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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот у нас в наличии на картинке два подобия. Так-так… А что можно сказать на основания касания? Как мы обычно переформировываем касание, если нам нужно вписанность (или, что то же самое, подобие)?

Подсказка 2

Верно, мы переформировываем в подборе треугольников. На нашей картинке - это пары (AXC и ACY) и (AXB и ABY), а это дает нам равенство отношений, а именно - BX/BY=AB/AY=AC/AY=CX/CY, а значит BXCY - гармонический. Хорошо, мы продвинулись в задаче, но как нам теперь связать середину диагонали XY и то, что четырехугольник гармонический?

Подсказка 3

Верно, ВС - симедиана треугольника XBY. Значит, следует равенство ряда углов. Осталось правильно отметить все равные углы(а их будет два множества попарно равных углов) и прийти к требуемому в задаче!

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 $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, биссектриса пересекает сторону в конкретной точке, хмм… А какой факт мы тогда помним при такой картинке?

Подсказка 2

Верно, в каком отношении биссектриса делит сторону. Тогда верны следующие равенства: BX/DX = AB/AD и BX/DX = BC/CD. Но тогда AC*CD=BC*AD. Значит, наш четырехугольник гармонический. Можно ли теперь, зная последнее равенство, провести обратные рассуждения в отношении двух других углов и диагонали AC?

Подсказка 3

Ну конечно можно, нужен обычный советский… Счет в отрезках! Действительно, если биссектриса угла D пересекла диагональ AC в точке Y, то что можно сказать про отношение AY/YC? А если подключить полученное ранее равенство AC*CD=BC*AD?

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 $BD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, что за зверь такой есть: прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы?

Подсказка 2

Ааа, да это же симедиана! Значит, в условии дано, что диагональ вписанного четырёхугольника содержит симедиану. Как называется такой четырёхугольник?

Подсказка 3

Это гармонический четырёхугольник! Ура, ура, мы всё про него знаем. Разве у него имеет значение, какая из диагоналей содержит симедиану или сразу обе обладают таким хорошим свойством? Вот и разгадка нашей задачи!

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 $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо доказать, что касательные в точках E и F пересекаются на AB. А каким тогда должен оказаться четырёхугольник ABEF?

Подсказка 2

Гармоническим! Может быть, нам удобнее пересекать касательные в точках А и B с EF? Согласны, что если эти прямые пересекутся в одной точке, то четырёхугольник окажется гармоническим?

Подсказка 3

А ведь это будет проверять попроще из-за того, что нам дано касание окружностей. А это означает, что они имеют общую касательную. Как же связать пересечение касательных к двум окружностям и их общую хорду?

Подсказка 4

Вспоминаем радикальные оси! Нет, сейчас будет не страшно, давайте просто обсудим школьный факт, что произведение секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной. Но если эта секущая является общей хордой двух окружностей, то и отрезки касательных к обеим окружностям будут равны!

Подсказка 5

Почему равенство отрезков касательных означает требуемое? Проанализируйте ещё раз всю конструкцию с тремя окружностями! А если не получится, перечитайте подсказки. Да, задача здесь заслужила размышлений... Кстати, а что если касательные к окружностям не пересекаются вовсе? Вспомните про вырожденный случай гармонического четырёхугольника. Анализ конструкции должен быть полным! Вы ведь абсолютная дикая машина, если добрались до этой задачи и можете вгрузиться в геометрию на уже достаточно серьёзном уровне! Вы умничка :)

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 $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ура, опять задача про диагонали гармонического четырёхугольника! Постойте-ка. Внимательно читаем условие, а там... нет вписанности. И что же делать?

Подсказка 2

Вписанность нужно доказать! Только вписанный четырёхугольник может называться гармоническим, тогда сведём задачу к хорошо известной.

Подсказка 3

Мой дед однажды дал такой совет: не знаешь, как доказывать, --- попробуй от противного! Давайте прислушаемся к совету опытных людей и отметим якобы другую точку D' на прямой BD, которая лежит на описанной около ABC окружности. Что тогда можно сказать?

Подсказка 4

А вот и возник гармонический четырёхугольник! Что мы про него помним? Например, имбовый факт, что стороны BC и CD' видны под одним и тем же углом из середины диагонали AC. Супер. Тогда осталось доказать, что CD видна под тем же углом

Подсказка 5

Вам нужно доказать, что AC является биссектрисой в треугольнике с вершинками B,D и серединой диагонали AC, Ну же, осталось совсем чуть-чуть! Покажите свою геометрическую мощь и знания симедиан

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 $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мало у каких четырехугольников середина диагонали - хорошая точка. А у каких хорошая? У гармонических. Поймете, где на чертеже должен быть гармонический четырехугольник.

Подсказка 2

Оказывается, BDMN должен быть гармоническим. Как это сделать? Какие точки полезно отмечать у гармонических четырехугольников?

Подсказка 3

В условии есть параллельность, она дает какие-то отношения, биссектрисы тоже дружат с отношениями. Из них получите, что BDNM - гармонический. Отметьте точку пересечения касательных в точках M и N. После этого поймите, что все 5 точек M, O, N, середина BD и точка пересечения касательных, лежат на одной окружности.

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте продлим отрезок OB до пересечения с окружностью ω и назовём точку их пересечения N, аналогично продлим DB и назовем их точку пересечения M. Что тогда можно сказать про углы ABC, DBA и MBN?

Подсказка 2

Дуги OC и OD равны в силу симметрии относительно диаметра OP. Значит, ∠ABC = ∠DBA, а ∠DBA и ∠MBN равны, как вертикальные. Что тогда можно сказать про точки M и C, а также отрезки BC и BM?

Подсказка 3

Точки M и C симметричны относительно перпендикуляра к AB, проходящего через точку B, следовательно, отрезки BC и BM будут равными. По условию нам дано CB*BD = 5, следовательно, MB*BD = 5. На какую теорему нам сразу же намекает такое произведение?

Подсказка 4

Когда мы видим произведение отрезков одной хорды, то сразу же нужно вспомнить теорему о пересекающихся хордах, запишем её: MB*BD = AB*BN. Отлично, теперь у нас появилось нужное нам AB, но также появился отрезок BN, про который нам ничего неизвестно. Подумайте, как можно заменить BN?

Подсказка 5

Давайте заметим, что треугольник APN – равнобедренный, а ∠ABP = 90°, в таком случае отрезок PB является высотой и медианой, а BN = AB.

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:

$√5$

Предыдущий раздел

Следующий раздел