остроугольного треугольника $ABC,$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ На стороне $AB$ выбрана точка $K$ такая, что прямая $BH$ делит отрезок $CK$ пополам. Доказать, что отрезки $MH$ и $CK$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2022, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть прямая BH, которая делит отрезок пополам...чем-то напоминает медиану в треугольнике, с которой можно выполнить полезное дополнительное построение. Какое?

Подсказка 2

Удвоим отрезок BP, отметив новую точку T, после чего у нас появится параллелограмм. Теперь мы можем посчитать в нем уголки. Вернемся к условию. Чем являются MN и KP для треугольников на рисунке? На чертеже много прямых и равных углов, быть может, стоит попробовать найти подобие?

Подсказка 3

Заметим, что MH и CP это медианы треугольников BCT и AHC, в которых есть перпендикулярные стороны. Что же осталось доказать?)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим точку пересечения отрезков $CK$ и $BH$ за $P.$ Отметим на луче $BH$ точку $T$ такую, что $P$ является серединой отрезка $BT.$

Диагонали $BT$ и $CK$ четырёхугольника $BCT K$ делятся точкой пересечения $P$ пополам, поэтому он является параллелограммом, его стороны $BK$ и $CT$ параллельны и $∠CT B =∠KBT,$ то есть $90∘− ∠A,$ а $∠CBT = 90∘− ∠C.$

В треугольнике $AHC$ $∠HAC =90∘− ∠C,$ $∠HCA =90∘− ∠A,$ следовательно, треугольники $AHC$ и $BCT$ подобны. Их соответствующие стороны $AC$ и $BT$ перпендикулярны, а отрезки $MH$ и $CP$ являются медианами этих треугольников, проведёнными к соответствующим сторонам, поэтому тоже перпендикулярны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31985

Пусть $P$ — основание высоты, опущенной из вершины $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ на его гипотенузу $BC$ , a $M$ — середина отрезка $CP$ . Обозначим через $E$ точку на продолжении стороны $AB$ за точку $B$ такую, что $AB = BE$ . Докажите, что прямые $EP$ и $AM$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2021, 9.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Удвоим $AM$ до точки $K$ и $AP$ до точки $T ∈ EK$ , тогда $∠PTK = 90∘$ . Мы удвоили медиану, потому $∠KP T = ∠CAP = ∠ABC =∠AEK$ в силу параллельности и прямого угла $∠BAC$ . Но тогда $∠P KT +∠KEA = 90∘$ , то есть $PK ⊥ AE$ , но тогда $P$ — ортоцентр $△AEK$ и $EP ⊥ AK$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92433

На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ квадрата $ABCD$ соответственно отмечены точки $P,Q,R,S$ , отличные от вершин. Известно, что длина стороны квадрата равна 1. Доказать, что выполнены неравенства:

2 2 2 2 2≤ PQ +QR +RS +SP < 4.

Источники: Всесиб - 2021, 11.1 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть картинка, где абсолютно случайно, независимо друг от друга, выбирается 4 точки на разных сторонах квадрата. Это значит как минимум то, что либо нам надо будет объединить все слагаемые в полученной сумме (пока непонятно какой, но точно выражающей сумму из условия) в одно слагаемое, которое зависит только от стороны квадрата, либо нам надо оценивать каждое слагаемое по отдельности. Выразите каждое слагаемое из условия и попробуйте применить рассуждения выше.

Подсказка 2

Верно, можно сгруппировать наши слагаемые по частям стороны. Тогда каждая пара слагаемых будет иметь вид x² + (1 - x)². Как тогда получить оценку на каждое слагаемое, а значит, по соображениям из первой подсказки, и на всю сумму?

Показать доказательство

$PIC$

По теореме Пифагора

PS2 = AP2 +SA2

P Q2 = BP2 +BR2

2 2 2 QR = CQ +CR

2 2 2 RS = DR +DS

Сложим эти равенства и перегруппируем результат в виде:

PQ2 + QR2+ RS2+ PS2 =

( ) ( ) ( ) ( ) AP 2+P B2 + BQ2 + QC2 + CR2 + RD2 + DS2 + SA2

Каждое из выражений в скобках имеет вид $2 2 2 f(x)= x +(1− x) =2x − 2x+ 1$ для некоторого $0< x< 1$ и заключено в пределах от $(1) 1 f 2 =2$ включительно до $f(1)= 1$ невключительно. Следовательно, сумма $PQ2 + QR2+ RS2+ SP2$ заключена от $(1) 4f 2 = 2$ включительно до $4f(1)= 4$ невключительно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92434

Доказать, что четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон произвольного вписанного четырёхугольника на его противоположные стороны, пересекаются в одной точке.

Источники: Всесиб - 2021, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Обозначим вершины произвольного вписанного в окружность четырёхугольника за $A,B,C$ и $D,$ центр окружности за $O,$ середины сторон $AB,BC,CD$ и $DA$ за $P,Q,R$ и $S$ соответственно.

$PIC$

Отрезки $OQ$ и $OS$ являются серединными перпендикулярами к сторонам $BC$ и $AD,$ поэтому они параллельны перпендикулярам $SM$ и $QL,$ опущенным на эти стороны из середин противоположных сторон четырёхугольника. Обозначим точку пересечения этих перпендикуляров за $V,$ из параллельности отрезков $OQ$ и $SV,$ а также $OS$ и $QV$ следует, что четырёхугольник $OSV Q$ является параллелограммом. Следовательно, его диагонали $SQ$ и $OV$ пересекаются в точке $X,$ делящей их пополам. Диагональ $SQ$ при этом является средней линией четырёхугольника $ABCD,$ поэтому точка $V$ пересечения перпендикуляров $QL$ и $SM,$ опущенных из середин сторон $BC$ и $AD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру $O$ описанной окружности относительно середины $X$ отрезка $SQ,$ соединяющего середины сторон $BC$ и $AD.$

Аналогично доказывается, что точка $W$ пересечения перпендикуляров, опущенных из середин сторон $AB$ и $CD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру О описанной окружности относительно середины отрезка $PR,$ соединяющего середины сторон $AB$ и $CD.$ Четырёхугольник $PQRS,$ образованный серединами сторон произвольного четырёхугольника $ABCD,$ образуют параллелограмм (Вариньона), стороны которого параллельны диагоналям $AC$ и $BD$ и равны их половинам.

$PIC$

Следовательно, отрезки $PR$ и $QS,$ являющиеся диагоналями параллелограмма $P QRS,$ делятся точкой их пересечения пополам, поэтому их середины совпадают. Значит, совпадают и точки $W$ и $V,$ симметричные центру $O$ относительно этих середин.

Таким образом, все четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон вписанного четырёхугольника $ABCD,$ пересекаются в точке $V = W$ , симметричной центру $O$ описанной окружности относительно точки пересечения средних линий $P R$ и $QS$ этого четырёхугольника.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31357

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ известно, что $AD = BC$ и $∠ADB +∠ACB =∠CAB+$ $∠DBA =30∘$ . Докажите, что из отрезков $DB, CA$ и $DC$ можно составить прямоугольный треугольник.

Источники: Всесиб-2019, 8.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы такое доказать, здорово было бы на картинке действительно из этих отрезков отложенных где-то сложить прямоугольный треугольник. Давайте попробуем отметить его вершину и доказать, что это будет она!

Подсказка 2

Попробуем для начала посчитать имеющиеся углы - какие выводы можно сделать из условий на углы в задаче? Попробуйте посчитать сумму ADC и DCB, а затем и DAB и ABC.

Подсказка 3

Попробуйте пользуясь этими знаниями понять, где должна располагаться точка - вершина прямоугольного треугольника, который мы желаем построить. Для этого полезно пойти с конца - представим, что уже получилось отметить такую точку Х, что образовался прямоугольный треугольник DCX со сторонами равными DC, CA, DB. Нарисуйте такую картинку и попробуйте сделать выводы о точке Х - это поможет угадать, как ее построить!

Показать доказательство

Для начала заметим, что

∠ADC + ∠DCB = ∠ADB + ∠BDC + ∠ACD + ∠ACB =

= 30∘+∠BDC +∠ACD =30∘+ ∠CAB + ∠ABD

так как треугольники $AOB$ и $DOC$ имеют по равному углу (вертикальные), то из суммы углов в треугольнике получаем

30∘+ ∠CAB + ∠ABD = 30∘+30∘ = 60∘

Значит, $∠DAB + ∠ABC = 300∘.$

Построим точку $X$ вовне четырёхугольника $ABCD$ такую, что $ABX$ равносторонний.

$PIC$

Теперь заметим, что

∘ ∠DAX = 360 − ∠XAB − ∠DAB =

= 300∘− ∠DAB = ∠ABC

∠XBC = 360∘− ∠XBA − ∠ABC =

= 300∘− ∠ABC = ∠DAB

Но тогда равны треугольники $XAD$ и $ABC$ , откуда $AC = DX;DAB$ и $XBC$ , откуда $BD = XC$ . Кроме того,

∠DXC = ∠DXA + ∠AXB + ∠BXC =

= ∠BAC + 60∘+∠ABD = 60∘+ 30∘ = 90∘.

Значит, треугольник $XDC −$ искомый.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#49001

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $M$ – середина гипотенузы $BC$ , а точки $P$ и $T$ делят катеты $AB$ и $AC$ в отношении $AP :PB = AT :TC = 1:2.$ Обозначим за $K$ точку пересечения отрезков $BT$ и $PM$ , за $E$ – точку пересечения отрезков $CP$ и $MT$ , и за $O$ — точку пересечения отрезков $CP$ и $BT.$ Доказать, что четырёхугольник $OKME$ вписанный.

Источники: Всесиб-2019, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, нам нужно доказать вписанность четырехугольника. Либо это нужно делать доказательством равенства некоторых отношений, либо через углы(которые являются следствием подобия). Если предположить, что мы будем доказывать через углы, то наиболее оптимальными кажутся углы OME и OKE. С углом OME пока не понятно, куда его перекинуть, а вот угол OKE кажется более интересным.

Подсказка 2

Посмотрим на отрезок PT. В силу отношений из условия, по обратной теореме Фалеса, PT || BC. А какие еще подобия, из-за этой параллельности, вы видите на картинке?

Подсказка 3

На картинке есть две пары подобных треугольников: (PET и CEM) и (PKT и BKM). Отсюда вытекают подобия TE/EM=PT/CM, PT/BM=PK/KM и , в силу CM=BM, по обратной теореме Фалеса, получаем, что углы OKE и OBC равны. А вот и получилось перекинуть угол OKE. Остался только вопрос, какому еще углу равен угол OME? Сразу не видно, но кажется, что такого угла нет на картинке. А как его получить, если воспользоваться симметрией треугольника AMC(он равнобедренный) и тем, что AT/2=ТC?

Подсказка 4

Можно соединить М c серединой TC(пусть это точка D). Тогда, в силу симметрии, так как AT=DC, то углы OME и DMC равны. А куда теперь можно перекинуть угол DMC, если MD соединяет середины сторон ВС и TC?

Подсказка 5

В силу того, что MD-cредняя линия, угол DMC и угол TBC равны. То есть осталось доказать, что угол TBC равен углу OKE , и задача решена!(параллельность такая: бзззз)

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как $AP :PB = AT :TC = 1:2$ , то $PT ∥BC$ по обратной теореме Фалеса, тогда из подобия треугольников $PT :BC = 1:3.$

Так как из подобия соответствующих треугольников $TE- PT- EM = CM$ и $PT- PK- BM = KM$ , то с учётом $CM =BM$ по обратной теореме Фалеса получаем $KE ∥BC$ и $∠OKE = ∠OBC.$

Теперь обозначим середину $TC$ как $D$ . Тогда $MD ∥BT$ как средняя линия и $∠OKE = ∠OBC = ∠DMC$ . Так как $AMC$ равнобедренный и $AC- TC- AT = 3 = 2 =DC$ , то $∠AMT = ∠MDC =∠OKE$ , что означает вписанность четырёхугольника $OKME.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#49004

Пусть $A$ и $B$ — две различные фиксированные точки окружности, $C$ — произвольная точка этой окружности, отличная от $A$ и $B$ , $MP$ — перпендикуляр, опущенный из середины $M$ хорды $BC$ к хорде $AC.$ Доказать, что прямые $PM$ при любом выборе $C$ проходят через некоторую общую точку $T.$

Источники: Всесиб-2018, 11.5 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если на одной и той же окружности при фиксированных A и B проделать указанные действия с разными C, можно попробовать угадать, в каком примерно месте находится общая точка :) Т.к. фиксированные именно A и B, попробуем как-то связать их с общей точкой.

Подсказка 2

Пусть D - предполагаемая точка. Тогда проведём прямую BD до пересечения с окружностью в новой точке E и попробуем понять что-то интересное об этой прямой... Быть может, связать это с С и с тем, что М - середина BC, ведь не зря нам даны эти условия?

Подсказка 3

Попробуем доказать, что все прямые MP проходят через D - середину отрезка на перпендикуляре, восстановленном в B к AB и проведенного до пересечения с окружностью. Для этого проведем всё то, что указано в подсказке 2, с помощью вписанности, параллельности и не забывая о том, что M - середина BC, докажем, что D лежит на MP!

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем перпендикуляр $EB$ к $AB$ так, чтобы $E$ лежало на окружности и отметим середину $EB$ как $D$ . Тогда (так как $BECA$ вписанный по построению) $∘ ∠ECA = 90$ . $DM$ — средняя линия треугольника $BEC$ и поэтому $DM ∥EC$ . Пусть $DM$ пересекает $AC$ в точке $′ P$ . Так как $DP ∥EC$ , то $′ MP ⊥AC$ , и значит, точки $P$ и $′ P$ совпадают.

Итак, независимо от выбора точки $C$ на окружности описанная в условии прямая $MP$ проходит через фиксированную точку $D$ - середину отрезка на восставленном из точки $B$ перпендикуляре, продолженном до пересечения с окружностью.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#49006

В треугольнике $ABC$ отрезки $AK,BL$ и $CM$ – высоты, $H$ – их точка пересечения, $S$ – точка пересечения $MK$ и $BL$ , $P$ — середина отрезка $AH$ , $T$ — точка пересечения прямой $LP$ и стороны $AB.$ Доказать, что прямая $ST$ перпендикулярна стороне $BC.$

Источники: Всесиб-2016, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним свойства высот! Что можно сказать про четырехугольники AMKC и BCML?

Подсказка 2

Верно, они вписанные! Тогда, отметим уголочки в этих четырехугольниках! А что можно сказать про ∠ACB (если мы знаем, что угол между прямыми равен углу, между перпендикулярами к этим прямым)?

Подсказка 3

Да, он равен ∠AHL! Так как, P – середина AH, то LP – медиана в треугольнике ALH, который является прямоугольным. А медиана в прямоугольном треугольнике, проведенная из прямого угла – разбивает исходный треугольник на два равнобедренных! Тогда что можно сказать про четырехугольник TSML?

Подсказка 4

Конечно, он вписанный! То есть, ∠TSL=∠TML (опираются на дугу TL) ⇒ ∠TSL=∠AHL! ⇒ TS параллельна высоте AK.

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Обозначим $α =∠ACB.$ От проведения высот нам понадобятся следующие результаты:

(1) ∠TML = α (из вписанности BCML )

∘ (2) ∠AMK =180 − α (из вписанности AMKC )

Также известно, что угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к этим прямым, так что

α =∠(AC,CB )= ∠(BL,AK )= ∠AHL

По условию $LP$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ALH$ , поэтому

(3) ∠PLH = ∠PHL = α

Из $(2)$ и $(3)$ следует, что в четырехугольнике $TMSL$ противоположные углы в сумме дают $180∘,$ значит, он вписанный. А вписанные углы, опирающиеся на дугу $TL$ равны:

∠TSL = ∠TML = α

Получаем, что соответственные углы $TSL$ и $AHL$ равны, поэтому прямая $TS$ параллельна высоте $AK$ , так что тоже перпендикулярна стороне $BC$ , что и требовалось.

Второе решение.

Так как $∘ ∠AMC = ∠AKC = 90$ , то четырёхугольник $AMKC$ — вписанный. Значит, $∘ ∠AMK = 180 − ∠BCA$ . Так как $AK$ и $BL$ высоты, то $∠AHL = 90∘− ∠CAK = ∠BCA$ .

По условию $LP$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ALH$ , поэтому $∠P LH =∠P HL = ∠AHL = ∠ACB = 180∘− ∠AMK.$ Отсюда следует, что четырехугольник $T MSL$ вписанный.

Отсюда $∠TSL =∠T ML$ . Мы знаем, что $∠BMC = ∠BLC = 90∘$ , поэтому четырехугольник $BMLC$ вписанный. Значит $∠AML = ∠BCA = ∠TSL.$

$PIC$

Тогда $∠DEC = 180∘− ∠ACB − ∠SDL = 180∘− ∠ACB − (90∘− ∠TSL)= 90∘.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#88296

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $M$ . На первой окружности выбрана произвольная точка $A$ , отличная от $P$ и $M$ и лежащая внутри второй окружности, лучи $P A$ и $MA$ вторично пересекают вторую окружность в точках $B$ и $C$ соответственно. Докажите, что прямая, проходящая через $A$ и центр первой окружности, перпендикулярна $BC$ .

Источники: Всесиб - 2016, 10.4 (переформулировка задачи 9 класса с Региона ВсОШ-1998) (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр первой окружности, $H ,H 1 2$ — проекции точки $A$ на прямые $CB$ и $PM$ соотвественно. Тогда достаточно доказать, что точки $O,A,H1$ лежат на одной прямой. Для этого покажем, что $∠OAM = ∠CAH1$ .

$PIC$

Действительно, $∠MP B = ∠MCB$ , в силу вписанности четырехугольника $PMBC$ , тогда треугольники $AP H2$ и $ACH1$ подобны по двум углам, следовательно, $∠CAH1 =∠P AH2$ .

Наконец, прямые, проведенные из вершины треугольника и соотвественно ортоцентр и центр описанной окружности симметричны относительно биссектрисы треугольника, проведенной из сооствествующей вершины, то есть $∠P AH2 = ∠OAM$ , что завершает доказательство.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47237

Периметр треугольника $ABC$ равен $24$ cм, а отрезок, соединяющий точку пересечения его медиан с точкой пересечения его биссектрис, параллелен стороне $AC$ . Найти длину $AC$ .

Источники: Всесиб-2013, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Обозначим через $AK$ медиану из вершины $A$ , через $M$ - точку пересечения медиан $ABC$ , через I - точку пересечения его биссектрис $AA1,BB1,CC1$ . Проведём через $K$ прямую параллельно $AC$ , пересекающую биссектрису $BB1$ в точке $P$ - её середине. По теореме Фалеса $PI :IB1 =KM :MA = 1:2,$ поэтому $BI :IB1 = 2:1$ . По свойству биссектрис $AI$ и $CI$ в треугольниках $ABB1$ и $CBB1$ имеем $AB :AB1 = BI :IB1 = CB :CB1 =2 :1$ . Отсюда $AC = 12(AB + BC)= 13(AB +BC + AC)= 8.$

Второе решение.

$PIC$

Пусть $AA2,BB2$ — биссектрисы, $BB1,CC1$ — медианы, $BH$ — высота, $P$ — периметр $△ABC.$ Пусть $I =AA2 ∩BB2,Z = BB1∩ CC1$ , тогда $IZ ∥ AC.$ Отсюда следует

3 ρ(I,AC)= r= ρ(Z,AC ) =⇒ ρ(C1,AC )= 2r

ρ(C1,AC)= 3r =⇒ ρ(B,AC )= BH =2ρ(C1,AC )= 3r 2

Из отношения высот получим

SAIC- -r⋅AC-- 1 SABC = BH ⋅AC = 3

S r ⋅AC AC 1 P SAABICC--=-P-⋅r- =-P- = 3 =⇒ AC = 3-= 8

Ответ:

$8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#91383

Даны две пересекающиеся окружности радиусов $√2-$ см и $√17$ см, расстояние между центрами которых равно 5 см.

$PIC$

Прямая пересекает эти окружности в точках $A,B,C$ и $D$ так, как это показано на рисунке, причём длины отрезков $AB,BC$ и $CD$ равны. Найти длину этих отрезков.

Показать ответ и решение

Обозначим длины искомых отрезков за $2x$ , отметим центры $P$ и $Q$ окружностей и опустим из них перпендикуляры $P S$ и $QT$ на прямую $AB$ , обозначим их длины за $p$ и $q$ соответственно.