Тема ПитерГор (Санкт-Петербургская олимпиада)

Планиметрия на Питергоре

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела питергор (санкт-петербургская олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82678Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AK$ . Диаметр $XY$ его описанной окружности перпендикулярен прямой $AK$ (порядок точек на описанной окружности $B − X− A − Y − C$ ). Окружность, проходящая через точки $X$ и $Y$ , пересекает отрезки $BK$ и $CK$ в точках $T$ и $Z$ соответственно. Докажите, что если $KZ = KT$ , то $XT ⊥Y Z$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.3 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если сделать аккуратный чертеж, то кажется, что продолжения ХТ, АК и YС пересекаются в одной точке на описанной окружности треугольника АВС.

Подсказка 2

Предыдущий факт сложно доказывать напрямую, стоит применить обратный ход.

Подсказка З

Обозначим пересечение луча АК с описанной окр-тью АВС за L. Пересечение LХ и LY с ВС обозначим Т₁ и Z₁. Хотим показать, что XТ₁Z₁Y является вписанным. Используя, что дуги ВL и LС равны (из-за биссектрисы), можно посчитать сумму противоположных углов данного четырехугольника. Следующий шаг — показать равенство Т₁К и КZ₁.

Подсказка 4

Чтобы показать равенство Т₁К и КZ₁:
1) Посмотрите чему равен ∠T₁LZ₁ и чем же тогда является Т₁Z₁ в описанной окружности △T₁LZ₁.
2) Подобие каких треугольников даёт вписанность XТ₁Z₁Y? Тогда через что пройдёт прямая LK в T₁LZ₁?

Подсказка 5

Осталось показать, что такой четырехугольник единственный. Пересечением чего является центр описанной окружности вписанного четырехугольника? Посмотрите, где лежит центр окружности описанной около XT₁Z₁Y.

Показать доказательство

Применим обратный ход. Обозначим пересечение луча $AK$ с $(ABC )$ за $L.$ Пересечение $LX$ и $LY$ с $BC$ обозначим $T 1$ и $Z. 1$ Теперь нам надо доказать, что $XY Z1T1$ вписанный и $KZ1 = KT1,$ так как получится, что точки $T$ и $Z$ из условия совпадают с ними.

$PIC$

∠XY L = ⌣-LYX-= ⌣-XY-B+-⌣-BY-L = ⌣-BT1X+-⌣-LT1C-=∠LT1C 2 2 2

Тогда получили, что $T1XY Z1$ вписанный, так как внутренний угол равен противоположному внешнему. Теперь обратим внимание на то, что треугольники $XYL$ и $T1Z1L$ подобные, а в прямоугольном треугольнике высота и медиана образуют равны углы со сторонами. Поэтому так как $LK$ высота в треугольнике $XY L,$ то $LK$ является медианой в треугольнике $LT1Z1.$ Значит, $K$ середина $T1Z1,$ откуда получаем то, что мы хотели в начале.

Заметим, что четырехугольник из условия единственный, ведь его центр лежит на серединном перпендикуляре к $XY$ и на перпендикуляре к $BC,$ восставленному в $K.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#89865Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BM$ . На продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отмечена такая точка $D$ , что $BD = 2CD.$ Описанная окружность треугольника $BMC$ пересекает отрезок $BD$ в точке $N.$ Докажите, что $AC +BM >2MN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда нам дают условие о том, что описанная около треугольника окружность пересекает какую-то прямую в некоторой точке, то сразу стоит думать о том, что четырехугольник, образованный этим треугольником и этой точкой, - вписанный. А вписанность дает возможность отметить много уголочков и найти подобие. Попробуйте сделать это в нашей задаче.

Подсказка 2

Чтобы добить задачу, нужно не забыть использовать отношение сторон, данное в условии. А так же вспомнить неравенство треугольника!

Показать доказательство

$PIC$

По условию $BNCM$ — вписанный четырехугольник. Следовательно, $∠DMB =∠DNC,$ поэтому треугольники $DMB$ и $DNC$ подобны.

Стало быть, $BMCN = BCDD-=2$ и, значит, $BM = 2CN$ .

Таким образом, $AC +BM =2(MC + CN )$ и осталось доказать, что $MC + CN >MN$ . Но это просто неравенство треугольника для $△MNC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#89872Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ Точка $X$ симметрична вершине $B$ относительно прямой $AC,$ а точка $Y$ симметрична $C$ относительно $AB.$ Касательная к описанной окружности треугольника $XAY,$ проведенная в точке $A,$ пересекает прямые $XY$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Докажите, что $AE = AF.$

Источники: СПБГОР - 2023, 11.6 (см.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем добавить больше симметрий! Что если отразить точки B и C относительно A? Пусть это будут точки C’ и B’. Также для законченности картинки добавим точку D — пересечение YC’ и XB’. Что можно сказать про прямую AB?

Подсказка 2

AB проходит через середины CC’ и CY! Что это означает? Можно ли провернуть то же самое со стороны точки X?

Подсказка 3

Верно, AB C’Y и AC XB’ ! А как воспользоваться симметрией из условия? Например, что Y симметрична C относительно AB? Кем тогда является AB для угла YAC?

Подсказка 4

Верно, биссектрисой! Тогда попробуем воспользоваться тем, что угол YAC в два раза больше BAC?

Подсказка 5

Углы C’AY и B’AX равны! Что можно вывести из такого подсчета углов?

Подсказка 6

Треугольники AC’Y и AB’X подобны! Что можно вывести из этого? А как воспользоваться касательной?

Подсказка 7

YC’/XB’ = AY/AX. А из свойств касательной следует, что EAX и AYX равны! Итак, у нас достаточно много равных углов, что можно из этого вывести?

Подсказка 8

Треугольники EAX и EYA также подобны! Что полезного можно вывести из подобия? Нам хотелось бы использовать найденное ранее равенство отношений.

Подсказка 9

EX/EY = EX*AE/(AE*EY) = (AX/AY)^2.

Показать доказательство

Пусть $B ′,C′$ — отражения $B,C$ относительно $A$ соответственно, $D$ — пересечение $YC ′$ и $XB ′$ .

Из определения точки $′ C$ и того факта, что $Y$ и $C$ симметричны относительно $AB$ , получаем, что прямая $AB$ проходит через середины отрезков $CY$ и $′ CC$ . Т.е. $AB$ — прямая, содержащая среднюю линию $′ △CC Y$ $⇒$ $AB ∥DY$ . Аналогично, $AC ∥DX$ . Из этих двух параллельностей следует, что $′ ′ ∠YC A= ∠XB A$ .

$PIC$

В силу симметрий из условия

∠C′AY = 180∘− ∠YAC = 180∘− 2∠BAC = 180∘ − ∠BAX =∠XAB ′

Вместе с предыдущим фактом получаем, что $△AC ′Y ∼ △AB ′X$ . Отсюда получим, что $′ YXCB′ = AAYX$ .

Также вспомним, что $△EAX ∼ △EY A$ , откуда следует, что

EX-= EX-AE-= AX- AX- EY AE EY AY AY

Теперь докажем, что $E$ , $B ′$ и $C′$ лежат на одной прямой по теореме, обратной к теореме Менелая:

DC′Y-EXB-′= DC-′YE-XB-′= AB-AY2-AX-= 1 C′Y EX B ′D B′D EX C′Y AC AX2 AY

В силу симметрии относительно $A$ получаем $AE = AF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#70481Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ с углом $45∘$ при вершине $A$ проведены высоты $AD,$ $BE$ и $CF.$ Луч $EF$ пересекает прямую $BC$ в точке $X.$ Оказалось, что $AX||DE.$ Найдите углы треугольника $ABC.$

Источники: Источник: СпбОШ - 2022, задача 11.2 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Даны параллельность и вписанность - это сразу же намекает нам на углы! Попробуем поотмечать, а потом воспользуемся условием на угол A) Что узнаем?

Подсказка 2

Понимаем, что AF = FC! Теперь мы можем посчитать достаточно большое количество углов на картинке...но все из них равны либо 90, либо 90/2. На что это может намекать? Обратим внимание на точку F.

Подсказка 3

Угол AFC в 2 раза больше чем AXC. Чем тогда является F для треугольника AXC? Когда мы это поймем, мы сможем по аналогии связать углы AFX=EFB и ACB. Не забываем про вписанность!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что $AF =F C$ . Из вписанностей $∠CDE = 45∘$ , и теперь из параллельности $∠AXD = 45∘$ . В треугольнике $AXC$ точка $F$ оказалась центром описанной окружности (равноудалена от вершин $A$ и $C$ и центральный угол в два раза больше вписанного). Поэтому $2∠ACB = ∠AF X = ∠BF E$ , что вместе со вписанностью $BF EC$ дает $∠ACB = 60∘$

Ответ:

$45∘,60∘,75∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70484Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ На касательную, проведенную из точки $C$ к описанной окружности треугольника $AB1C1,$ опущен перпендикуляр $HQ$ (точка $Q$ лежит внутри треугольника $ABC$ ). Докажите, что окружность, проходящая через точку $B1$ и касающаяся прямой $AB$ в точке $A,$ касается также и прямой $A1Q.$

Источники: СпбОШ - 2022, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке даны какие-то касательные, присутствуют хорды - ну не просто же так! Стоит отметить равные между собой вписанные уголки в двух окружностях. Хочется доказать, что A₁Q- касательная…нет ли случайно походе конструкции на чертеже?

Подсказка 2

Из того, что AB - касательная, следует, что в двух окружностях на чертеже есть отсеченные дуги, равные удвоенному углу CAB. Мы знаем, что CQ - касательная. А хочется, чтобы A1Q стала касательной…можно ли их как-то связать? А как связать между собой окружности?

Подсказка 3

Если мы найдем преобразование, которой переведет СQ в А1Q, а окружности друг в друга, то мы сможем доказать, что A1Q тоже является касательной!

Показать доказательство

Обозначим через $s 1$ описанную окружность треугольника $AB C , 1 1$ а через $s 2$ — окружность, проходящую через точку $B 1$ и касающуюся прямой $AB$ в точке $A.$ Хорды $B1C1$ и $B1A$ этих окружностей отсекают от них дуги одинаковой угловой величины. В самом деле, половины этих дуг в обоих случаях равны $∠B1AC1$ : для окружности $s1$ это вписанный угол, а для $s2$ — угол между касательной и хордой.

Заметим также, что угол между прямыми $CC1$ и $CQ$ равен углу между прямыми $AA1$ и $A1Q:$ эти вписанные углы опираются на одну дугу $HQ$ в окружности с диаметром $CH.$

$PIC$

Точку пересечения прямой $AA1$ с окружностью $s2$ обозначим через $P$ и выделим на картинке два фрагмента: в окружности $s1$ проведена секущая $HC1,$ и на ней выбрана точка $C;$ в окружности $s2$ проведена секущая $AP,$ и на ней выбрана точка $A1.$ В каждом из этих двух фрагментов из точек на секущих проведены прямые под одинаковыми углами к секущим: $CQ$ и $A1Q.$ Первая из них касается $s1,$ и нам нужно доказать, что вторая касается $s2.$ Для доказательства нужно установить, что две описанные конфигурации подобны. Мы проверим это двумя способами. Углы треугольника, как обычно, будем обозначать греческими буквами, соответствующими названиям вершин.

Способ 1.(подсчёт отношения отрезков)

Угловые величины отсекаемых секущими дуг равны, поэтому остаётся проверить, что $ACP1H = ACA1C1.$ Отношение хорд $AP$ и $C1H$ (стягивающих равные дуги) равно отношению диаметров окружностей. Диаметр окружности $s1$ равен $AH;$ диаметр окружности $s2$ равен $sin∠ACB11AB1 =sAinB∠1A .$ Таким образом, $CA1PH = AHAsBin1α-= sisinnγα.$ С другой стороны, отношение высот $ACAC11$ равно отношению сторон $ABBC,$ которое по теореме синусов тоже равно $sisinnγα.$

$PIC$

Способ 2.(Поворотная гомотетия)

Рассмотрим поворотную гомотетию с центром в точке $B1,$ переводящую точку $C1$ в $A$ и $C$ в $A1.$ Она существует, ибо треугольники $B1C1A$ и $B1CA1$ подобны(и подобны треугольнику $BAC$ ). Окружность $s1$ перейдёт в $s2,$ ибо друг в друга переходят хорды $B1C1$ и $B1A,$ отсекающие равные дуги. При этом секущая $CC1$ окружности $s1$ переходит в секущую $AA1$ окружности $s2,$ и, следовательно, точка $H$ переходит в точку $P.$ Значит, первый фрагмент переходит во второй.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71959Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина основания $AD$ трапеции $ABCD,$ вписанной в окружность $ω.$ Биссектриса угла $ABD$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Прямая $CM$ вторично пересекает окружность $ω$ в точке $N.$ Из точки $B$ проведены касательные $BP$ и $BQ$ к описанной окружности треугольника $MKN.$ Докажите, что прямые $BK,MN$ и $P Q$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.6(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если внимательно посмотреть на чертёж, то, кажется, что продолжение ВК за точку К пересекает ω там, где и описанная окружность △MKN. Попробуйте это доказать.
Для этого будет удобно рассмотреть ∠KMN.

Подсказка 2

Пусть прямая CN пересекает прямую ВК в точке X, а прямая PQ пересекает в точке X’. Тогда по условию хотим показать, что X = X’.
Пусть луч BK пересекает ω в точке T . Тогда, если вспомнить, что ВК — биссектриса угла ∠АВD, чему равен угол ∠AMT? Он прямой! Значит, О (центр описанной окружности △MKN) лежит на прямой ВК.
Тогда чему равно OX’ ⋅ OB?

Подсказка 3

Конечно, квадрату радиуса описанной окружности △MKN. Откуда можно было бы получить такое же равенство только для точки Х?

Подсказка 4

Из подобия треугольник △OMX и △OBM! Чтобы это показать, рассмотрите ∠XMO как разность углов ∠OMK и∠XMK, а ∠OBM как разность ∠OBC и ∠MBC.

Показать доказательство

Решение 1.

Пусть луч $BK$ пересекает описанную окружность в точке $T$ — середине дуги $AD.$ Заметим, что

∠BT N = ∠BCN = ∠AMN.

Следовательно, описанная окружность треугольника $MKN$ проходит через точку $T.$ Кроме того, $∠KMT$ прямой, поэтому прямая $BT$ содержит диаметр этой окружности. Пусть прямая $CN$ пересекает этот диаметр в точке $X,$ а прямая $PQ$ пересекает его в точке $X ′.$

$PIC$

Для решения задачи требуется установить, что $X =X ′.$ Пусть $O$ и $r$ — центр и радиус этой окружности. Точка $X ′$ обладает известным свойством: $OB ⋅OX ′ = r2.$ Поэтому нам осталось проверить, что $OB ⋅OX = r2.$

Обозначим

ϕ = ∠AKB = ∠OKM = ∠OMK,

ψ =∠KMB = ∠CMD = ∠XMK.

Тогда $∠KBM =ϕ − ψ =∠XMO.$ Это означает, что треугольник $OMX$ и $OBM$ подобны и $OB ⋅OX = OM2 = r2.$

Решение 2.

Как и предыдущем решении, докажем, что $X = X′.$ Для этого достаточно проверить, что

(B,X,K,T)= (B,X′,K,T ).

$PIC$

Мы докажем, что обе эти четвёрки гармонические. Заметим, что четырёхугольник $KQT P$ гармонический, так как касательные в точках $P$ и $Q$ пересекаеются на $KT.$ Проецируя эту четвёрку точек из точки $P$ на прямую $BT,$ получим $(B,X′,K,T)= −1.$ С другой стороны, проецируя четвёрку $B,X,K,T$ из точки $M$ на прямую $BC,$ получим

(B,X,K,T )=(B,C,L ,M ′), ∞

где $L∞$ — бесконечно удалённая точка направления $BC.$ Осталось заметить, что, так как $T$ — середина дуги $AD,$ а $M$ — середина отрезка $AD,$ прямая $MT$ — серединный перпендикуляр к основанию вписанной трапеции $ABCD.$ Следовательно, $M ′$ — середина отрезка $BC$ и $(B,C,L∞,M ′)= −1.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#68468Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть треугольник AIC и его описанная окружность. Может, мы знаем что-то хорошее про ее центр?

Подсказка 2

По лемме о трезубце, это середина дуги AC! Обозначим ее за O. Кроме того, он лежит на отрезке ED, т.к. это серединный перпендикуляр к AC. Как можно теперь связать точки E и D так, чтобы можно было что-то сделать с точкой F похожим образом?

Подсказка 3

Например, можно сказать, что E и D симметричны относительно прямой, перпендикулярной ED и проходящей через O) Давайте также отразим F относительно этой прямой, и получим точку F'. Что мы получили?

Подсказка 4

Мы получили, что есть DEFF' - вписанная равнобокая трапеция. Мы хотим доказать, что E, D, B, F на одной окружности, а уже есть DEFF'..Как можно переформулировать теперь задачу?

Подсказка 5

Можно теперь доказывать, что точки F', D, B и E лежат на одной окружности) Для этого попробуйте доказать, что O - центр окружности B₁FF'! Это можно сделать с помощью симметрии, чтобы доказать, что O лежит на B₁F') А дальше как действовать?

Подсказка 6

А дальше можно воспользоваться подобием треугольников OAB и OAB₁ и записать отношения сторон) После с помощью предыдущей подсказки можно по-другому выразить это равенство отношений, и получится требуемое условие для того, чтобы F', D, B и E лежали на одной окружности)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $Ψ$ середину дуги описанной окружности треугольника $ABC$ , не содержащей точку $B$ . Тогда $Ψ$ лежит на прямой $BB1$ . Кроме того, по лемме о трезубце точка $Ψ$ равноудалена от точек $I, A$ и $C$ , поэтому $Ψ$ является центром описанной окружности треугольника $AIC$ и $Ψ$ лежит на отрезке $ED$ . Пусть точка $F′$ симметрична точке $F$ относительно серединного перпендикуляра к $DE$ . Очевидно, $DEF ′F$ — равнобедренная трапеция, значит, $D, E, F, F′$ лежат на одной окружности.

Докажем, что точка $B$ лежит на этой же окружности. Заметим, что точка $F′$ лежит на $BB1$ , поскольку $Ψ$ равноудалена от точек $B1, F, F′$ и $∠F′F B1 = 90∘$ , т.е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $Ψ$ и радиусом $ΨF$ . Из подобия треугольников $AΨB1$ и $BΨA$ следует, что $ΨB1⋅ΨB = ΨA2$ , что равносильно равенству

ΨF′⋅ΨB = ΨD ⋅ΨE.

Из последнего равенства следует, что точки $F′, B, D, E$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68469Максимум баллов за задание: 7

Точка $I a$ — центр вневписанной окружности треугольника $ABC,$ касающейся стороны $BC$ в точке $X,$ а точка $A′$ диаметрально противоположна точке $A$ на описанной окружности этого треугольника. На отрезках $′ ′ IAX,BA ,CA$ выбраны точки $Y,Z,T$ соответственно таким образом, что $IAY = BZ = CT =r,$ где r — радиус вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что точки $X,Y,Z,T$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в условии есть центры вписанной и вневписанной окружностей - попробуем посчитать какие-то углы, найти равные…хочется еще равные отрезки как-то использовать, не так ли? Еще заметим, что точки Z, T у нас практически одинаковы по построению, поэтому будет досрочно сделать выводы для одной из них, а потом произнести волшебное «аналогично». Не понятно, как подобраться к углам требуемого «вписанного» четырехугольника, поэтому попробуем доказать, что серединные перпендикуляры к его стороны пересекаются в одной точке.

Подсказка 2

С помощью подсказки 1, учитывая, что угол АВА´ прямой, приходим к тому, что ZBIaY равнобедренная трапеция! Что мы тогда может сказать о серединной перпендикуляре к ZY? А к BIa? Серединный перпендикуляр к последнему отрезку несложно найти с помощью известной леммы, которая ищет такую точку W, что WB = WIa. Аналогичные действия проделывает и с точкой T)

Подсказка 3

Серединные перпендикуляры к ZY и YT проходят через середину дуги BC окружности (ABC) по лемме о Трезубце и в силу того, что эти серединные перпендикуляры совпадают с серединными перпендикулярами к BIa и CIa. Осталось лишь доказать, что серединный перпендикуляр к XY проходит через эту же точку.

Подсказка 4

Для этого отложим на продолжении отрезка XIa за Х такую точку I’, что XI’ = r и подумаем о треугольнике IaI’I.

Показать доказательство

$PIC$

Из условия сразу следует, что $∠ABZ = 90∘$ . Кроме этого, если $I$ — центр вписанной окружности, то $∠IBIa = 90∘$ . Из этих равенств сразу следует, что $∠ZBIa = ∠ABI = ∠AB2C$ . Поскольку прямая $BIa$ — внешняя биссектриса угла $ABC$ , угол $CBIa = 90∘− ∠A2BC$ , и поэтому

∠YIaB = ∠XIaB = ∠ABC-. 2

Таким образом, $BZ =IaY$ и $∠ZBIa = ∠YIaB$ . Это значит, что четырехугольник $BIaYZ$ — равнобедренная трапеция. Поэтому серединный перпендикуляр к отрезку $YZ$ совпадает с серединным перпендикуляром к отрезку $BIa$ . Последний по лемме о трезубце проходит через середину $W$ дуги $BC$ описанной окружности треугольника. Аналогично, через $W$ проходит и серединный перпендикуляр к отрезку $YT.$

Осталось понять, почему через $W$ проходит серединный перпендикуляр к отрезку $XY$ . Отметим на продолжении отрезка $IaX$ за точку $X$ такую точку $I′$ , для которой $XI ′= r$ . Иными словами, $II′Ia$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $I′$ . По уже упоминавшейся лемме о трезубце, точка $W$ — середина его гипотенузы $1Ia$ . Следовательно, она лежит на серединном перпендикуляре $I′I a$ совпадающем с серединным перпендикуляром к отрезку $XY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71930Максимум баллов за задание: 7

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Так как в задаче фигурирует окружность AIC, стоит подумать о её центре и о том, как он связан с описанной окружностью ABC. В этом вам поможет лемма о трезубце.

Подсказка 2.

Обозначим через M середину меньшей дуги AC описанной окружности. Когда определяется середина дуги и основание биссектрисы, возникают стандартные подобия. Попробуйте найти их.

Подсказка 3.

Например, рассматриваем треугольники AMB₁ и BMA. Тогда можно получить, что MA² = MB₁ · MB. Из-за леммы о трезубце у нас есть много отрезков, равных MA, а значит, можно найти несколько аналогичных подобий и вывести несколько равенств углов. Попробуйте связать их с искомой вписанностью.

Также можно воспользоваться другим подходом. Для этого попробуйте придумать дополнительное построение, которое сведет задачу к проверке вписанности другого четырехугольника, которая, в свою очередь, будет доказываться через степень точки.

Показать доказательство

Обозначим через $M$ середину дуги $AC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точку $B.$ Тогда точка $M$ лежит на прямой $BB1$ и по лемме о трезубце равноудалена от точек $I,$ $A$ и $C,$ поэтому $M$ лежит на отрезке $ED$ и является центром описанной окружности треугольника $AIC.$ Следовательно, $MA = MC = MD = ME.$ Так же заметим, что $2 MA = MB1 ⋅MB$ в силу подобия треугольников $MAB1$ и $MBA.$

$PIC$

Наконец, приведем два способа доказательства требуемого.

Первый способ. По уже обозначенным равенствам $MD2 =MB1 ⋅MB,$ что влечет равенство углов $MBD$ и $MDB1.$

$PIC$

Аналогично имеем равенство углов $MBE$ и $MEB1.$ Осталось заметить, что в силу симметрии и уже обозначенных равенств углов

∠DF E = ∠DB1E = 180∘ − (∠MBD +∠MBE )=180∘− ∠DBE,

следовательно, несмежные углы $B$ и $F$ в четырехугольнике $BDF E$ в сумме дают $∘ 180,$ что влечет его вписанность.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $F1$ – точка, симметричная $B1$ относительно $M.$ Тогда

MF1 ⋅MB = MB1 ⋅MB = ME ⋅MD,

следовательно, точки $B,D,F ,E 1$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что данная окружность переходит в себя под действием симметрии относительно серединного перпендикуляра к $DE,$ но $F 1$ переходит в $F,$ следовательно, также лежит на этой окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точка $B1$ является $B$ -точкой Шалтая треугольника $EBD.$ Она определяется как точка пересечения окружностей, проходящих через $B$ и касающихся стороны $ED$ в точках $E$ и $D$ соответственно. Условие исходной задачи может быть переформулировано так:

Точка, симметричная точке Шалтая треугольника, лежит на его описанной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#71932Максимум баллов за задание: 7

Высоты $BB 1$ и $CC 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Окружность с центром в точке $O b$ проходит через точки $A,C1$ и середину отрезка $BH.$ Окружность с центром в точке $Oc$ проходит через точки $A,B1$ и середину отрезка $CH.$ Докажите, что

BC B1Ob+ C1Oc >-4-

Источники: СпбОШ - 2020, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте поработать с правой частью неравенства. Оцените её какими-то отрезками, которые хорошо связаны с окружностями из условия.

Подсказка 2

Всё гениальное просто: BC < BH + CH. Осталось показать, что первый отрезок из левой части неравенство не меньше BH/4. Для второго отрезка и CH/4 будет аналогично.

Подсказка 3

На самом деле, в последнем нестрогом неравенстве нужно доказывать равенство. Попробуйте для этого рассмотреть точку, симметричную точке B относительно AC. Быть может, она какая-то особенная, связана с каким-нибудь объектом?

Показать доказательство

Прежде всего, обозначим середину отрезка $BH$ через $M,$ а окружность, проходящую через $A,C 1$ и $M,$ — через $ω.$

Поскольку $1 1 1 4BC < 4BH + 4CH,$ для решения задачи достаточно доказать неравенство $1 B1Ob ≥ 4BH$ (и, аналогично, $1 ) C1Oc ≥ 4CH .$

Это неравенство следует из удивительного факта: расстояние от точки $Ob$ до прямой $AC$ равно в точности $1 4BH.$ Докажем его двумя способами: в обоих мы обнаружим на окружности $w$ ещё одну точку.

Решение 1.

Пусть точка $′ B$ симметрична вершине $B$ относительно прямой $AC.$ Проверим,

$PIC$

что она лежит на окружности $ω.$ Для этого достаточно проверить, что $BM ⋅BB ′ = BC1⋅BA.$ В самом деле,

$BM ⋅BB′ = BM ⋅2BB1 =2BM ⋅BB1 = BH ⋅BB1 =BC1 ⋅BA,$ последнее равенство следует из вписанности четырехугольника $AB1HC1.$

Таким образом, центр $Ob$ окружности $w$ должен лежать на серединном перпендикуляре к её хорде $MB ′.$ Значит, расстояние от $Ob$ до $AC$ равно расстоянию между этим серединным перпендикуляром и прямой $AC,$ то есть между серединами отрезков $B ′M$ и $B′B.$ Оно в два раза меньпе, чем расстояние от $M$ до $B,$ т. е. равно $14BH.$ Решение 2.

Отметим такую точку $A′,$ что $−−→ −−→ AA′ = BM.$ Пусть $∠BAC = α,$ тогда $∠C1AA ′ = ∠BAC +∠CAA ′ = α+ 90∘.$

С другой стороны, медиана $C1M$ прямоугольного треугольника $BC1H$ равна $BM,$ и $∠BC1M = ∠C1BM = 90∘ − α.$ 3начит, $∠MC1A =90∘+ α.$ Итак, $∠MC1A =$ $= ∠C1AA ′$ и $C1M = BM = AA′.$ Следовательно, четырехугольник $MC1AA ′$ — равнобедренная трапеция, так что $A′$ лежит на окружности $AC1M,$ т. е. на $ω.$

$PIC$

Поскольку центр $Ob$ лежит на серединном перпендикуляре к $AA′,$ расстояние от него до $AC$ равно $1AA ′ = 1BM = 1BH, 2 2 4$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71910Максимум баллов за задание: 7

Неравнобедренный треугольник $ABC$ периметра $12$ вписан в окружность $ω.$ Точки $P$ и $Q$ — середины дуг $ABC$ и $ACB$ соответственно. Касательная, проведенная к окружности $ω$ в точке $A,$ пересекает луч $PQ$ в точке $R.$ Оказалось, что середина отрезка $AR$ лежит на прямой $BC.$ Найдите длину отрезка $BC.$

Источники: СпбОШ - 2019, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Начнём, как всегда, с построения аккуратного чертежа. Нам нужно узнать какую-то связь между сторонами треугольника △ABC, чтобы имея периметр, смочь найти длину ВС. В работе с отношениями нам часто помогают биссектрисы (не только внутренние) углов треугольника, как мы можем тут это применить?

Подсказка 2

Вероятно, вы не раз уже встречали свойство об описанной окружности треугольника △ABC, которая также является окружностью 9 точек для другого треугольника. Постройте его! Чем в таком случае является PQ?

Подсказка 3

Чем является точка пересечения PQ с высотой вновь построенного треугольника, основание которой лежит в вершине А? Проведите биссектрису в △ВАС и попробуйте доказать, что эта точка и есть её основание.

Подсказка 4

Посмотрим для этого на четырёхугольник сбоку: проведите дополнительно внешнюю биссектрису △ВАС. Что за фигура выходит? Это не просто параллелограмм!

Подсказка 5

Осталось поработать со свойством внешней биссектрисы в нескольких треугольниках и мы получим искомое отношение!

Показать ответ и решение

Пусть $I ,I ,I A B C$ — центры вневписанных окружностей треугольника $ABC,$ касающихся сторон $BC,CA$ и $AB$ соответственно. Тогда прямые $AIA,BIB,CIC$ — биссектрисы треугольника $ABC$ , а прямые $IBIC,ICIA,IAIB$ — его внешние биссектрисы. Следовательно, точки $A,B,C$ будут основаниями высот треугольника $IAIBIC,$ а окружность $ω$ — его окружностью девяти точек. Тогда точки $P$ является отличной от $B$ точкой пересечения $IAIC$ с $ω.$ Следовательно, $P$ — середина $IAIC.$ Аналогично, $Q$ — середина $IAIB.$ Таким образом, $PQ$ — средняя линия треугольника $IAIBIC.$

Обозначим через $K$ и $L$ соответственно основания внешней и внутренней биссектрис угла $A$ треугольника $ABC$ и через $M$ — точку пересечения прямых $AR$ и $BC.$ По условию мы знаем, что $AM = MR.$

$PIC$

Точка $M$ лежит на луче $BC$ , поскольку $R$ — на $PQ,$ так что

∠MAL = ∠MAC + ∠CAL = ∠ABC + ∠LAB =∠ALM

Тогда $AM = ML,$ а поскольку треугольник $AKL$ прямоугольный, то и $AM =MK.$

Следовательно, $ALRK$ — прямоугольник и $LR ∥IBIC.$ Мы получаем, что прямые $PQ$ и $LR$ параллельны $IBIC$ и имеют общую точку $R.$ Тогда эти прямые совпадают. Это означает, что точка $L$ лежит на средней линии треугольника $IAIBIC$ и, следовательно, делит пополам отрезок $AIA.$

Далее, применив свойство внешней биссектрисы к треугольникам $ABL$ и $ACL$ , получим

AB-= AC-= AIA-= 2. BL CL IAL

Тогда $AB + AC = 2BC$ и, следовательно, $BC = 4.$

Ответ:

$4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#71913Максимум баллов за задание: 7

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром $O.$ Прямая $AO$ вторично пересекает окружность $ω$ в точке $A′.$ Точки $MB$ и $MC$ — середины сторон $AC$ и $AB$ соответственно. Прямые $′ A MB$ и $′ AMC$ пересекают окружность $ω$ вторично в точках $′ B$ и $′ C,$ а также пересекают сторону $BC$ в точках $DB$ и $DC$ соответственно. Описанные окружности треугольников $′ CDBB$ и $′ BDCC$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что точки $O,P$ и $Q$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2019, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что же нам может упростить жизнь на нашем рисунке? Кажется, нам поможет поворот! Да, сделаем поворот с центром в точке O, который переведёт B' в A.

Подсказка 2

Что же делать теперь? Не очень понятно как доказывать, что (⋅)O лежит на прямой PQ. А что можно сделать, когда есть точка и много окружностей? Правильно, можно рассмотреть степень точки O относительно разных окружностей.

Подсказка 3

Ну и послежний трюк в этой задаче. Для того, чтобы доказательство было красивым, надо внимательно посмотреть на рисунок и что-то заметить... И правда ведь на рисунке присутствуют сразу 2 гармонических четырёхугольника!!!

Показать доказательство

Решение 1.

Сделаем поворот с центром в точке $O,$ переводящий $′ B$ в $A,$ и обозначим образ точки $C$ при этом повороте через $′′ B .$ Пусть $X$ — точка пересечения прямых $′ AA$ и $′′ BB .$ Из равенства дуг $′′ AB$ и $′ B C$ легко следует равенство углов $′′ ′ ∠AXB =∠B DBC.$ Тогда описанная окружность треугольника $′ CDBB$ при этом повороте переходит в описанную окружность треугольника $′′ AXB .$ При этом точка $O,$ очевидно, будет иметь одинаковые степени относительно этих двух окружностей.

Аналогично, рассмотрев поворот с центром в $O,$ переводящий $′ C$ в $A$ и обозначив образ точки $B$ через $′′ C$ и точку пересечения $′ AA$ с $′′ CC$ через $Y,$ мы получим, что точка $O$ имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $′ BDCC$ и $′′ AYC .$

$PIC$

Таким образом, вместо утверждения “точка $O$ лежит на прямой $P Q$ ”, эквивалентного тому, что точка $O$ имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $CDBB ′$ и $BDCC ′,$ достаточно доказать, что точка $O$ имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $AXB ′′$ и $AY C′′,$ т.е. что точки $X$ и $Y$ совпадают.

Заметим, что медиана треугольника $AA ′C$ лежит на прямой $A ′B′$ и $∠(AA′,A′B ′)= ∠(B′′A′,A′C ).$ Значит, $A′B ′′$ — симедиана треугольника $AA′C$ и тогда четырехугольник $AA ′CB ′′$ гармонический. Аналогично, четырехугольник $AA′BC′′$ также гармонический. Но тогда обозначив через $S$ точку пересечения прямых $AA′$ и $BC,$ мы получим равенство двойных отношений

(A,S,A′,X)= (A,C,A′,B′′)= −1 =(A,B,A′,C ′′)= (A,S,A′,Y ),

откуда $X = Y.$

Решение 2.

Пусть прямая $C ′O$ пересекает описанную окружность треугольника $BDCC ′$ в точках $C′$ и $K,$ а прямая $B ′O$ пересекает описанную окружность треугольника $CDBB ′$ в точках $B ′$ и $L.$ Тогда

∠(C′K,KB )= ∠(MCDC, DCB)

Кроме того,

′ ′ ′ ′ ′ ′ ∠(DCB,BK )= ∠(DCC ,C K )=∠(AA ,AC )= ∠(AB,BC ),

следовательно, $∠(DCB,BMC ) =∠(KB,BC ′).$ Значит треугольники $BC′K$ и $BMCDC$ подобны и одинаково ориентированы.

Из этого, учитывая, что треугольники $MCBC ′$ и $MCA ′A$ также подобны, получаем

C′K = MCDC-⋅C′D = MCDC-⋅AA′- BMC A′MC

Аналогично

′ MBDB ⋅AA′ B L= ---AMB----

Из этих равенств и параллельности $MBMC$ и $BC$ следует, что $C′K =B ′L.$

$PIC$

Докажем, что точка $O$ лежит на луче $C ′K$ (и, аналогично, на луче $B′L$ ). Для этого сначала заметим, что хорда $A ′C′$ окружности $ω$ пересекает во внутренних точках стороны $BC$ и $AB,$ следовательно, один конец хорды лежит на дуге $BC,$ а другой — на дуге $AB$ (здесь и далее рассматриваются дуги с концами в двух вершинах треугольника $ABC,$ не содержащие третью вершину). Аналогично один из концов хорды $A′B′$ лежит на дуге $BC,$ а другой — на дуге $CA.$ Это возможно, только если точки $A′,B ′$ и $C ′$ лежат на дугах $BC,CA$ и $AB$ соответственно. Из этого следует, что углы $B$ и $C$ треугольника $ABC$ острые, а также что точки $A′,DC,MC,C ′$ лежат на прямой именно в таком порядке. Далее заметим, что треугольник $BC ′K$ ориентирован так же, как треугольник $BMCDC,$ по доказанному выше; треугольник $BMCDC$ ориентирован так же, как треугольник $BC ′C,$ поскольку точки $C ′$ и $C$ лежат на продолжениях сторон $DCMC$ и $BDC$ за точки $MC$ и $DC$ соответственно; наконец, треугольник $BC ′C$ ориентирован так же, как треугольник $BC′O,$ поскольку $∠C ′CB < ∠ACB < 90∘.$ Итак, треугольники $BC ′K$ и $BC′O$ ориентированы одинаково, а это и означает, что точка $O$ лежит на луче $C′K.$ По доказанному выше имеем

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ OC ⋅OK = OC (KC − C O)= OB (LB − B O )=OB ⋅OL

Следовательно, степени точки $O$ относительно описанных окружностей треугольников $CDBB ′$ и $BDCC ′$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71904Максимум баллов за задание: 7

На биссектрисе угла $B$ остроугольного треугольника $ABC$ выбрана точка $T.$ Окружность $S,$ построенная на $BT$ как на диаметре, пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Окружность, проходящая через вершину $A$ и касающаяся $S$ в точке $P,$ вторично пересекает прямую $AC$ в точке $X.$ Окружность, проходящая через вершину $C$ и касающаяся $S$ в точке $Q,$ вторично пересекает прямую $AC$ в точке $Y.$ Докажите, что $TX = TY.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Благодаря теореме об угле между касательной и хордой, касание двух окружностей можно переформулировать в условие равенства двух вписанных углов. Что можно сказать об углах PXC и QYA?

Подсказка 2

Несложно показать, что они равны соответственно углам PTB и QTB. Что это говорит об окружностях (TPX) и (TQY)?

Подсказка 3

Каждая из них проходит через основания L биссектрисы BT. Какое условие на окружности (TPX) и (TQY) является достаточным для равенства TX и TY, учитывая, что прямая XY проходит через вторую точку пересечения данных окружностей

Подсказка 4

Достаточно показать, что они равны. Почему это так?

Подсказка 5

Они описаны около равных треугольников TPL и TQL.

Показать доказательство

Решение 1.

Отметим сначала полезное свойство касающихся окружностей, а потом перейдём к решению задачи. Если секущая $UW$ проходит через точку $V$ касания двух окружностей, то вписанные углы, опирающиеся на высекаемые ей дуги, равны. Действительно, поскольку вписанный угол равен углу между касательной и секущей, имеем равенство $∠UU1V = ∠UVY = ∠XV W =∠W W1V.$

$PIC$

Теперь перейдем к решению задачи. Пусть $L$ — основание биссектрисы угла $B.$ Точки $P$ и $Q$ симметричны относительно прямой $BT,$ поэтому $∠BT P =∠BT Q$ и треугольники $LPT$ и $LQT$ равны. Из касания окружностей в точке $P$ имеем равенство $∠BT P =∠P XA,$ поэтому четырёхугольник $LTP X$ вписанный. Из касания окружностей в точке $Q$ имеем равенство $∠BT Q =∠QY L,$ значит, четырёхугольник $LTQY$ также вписанный. Отметим, что описанные окружности четырёхугольников $LTPX$ и $LTQY$ равны, поскольку они являются описанными окружностями равных треугольников $LP T$ и $LQT.$ Хорды $TX$ и $TY$ этих окружностей лежат напротив углов $∠TLX$ и $∠T QY =180∘− ∠TLY = ∠TLX.$ Поскольку равны углы, эти хорды также равны.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Рассмотрим гомотетию с центром $P,$ переводящую окружность, проходящую через вершину $A$ и касающуюся $S$ в точке $P,$ в окружность $S.$ Эта гомотетия переводит точку $A$ в точку $B,$ а точка $X$ — в точку $K$ вторичного пересечения прямой, параллельной $AC$ и проходящей через $B,$ с окружностью $S.$ Тогда точки $X,P,K$ лежат на одной прямой. Аналогично точки $Y,Q,K$ тоже лежат на одной прямой. Рассмотрим прямую $KT.$ С одной стороны, она является биссектрисой угла $P KQ,$ поскольку $T$ — середина дуги $P Q.$ С другой стороны, угол $BKT$ опирается на диаметр, значит, он прямой и $KT$ не только биссектриса, но и высота треугольника $XKY.$ Тогда $KT$ — серединный перпендикуляр к $XY,$ поэтому $TX = TY.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71906Максимум баллов за задание: 7

На окружности $S$ отмечены точки $A$ и $B.$ Касательные к окружности $S,$ проведённые в точках $A$ и $B,$ пересекаются в точке $C.$ Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$ Окружность $S1,$ проходящая через точки $M$ и $C,$ вторично пересекает отрезок $AB$ в точке $D$ и окружность $S$ — в точках $K$ и $L.$ Докажите, что касательные, проведенные к окружности $S$ в точках $K$ и $L,$ пересекаются на отрезке $CD.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто, в задачах с окружностями на доказательство о том, что что-то где-то пересекается, полезно воспользоваться теоремой о степени точки! Заметим, что M — середина хорды AB. Что из этого следует?

Подсказка 2

Выяснили, что AM — высота в прямоугольном трегольнике! Какое тождество будет следовать из подобия? Хотим получить что-то похожее на теорему о степени точки. А что тогда можно сказать про CD?

Подсказка 3

OK — касательная к S1! А значит касательные к S пройдут через центр S1 — мы уже знаем, что он лежит на CD!

Показать доказательство

Обозначим через $O$ центр окружности $S.$ Поскольку $AM$ — высота прямоугольного треугольника $OAC,$ то

2 2 OK = OA = OM ⋅OC,

поэтому $OK$ (и аналогично $OL$ ) — касательные к окружности $S1.$ Но тогда касательные к окружности $S$ в этих точках перпендикулярны касательным к $S1$ из точки $O,$ и значит, они проходят через центр $S1,$ лежащий на диаметре $CD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#71262Максимум баллов за задание: 7

Окружность, проходящая через вершины $A$ и $B$ треугольника $ABC,$ пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Медиана из вершины $C$ делит дугу $PQ$ этой окружности пополам. Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2017, задача 11.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Откуда вообще могла бы взяться равнобедренность? Медиана и разделённая ею пополам дуга могут наводить на мысли о симметрии чертежа. Но что же делать, когда данных для строгого обоснования не хватает?

Подсказка 2

Попробуем пойти от противного: постройте точку, симметричную одной из вершин нашего треугольника, относительно изображённой медианы. Что за фигуры образуются, если построенная точка не совпадает с другой вершиной треугольника?

Подсказка 3

Во-первых у нас есть теорема Фалеса – он даст параллельность! А равные дуги и симметрия построенной картинки приведут нас к равенству углов.

Подсказка 4

Итак, перед нам вписанная трапеция! Осталось лишь немного поработать с равными отрезками и треугольниками, чтобы в конце концов сделать вывод о противоречии!

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина стороны $AB,$ $K$ — середина дуги $PQ,$ лежащая на отрезке $CM, B′$ — точка, симметричная точке $B$ относительно медианы $CM.$

Предположим противное. Тогда $′ B ⁄= A,$ $′ AB ∥CM$ и

′ ∠CAK = ∠PAK = ∠QBK =∠CB K.

$PIC$

Таким образом, $CK$ и $AB′$ — основания вписанной, а следовательно, равнобочной трапеции $AB ′CK.$ Значит, $AK = CB ′ =CB, AC = KB ′ = KB,$ и треугольники $AKB$ и $BCA$ равны по трем сторонам. Противоречие: один из двух равных треугольников не может лежать внутри другого.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#70581Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в треугольник $ABC,$ касается стороны $AC$ в точке $D.$ Отрезок $BD$ повторно пересекает окружность в точке $E.$ Точки $F$ и $G$ на окружности таковы, что $FE∥BC$ и $GE∥BA.$ Докажите, что прямая, соединяющая центры вписанных окружностей треугольников $DEF$ и $DEG,$ перпендикулярна биссектрисе угла $B.$

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2016, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, чтобы решать задачу стало проще надо рассмотреть несколько вспомогательных точек: Обозначим за I₁ и I₂ центры вписанных окружностей, также отметим точки касания вписанной окружности сторон AB и BC (точки X и Y).

Подсказка 2

Теперь, кажется, можно воспользоваться свойством касательных и попытаться доказать подобие треугольников BXE и BDX. С помощью аналогичных соображений для другого треугольника, можно доказать, что EX : XD = EY : ED.

Подсказка 3

Ну а теперь, наконец-то воспользуйтесь леммой о трезубце!

Показать доказательство

Пусть $X$ и $Y$ — точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со сторонами $AB$ и $BC$ coответственно, а точки $I 1$ и $I 2$ — центры вписанных окружностей треугольников $EGD$ и $EF D.$ Известно, что касательная, параллельная хорде, проходит через середину дуги, которую стягивает хорда.

$PIC$

Из чего следует, что точка $X$ лежит на прямой $DI1,$ а точка $Y$ — на прямой $DI2.$ По свойству касательной $∠XDB =∠BXE,$ поэтому треугольники $BXE$ и $BDX$ подобны и имеет место равенство $EX :XD = BX :BD.$ И по аналогичным соображениям $BY :BD = EY :YD.$ Но $BX = BY,$ а значит,

EX :XD = EY :YD

Далее заметим, что по лемме о трезубце для треугольников $EGB$ и $EDF$ получаем, что $XE = XI1$ и $EY = YI2$ соответственно. Подставляя в последнее равенство, получаем, что

XI1 :XD = YI2 :YD

откуда $XY ∥I1I2.$ Но нам известно, что $XY$ перпендикулярен биссектриссе угла $B.$ Тогда из параллельности биссектриса перпендикулярна и $I1I2.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#78078Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ неравнобедренного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $AC = AP$ и $BC =BQ.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает биссектрису угла $C$ в точке $R$ (внутри треугольника). Докажите, что $∘ ∠ACB +∠P RQ =180 .$

Источники: СПБГОР - 2016, 9.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется на рисунке не хватает какой-то важной точки. Нам даны биссектриса, возможно эта дополнительная точка как-то с ней связана... Хм, отметим центр вписанной окружности треугольника, возможно это нам поможет.

Подсказка 2

А теперь ещё один классический трюк. Давайте попробуем найти на рисунке равные треугольники... И правда, △ACI и △API равны между собой. Ой-ой-ой, так ведь это означает, что IP = IC. Поразмыслив немного можно доказать что IC = IA....

Подсказка 3

Посмотрим внимательно на утверждение из предыдущей подсказки. Да ведь из него напрямую выводится, что I лежит на серединном перпендикуляре к PQ ≥ I совпадает с R. Осталось просто посчитать углы на картинке.

Показать доказательство

Отметим на биссектрисе угла $C$ точку $I$ — точку пересечения биссектрис треугольника $ABC.$

$PIC$

Тогда $AC = AP$ и $∠CAI = ∠PAI,$ поэтому треугольники $ACI$ и $API$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $IP =IC,$ и $1 ∠API =∠ACI = 2∠ACB.$ Аналогично доказывается, что $IQ = IC.$ Стало быть, $IP = IQ,$ и точка $I$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $P Q.$ Но тогда она совпадает с точкой $R,$ поскольку является точкой пересечения тех же прямых. Следовательно,

∠P RQ =∠P IQ= 180∘ − 2∠AP I = 180∘− ∠ACB

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#89599Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = BC$ ) проведена биссектриса $AD.$ На основании $AC$ отмечена точка $E,$ такая что $AE = DC.$ Биссектриса угла $AED$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Докажите, что $∠AF E =∠DF E.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Равнобедренность, биссектриса, равные отрезки. Очень уж хочется организовать счёт в отрезках, за x и y предлагается обозначить длины AB и AC.

Подсказка 2

Выразим через x и y отрезки DC, CE, их отношение и пристально посмотрим на треугольник DCE (ну и на другие треугольники). Что же можно заметить?

Подсказка 3

Получаем, что DCE подобен нашему исходному, поэтому теперь пусть в ход идут уголки. Будем подбираться к искомым, так мы знаем связь углов FAE и AED.

Подсказка 4

Сумма углов FAE и AED 180, а, значит, угол между их биссектрисами 90. Напрашивается найти теперь равнобедренный треугольник (ведь биссектриса совпадает с высотой), получаем симметричную картинку, из этой самом симметрии хочется сделать вывод о равенстве AFE и DFE.

Показать доказательство

Пусть $AB = x,AC = y,$ тогда по свойству биссектрисы,

CD- y CD- --y- -xy-- DB = x ⇒ CB = x+ y ⇒ CD = x+y

Тогда

2 EC = AC− AE = y− -xy-= -y-- x+ y x+ y

В треугольниках $BCA$ и $DCE$ — $BDCC-= CCAE-$ и $∠BCA =∠DCE,$ значит они подобны, в таком случае,

∠AED = 180∘− ∠DEC = 180∘− ∠BAC

Поскольку $FD$ и $EF$ — биссектрисы углов $∠FAE$ и $∠AED,$ угол между прямыми $AD$ и $EF$ равен

180∘− 1∠FAE − 1∠AED = 90∘ 2 2

Тогда $F$ и $E$ симметричны относительно прямой $AD$ , поскольку $EF$ — биссектриса $∠AED,$ то $FE$ — биссектриса $∠AF D,$ а значит $∠AFE = ∠DF E.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#70666Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD.$ Описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает стороны $AD$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Описанная окружность треугольника $ADC$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $S$ и $R$ соответственно. Оказалось, что четырехугольник $P QRS$ — параллелограмм. Докажите, что и четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2015, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, как и всегда в геометрии, стоит сделать аккуратных чертёж, с которым удобно работать! На что нам намекают окружности, когда нет никаких явных значений длин и почти нет их соотношений?

Подсказка 2

С отрезками работать не особо тут продуктивно, значит будем смотреть на углы! Поотмечайте всякие равные вписанные уголочки. Удаётся ли заметить таким образом пары параллельных прямых?

Подсказка 3

Параллельности, конечно, есть, но пока не те что нам нужны. Что же ещё может нам помочь? Пока мы не использовали тот факт, что внутренний четырёхугольник — параллелограмм!

Подсказка 4

Параллелограмм и параллельности дают нам красивую симметрию! Посмотрите внимательно на точку пересечения диагоналей параллелограмма и задача будет решена.

Показать доказательство

Заметим, что $∠ADR = ∠ACR = ∠ACB = ∠APB$ по свойствам вписанных углов, откуда $P B∥DR.$ Аналогично, $DS ∥BQ.$ Следовательно, симметрия относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма $PQRS$ переводит треугольник $SDR$ в треугольник $QBP$ , в частности, $D$ отображается в $B$ . Тогда точка пересечения прямых $BR$ и $DQ$ переходит в точку пересечения симметричных им прямых $DP$ и $BS,$ т. е. $C$ переходит в $A.$ Таким образом, четырехугольник $ABCD$ симметричен относительно той же точки, и значит, является параллелограммом.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#70863Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ выбраны точки $C 1$ и $B 1$ соответственно, отрезок $B C 11$ параллелен $BC.$ Окружность, проходящая через $A,B$ и $B1,$ пересекает отрезок $CC1$ в точке $L.$ Известно, что описанная окружность треугольника $CLB1$ касается прямой $AL.$ Докажите, что $AL ≤ (AC + AC1)∕2.$

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, видим перед собой окружности, что сразу хочется поотмечать? А как нам пригодится касательная? Вспомните свойство угла между касательной и хордой!

Подсказка 2

Итак, равные углы отметили, чем же нам это поможет? Обратите особо внимание на трапецию BC₁B₁C, каким красивым свойством она обладает?

Подсказка 3

Равные уголочки помогли нам установить вписанность, а значит и равнобедренность! Пора сделать некоторые выводы о треугольнике АВС и отрезках в нём, но что же поможет нам перейти к длинам?

Подсказка 4

Осталось лишь применить теорему о секущей и касательной, а затем чисто алгебраически поработать с искомым неравенством!

Показать доказательство

Заметим, что по свойству касательной $∠LCB = ∠ALB , 1 1$ а по свойству вписанных углов $∠ALB = ∠ABB . 1 1$

$PIC$

Таким образом, в трапеции $BC1B1C$ углы $C1BB1$ и $C1CB1$ равны. Значит, эта трапеция равнобедренная, откуда следует, что $C1A = B1A.$ Тогда по свойству касательной и секущей

( ) AL2 = AB1⋅AC = AC1⋅AC ≤ AC1+-AC- 2 2

Последний переход сделан с помощью неравенства о средних, откуда получаем неравенство из задачи.