Тема Четырёхугольники

Гармонический четырёхугольник

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела четырёхугольники

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#96590

Докажите, что в гармоническом четырёхугольнике касательные к противоположным вершинам пересекаются на диагонали (или параллельны ей).

Показать доказательство

Так как угол между касательной и хордой равны, то

∠PBC = ∠PCA ∠P DA =∠P DA

$PIC$

Тогда можно заметить:

P B P C △PBA ∼ △P CB =⇒ BA- =CB-

Перепишем отношение $PPBC-= BCAB-$ .

Аналогично рассмотрим подобие $△PDA ∼ △P CD :$

PD-= PC- =⇒ PD-= DA-. DA CD PC CD

Так как отрезки касательных равны, то есть

P D= PB =⇒ BA-= DA- CB CD

Из этого равенства получаем:

BA ⋅CD = CB⋅DA =⇒ Четы рёхугольник гармонический.

Теперь докажем то, что требуется в задаче. Докажем от обратного: пусть касательные пересекаются не на диагонали. Тогда докажем, что точка $E$ и есть точка $A.$

$PIC$

Мы уже доказали, что, если касательные пересекаются на диагонали, то это гармонический четырёхугольник, следовательно $AB ⋅CD = AD ⋅BC.$ Также верно, что $EB ⋅CD =ED ⋅DC,$ так как это гармонический четырёхугольник. Запишем это в виде отношения:

AB-= BC-= EB- AD CD ED

Рассмотрим равенство $AABD-= EEBD.$ Так как $AB < EB$ , a $AD >ED$ , то дробь $AABD-< EEBD-$ , но такое невозможно. Поэтому точки $A$ и $E$ совпадают. Значит касательные пересекаются на диагонали гармонического четырёхугольника.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96591

Продлим чевиану $AL$ треугольника $ABC$ до пересечения с описанной окружностью в точке $D.$ Докажите, что четырёхугольник $ABDC$ гармонический тогда и только тогда, когда $AL$ — симедиана.

Показать доказательство

1) Докажем, что если $AL$ — симедиана, то $ABCD$ — гармонический.

Пусть $AC = b$ и $AB = c.$

$PIC$

Вспомним следующее свойство симедианы: симедиана делит противоположную сторону в отношении квадратов прилежащих, то есть:

BL-= AB2-= c2 LC AC2 b2

Обозначим $∠BAL = α,∠LAC = β,∠BLC =φ.$ По теореме синусов для треугольника $BAL :$

--BL--- = --AB--- sin∠BAL sin∠BLA

BL-- -c-- sinα = sinφ (1)

По теореме синусов для треугольника $CAL :$

--CL--- --AC--- -----AC------ --AC--- sin∠CAL = sin∠ALC = sin180∘− ∠ALB = sin∠ALB

CL b sinβ-= sinφ- (2)

Поделим неравенство $(1)$ на неравенство $(2) :$

BL-sinβ = csinφ- CL sinα bsinφ

sinβ-= c⋅ CL sinα b BL

sinβ c b2 b sinα-= b ⋅c2 = c

Заметим, что $∠BCD = ∠BAD =α$ и $∠DBC = ∠DAC = β$ как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Теперь распишем теорему синусов для треугольника $BCD :$

--CD---- --BD---- sin∠DBC = sin∠BCD

CD BD sinβ-= sinα-

CD- = sinβ BD sinα

-CD = b BD c

Отсюда

CD-= AC- BD AB

То есть четырёхугольник $ABCD$ гармонический по определению.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

2) Предположим, что для гармонического четырёхугольника $ABCD$ верно, что $AD$ не является симедианой для треугольника $ABC.$ Тогда проведём симедиану $AD′$ треугольника $ABC,$ где точка $D′$ лежит на окружности, описанной около $ABC.$ Из пункта 1 четырёхугольник $ABCD ′$ — гармонический.

Проведём касательные к окружности, описанной около $ABC,$ в точках $B$ и $C.$ Пусть эти касательные пересекаются в точке $K.$ Тогда точка $D$ — это точка пересечения $AK$ и описанной окружности, так как $ABCD$ — гармонический, а так же точка $D ′$ является точкой пересечения $AK$ и этой окружности, так как $ABCD ′$ — гармонический. Получается, прямая $AK$ пересекает окружность в трёх точках: $D,D ′$ и $A,$ что невозможно. Получили противоречие, значит, если четырёхугольник $ABCD$ гармонический, то $AD$ — симедиана $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96592

Обозначим через $N$ середину диагонали $AC$ вписанного четырёхугольника $ABCD.$ Докажите, что четырёхугольник $ABCD$ гармонический тогда и только тогда, когда $∠BNC = ∠DNC.$

Показать доказательство

Сначала докажем, что если четырёхугольник гармонический, то $∠BNC =∠DNC,$ где $N$ — середина диагонали $AC.$

Так как $ABCD$ — гармонический, то $BD$ является симедианой треугольников $ABC$ и $ADC.$

$PIC$

Точка $N$ — середина AC, поэтому $BN$ — медиана $ABC,$ а $DN$ — медиана $ADC.$ Отсюда

∠ABN = ∠DBC = α и ∠ADN = ∠BDC = β,

так как медиана и симедина симметричны относительно биссектрисы. Так же заметим, что

∠BAC = ∠DBC = α и ∠CAD =∠BDC = β,

как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

$∠BNC$ — внешний угол для треугольника $ABN,$ поэтому

∠BNC = ∠ABN + ∠BAC = α +β

Аналогично, $∠DNC$ — внешний угол для треугольника $ADN,$ поэтому

∠DNC = ∠ADN +∠CAD =α +β

Отсюда, $∠BNC =∠DNC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Предположим, что вписанный четырёхугольник $ABCD,$ для которого верно, что $∠BNC = ∠DNC,$ где $N$ — середина диагонали $AC,$ не является гармоническим. Тогда построим гармонический четырёхугольник $ABCD ′.$ Пусть точка $K$ — точка пересечения касательных к описанной окружности в точках $A$ и $C.$ Тогда точка $D′$ — это точка пересечения прямой $KB$ и описанной окружности.

Так как $ABCD ′$ — гармонический, и $N$ — середина диагонали $AC,$ то $∠BNC = ∠D′NC,$ как было доказано выше. Отсюда, $∠DNC = ∠D′NC,$ что невозможно, как как точки $D$ и $D′$ различны. Получили противоречие, следовательно, если для вписанного четырёхугольника $ABCD$ верно, что $∠BNC = ∠DNC,$ где $N$ — середина диагонали $AC,$ то этот четырёхугольник — гармонический.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#69429

Через точку $A,$ лежащую вне окружности, проведены касательные $AB$ и $AC$ к этой окружности, а также прямая, пересекающая окружность в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что точки $A,B,C$ и середина отрезка $XY$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ — середина $XY.$ Заметим, что $BXCY$ — гармонический. Действительно, достаточно воспользоваться двумя подобиями $△AXC ∼△ACY, △AXB ∼ △ABY.$ Значит, $BC$ будет в нём симедианой, откуда следует равенство углов $∠XCA =∠XY C = ∠XBC = ∠YBM, ∠XBA =∠XY B = ∠XCB = ∠MCY$ (поскольку $CM,BM$ — медианы). Далее можно использовать

∠ABC = ∠XBA + ∠XBC = ∠MCY +∠MY C = ∠CMA

Отсюда и следует вписанность $ABMC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#69430

Пусть $ABCD$ — вписанный четырехугольник, в котором биссектрисы углов $A$ и $C$ пересекаются на диагонали $BD.$ Докажите, что биссектрисы углов $B$ и $D$ пересекаются на диагонали $AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Используем свойство биссектрис $AX,CX,$ получим

BX- = AB-= BC- =⇒ AB ⋅CD = BC ⋅AD DX AD CD

Вписанный четырёхугольник с таким свойством называется гармоническим. Аналогично из этого равенства можно получить пересечение биссектрис двух других углов на диагонали $AC.$

Проведём биссектрису угла $D,$ пусть она пересекла диагональ $AC$ в точке $Y,$ тогда по свойству биссектрисы

AY-= AD- YC CD

Но ведь получили выше, что

AD- AB- CD = BC

Так что в итоге

AY- AB- YC = BC

Отсюдаc следует, что точка $Y$ лежит на биссектрисе угла $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#36390

Прямые, симметричные диагонали $BD$ вписанного четырехугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D$ , проходят через середину диагонали $AC$ . Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C$ , проходят через середину диагонали $BD$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AC$ . Тогда из условия $∠CDM = ∠ADB$ и $∠CBM = ∠ABD$ , то есть $BD$ является симедианой для $△ACD$ и $△ABC$ . С учётом вписанности $ABCD$ получаем, что он гармонический, поэтому его другая диагональ $AC$ также является симедианой, отсюда соответствующие симметричные ей прямые будут медианами, что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#36395

Две неравные окружности $ω 1$ и $ω 2$ касаются внутренним образом окружности $ω$ в точках $A$ и $B.$ Пусть $C$ и $D$ точки пересечения окружностей $ω1$ и $ω2.$ Прямая $CD$ пересекает $ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что касательные к $ω,$ проведенные в точках $E$ и $F,$ пересекаются на прямой $AB.$

Показать доказательство

$PIC$

Вписанный четырёхугольник, касательные к описанной окружности которого из противоположных вершин пересекаются на диагонали, это гармонический четырёхугольник. Но для такого четырёхугольника верно, что если хотя бы одна из диагоналей содержит точку пересечения соответствующих касательных, то и вторая тоже. То есть для решения задачи достаточно показать, что $EF$ пройдёт через точку пересечения общих касательных в точках $A$ и $B.$ Но ведь общая хорда окружностей $EF$ является радикальной осью, так что точка пересечения касательных, которая имеет равную степень относительно окружностей, обязана лежать на $EF.$

Поясним это: предположим, что касательные в точках $A$ и $B$ пересеклись в точке $T,$ а $CD$ не проходит через точку $T.$ Проведём прямую $T D,$ которая пересечёт $ω1$ и $ω2$ в точках $C1$ и $C2,$ причём $TC2 ⁄= TC1.$ Однако в силу равенства $TA2 =T B2,$ имеем $TD ⋅TC1 = TD ⋅TC2 ⇐⇒ TC1 = TC2,$ то есть $CD$ проходит через $T,$ откуда и следует требуемое.

Замечание. Если $A$ и $B$ диаметрально противоположны, то есть касательные в них параллельны, то вся конструкция симметрична относительно прямой $AB,$ а касательные в симметричных относительно неё точках пересекутся на самой прямой. Иначе говоря, в этом случае все центры окружностей лежат на одной прямой, откуда и следует симметрия.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#36677

Прямые, симметричные диагонали $BD$ четырехугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D,$ проходят через середину диагонали $AC.$ Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C,$ проходят через середину диагонали $BD.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ – середина $AC,L$ – точка пересечения диагоналей. По свойству симедианы $AL :CL =$ $AB2 :CB2$ и $AL :CL =AD2 :CD2.$ Получаем, что $AB :BC = AD :CD,$ откуда с учётом свойства биссектрисы имеем, что основания биссектрис треугольников $ABC$ и $ADC$ на стороне $AC$ совпадают. Но тогда точка пересечения биссектрис треугольника $BMD$ лежит на $AC,$ то есть $AC$ — тоже биссектриса этого треугольника. Следовательно, $∠BMC =∠CMD.$

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает прямую $BD$ в точке $E.$ Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу равны: $∠BCA = ∠BEA,∠ECA =∠EBA.$ Из этих двух равенств по теореме о сумме углов в треугольнике следует $∠BMC = ∠CME.$

Значит, лучи $MD$ и $ME$ совпадают. Тогда и их точки пересечения с прямой $BD$ совпадают: $D = E,$ а четырёхугольник $ABCD$ из условия является гармоническим (он вписан в окружность и произведения противоположных сторон равны). У гармонического четырёхугольника обе диагонали являются симедианами соответствующих треугольников, так что утверждение задачи получено.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#37112

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, а $M$ — середина стороны $BC.$ Окружности, описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ вторично пересекаются в точке $D.$ Докажите, что прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть в окружности около $ABDC$ градусная мера дуги $AB$ равна $2β$ , дуги $BD$ — $2α.$ Тогда $∠AOD = 2(α +β)$ , а $∠OAD =90∘− α− β.$ В окружности около $AOMD$ равны вписанные углы, поэтому $∠AMD = 2α+ 2β$ и сумма противоположных углов равна $180∘$ , поэтому $∠OMD = 90∘+ α+ β.$ В силу того, что $OM ⊥ BC$ , получаем $∠DMB = α+ β = ∠BMA$ . Вписанный четырёхугольник с таким свойством является гармоническим, а его диагонали содержат симедианы соответствующих им треугольников.

Второе решение.

$PIC$

Пусть прямая, симметричная $AM$ относительно биссектрисы, пересекается с описанной окружностью $△ABC$ в точке $E.$ Тогда четырёхугольник $ABCE$ — гармонический, а его диагональ $MB$ является биссектрисой $AME.$ Угол $AMB$ составляет половину от угла $AME$ и равен полусумме градусных мер дуг $AB$ и $CF$ . А дуга $CF$ равна дуге $BE$ , так как они опираются на равные углы. Отсюда сам угол $AME$ равен сумме градусных мер дуг $AB$ и $BE$ , то есть градусной мере дуги $AE$ , которой также равен центральный угол $AOE.$

Итак, углы $AOE$ и $AME$ равны, поэтому точка $E$ лежит на описанных окружностях $△AMO$ и $△ABC,$ следовательно, совпадает с точкой $D$ из условия задачи.

Третье решение.

$PIC$

Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ пересекаются в точке $P$ . Заметим, что эти касательные не могут быть параллельны, ведь тогда $∠A= 90∘$ и $M = O$ , а по условию нам дан треугольник $AMO.$

Пусть $AP$ пересекается с описанной около $ABC$ окружностью в точке $E.$ По теореме о касательной и секущей

2 PE ⋅P A= PC

Из прямоугольного $△OCP$ ( $∠PCO = 90∘$ , как угол между касательной и радиусом), в котором $CM$ — высота:

2 P C = PM ⋅PO

ИЗ $P E⋅PA = PM ⋅PO$ следует, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AMO$ , а из построения — на описанной окружности треугольника $ABC$ . Но окружности не могут пересекаться в трёх различных точках $A,D,E$ , так что $E = D$ .

Осталось заметить, что по основной теореме о симедиане прямая $AD$ симметрична медиане $△ABC$ относительно его биссектрисы.

Замечание.

Cама задача выражает следующий факт: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#86171

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность $ω$ с центром $O.$ Биссектриса угла $ABD$ пересекает отрезок $AD$ в точке $K$ и окружность $ω$ второй раз в точке $M.$ Биссектриса угла $CBD$ пересекает отрезок $CD$ в точке $L$ и окружность $ω$ второй раз в точке $N.$ Известно, что прямые $KL$ и $MN$ параллельны. Докажите, что описанная окружность треугольника $MON$ проходит через середину отрезка $BD.$

Показать доказательство

Пусть $∠DBN = α.$ Тогда $∠DBN = ∠NBC =∠NDC = α,$ так что прямая $DN$ касается окружности $BDL.$ Тогда $DN2 = NL ⋅NB.$ Аналогично $2 DM = MK ⋅MB.$ Поделив эти два равенства друг на друга, получаем, что

DN2 NL NB DM2- = MK--⋅MB--

С другой стороны из параллельности прямых $KL$ и $MN$ получаем, что $NB NL MB-= MK-.$ Тогда

DN2 NL NB NB2 DM2- = MK-⋅MB--= MB2-

То есть четырехугольник $BNDM$ — гармонический. Обозначим через $X$ точку пересечения касательных, проведенных к окружности $ABC$ в точках $M$ и $N.$

$PIC$

Из вписанности, равенства углов между хордой и касательной, симметрией медианы и симедианы получаем

∠MF X = ∠MBF + ∠BMF = ∠MND +∠NMD = ∠MND + ∠DNX = ∠MNX

Тогда $N, M,X$ и середина $BD$ лежат на одной окружности.

Но точка $O$ также лежит на этой окружности, так как углы $ONX$ и $OMX$ прямые.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91248

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Прямые, касающиеся этой окружности в точках $A$ и $C,$ пересекаются на прямой $BD.$ Найдите $AD$ , если $AB = 2$ и $BC :CD = 4:5.$

Показать ответ и решение

Пусть касательные к окружности в точках $A$ и $C$ пересекаются в точки $P.$

$PIC$

По свойству касательной получаем, что $∠PAB = ∠ADP$ и $∠PCB = ∠CDP.$ Следовательно, будет две пары подобных треугольников: $P AB$ и $ADP,$ $PCD$ и $CDP.$ Тогда из подобия получаем

AD PB DC PD AB- = AP- и BC-= CP-

Заметим, что $AP = CP,$ как касательные из одной точки, значит,

AD-= DC- AB BC

AD = AB ⋅ DC-= 2⋅ 5 = 5 BC 4 2

Замечание. Такие четырёхугольники как $ABCD,$ т.е. для которых верно, что произведения противолежащих сторон равны, называются гармоническими.

Ответ:

$5 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32961

Пусть $OP$ — диаметр окружности $Ω$ , $ω$ — окружность с центром в точке $P$ и радиусом меньше, чем у $Ω$ . Окружности $Ω$ и $ω$ пересекаются в точках $C$ и $D$ . Хорда $OB$ окружности $Ω$ пересекает вторую окружность $ω$ в точке $A$ . Найдите длину отрезка $AB$ , если $BD ⋅BC = 5$ .

Источники: ОММО-2016, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $N$ и $M$ – вторые точки пересечения с окружностью $ω$ прямых $OA$ и $DB$ соответственно. В силу симметрии относительно прямой $OP$ , дуги $OC$ и $OD$ равны. Следовательно, $∠ABC =∠DBA =∠MBN.$

$PIC$

Первое решение.

Обозначим эти равные углы через $α$ . Из вписанности четырёхугольника $CBP D$ получаем, что $∠CPD = ∠CBD = 2α$ . Следовательно, поскольку $P$ – центр $ω$ , имеем $D^A + ^AC = DAC = 2α.$ C другой стороны, $^DA + ^MN = 2∠DBA = 2α$ . Вычитая общую дугу $^DA$ , получаем, что $^AC = ^MN$ , откуда $^AM = ^CN.$

Значит, $∠CAB = ∠ADB$ , и треугольники $ABC$ и $DBA$ подобны по двум углам, откуда $ABBC-= BADB-$ , так что $AB2 = BC ⋅BD =5,AB =√5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $∠ABP = 90∘$ , как вписанный угол в окружности $Ω$ , опирающийся на её диаметр $OP$ , поэтому $BP$ является высотой и биссектрисой треугольника $AP N$ . Получаем, что точки $M$ и $C$ симметричны относительно прямой $BP$ , так что $BC =BM.$ В окружности $ω$ по теореме о пересекающихся хордах $BA ⋅BN =BD ⋅BM.$ Тогда $AB ⋅AB =BD ⋅BC = 5,$ откуда сразу получаем ответ.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В ходе первого решения мы выяснили, что $∠CDN =∠CAB =∠BDA$ . То есть прямые $DC$ и $DB$ симметричны относительно биссектрисы угла $ADN$ . А во втором решении замечено, что $B$ — середина стороны $AN.$

Тогда оказывается, что точка $C$ лежит на симедиане треугольника $ADN$ . А сама задача тесно связана со следующим фактом: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам. Вы могли встретить его в такой задаче: пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, $M$ — середина стороны $BC,$ описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ окружности вторично пересекаются в точке $D.$ Тогда прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Ответ:

$√5$