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#82678

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:

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#89865

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#89872

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#70481

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#70484

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#68468

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#68469

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 8#71930

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольпика $ABC.$ 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.

Источники: СпбОШ - 2020, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

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 точка $M$ 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

Первое решение.

$PIC$

Из подобия треугольников $AMB1$ и $BMA$ следует, что

MB1 ⋅MB = MA2 = MD2 = ME2

Тогда $MB1- MD- MD = MB$ и, значит, треугольники $MB1D$ и $MDB$ подобны. Следовательно,

$∠EDF = ∠MDF =∠MDB1 = ∠MBD.$

Аналогично $MB1 ME -ME-= MB-,$ и, значит, треугольники $MB1E$ и $MEB$ подобны. Следовательно,

∠DEF =∠MEF = ∠MEB1 =∠MBE

Таким образом,

$∘ ∠DBE = ∠MBD +∠MBE = ∠EDF + ∠DEF = 180 − ∠DF E.$

Стало быть, точки $B,D,E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Второе решение.

$PIC$

Пусть точка $F′$ симметрична $F$ относительно серединного перпендикуляра х $DE.$ 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 $M$ равноудалена от точек $B1,F,F′$ и $∠F′F B = 90∘,$ т. е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $M$ и радиусом $MF.$ Из подобия треугольников $AMB1$ и $BMA$ следуег, что

$MB1 ⋅MB = MA2,$ что равносильно равенству $MF ′⋅MB = MD ⋅ME.$ Из последнего равенства следует, что точки $F ′,B,D,E$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71932

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)

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.

Решеение 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 $1BH. 4$

Решение 2.

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

С другой стороны, медиана $C M 1$ прямоугольного треугольника $BC H 1$ равна $BM,$ и $∠BC M = ∠C BM = 90∘ − α. 1 1$ 3начит, $∠MC A =90∘+ α. 1$ Итак, $∠MC A = 1$ $= ∠C AA ′ 1$ и $C M = BM = AA′. 1$ Следовательно, четырехугольник $MC AA ′ 1$ — равнобедренная трапеция, так что $A′$ лежит на окружности $AC M, 1$ т. е. на $ω.$

$PIC$

Поскольку центр $Ob$ лежит на серединном перпендикуляре к $AA′,$ расстояние от него до $AC$ равно $12AA ′ = 12BM = 14BH,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#71910

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)

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:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71904

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 $TX = TY.$

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#71906

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)

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 13#71262

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)

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 14#70581

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)

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 $I1I2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#89599

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 16#70666

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)

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.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#70863

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)

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#71159

Точка $M$ — середина дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC,I$ — центр его вписанной окружности, $L$ — основание биссектрисы $AL.$ Прямая $MI$ пересекает описанную окружность в точке $K.$ Описанная окружность треугольника $AKL$ пересекает прямую $BC$ вторично в точке $P.$ Докажите, что $∘ ∠AIP =90 .$

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Решение 1.
Обозначим через $N$ середину дуги $BKC,$ а через $′ P$ — точку пересечения прямой, проходящей через $I$ перпендикулярно $AI,$ с прямой $BC.$ Докажем, что $′ P = P.$ Для этого докажем, что четырёхугольник $′ ALKP$ вписанный, проверив равенство углов $′ ∠LAK =∠LP K.$
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC$ (тогда точка $′ P$ рассположена на луче $CB$ ). Заметим, что $′ ∠KIP = 90 − ∠KIN = ∠KNI$ (так как $MN$ — диаметр), поэтому описанная окружность $ω1$ треугольника $KIN$ касается прямой $′ P I$ в точке $I.$ Поскольку $′ ∠NIP = 90,$ описанная окружность $ω2$ треугольника $BIC$ (с центром в $N$ ) тоже касается $′ P I$ в точке $I.$ Следовательно, точка $′ P$ — радикальный центр $ω1,ω2$ и описанной окружности $ABC.$ Но тогда точки $′ P ,K, N$ лежат на одной прямой, откуда

1 ⌣ 1 ⌣ ∠LAK = ∠NCK =∠NCB − ∠KCB = 2 CN −2 BK= ∠LP ′K.

$PIC$

Решение 2.
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC.$ Обозначим через $N$ середину дуги $BKC.$ Тогда

∠P KM = ∠PKA + ∠AKM = ∠PLA +∠AKM =

= ∠LAC +∠LCA + ∠AKM = ∠BAN + ∠BCA +∠AKM = 90∘,

поскольку сумма дуг описанной окружности $ABC,$ на которые опираются углы в последней сумме, равна $180∘.$ Так как $∠MKN = 90∘$ (он опирается на диаметр), то точки $P,K,N$ лежат на одной прямой. Далее, в силу подобия треугольников $NBL$ и $NAB$ выполняется равенство $NNLB-= NNBA-,$ откуда $NB2 = NL ⋅NA.$ Но в силу леммы о трезубце, $NB = NI,$ поэтому $NI2 =NL ⋅NA = NK ⋅NP,$ откуда $NNKI-= NNIP-$ и треугольники $NKI$ и $NIP$ подобны. Но тогда $∠NIP = ∠NKI = 90∘.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#97375

Будем называть четырехугольник равнодиагональным, если у него равны диагонали. Отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника $ABCD,$ делит его на два равнодиагональных четырехугольника. Докажите, что четырехугольник $ABCD$ сам равнодиагональный.

Источники: СПБГОР - 2013, 10.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Как переписать условие задачи на язык векторов? Введите векторы сторон, из них легко выразить условие задачи. Как из двух условий получить утверждение задачи?

Показать доказательство

Первое решение

Без ограничений общности будем считать, что указанный отрезок соединяет середины сторон $AB$ и $CD.$ Введем вектора $a,b,c,d$ таким образом, что

−→ −−→ −−→ −−→ AB =2a,BC = 2c,CD = 2b,DA = 2d

$PIC$

Поскольку диагонали образованных четырехугольников равны имеют место равенства

(2c+a)2 = (b+ 2c)2;(a +2d)2 =(2d+ b)2

Здесь и далее, для любых двух векторов $u,v :u⋅v = (u,v).$ Таким образом, вычитая второе равенство из первого, получим

2(a− b)(a +b+ c)=2(a− b)(a+ b+d)

(a− b)(c− d)= 0

Поскольку $a+ b+ c+d =0,$ имеем

(a− b)(a+ b+2c)= 0

(a+c)2 = (b+ c)2

следовательно, диагонали исходного четырехугольника так же равны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

Пусть $K$ и $M$ — середины сторон соответственно $AB$ и $CD$ четырёхугольника $ABCD.$ Из признака равенства треугольников по двум сторонам и медиане, проведённой к третьей следует равенство треугольников $CKD$ и $BMA,$ поэтому $CD = AB,$ а значит, $CM = BK.$ Треугольники $KBC$ и $MCB$ равны по трём сторонам, поэтому $∠BKC =∠BMC.$ Тогда

∠AKC = 180∘− ∠BKC =180∘− ∠BMC = ∠BMD

Тогда треугольники $AKC$ и $DMB$ равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, $AC = BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#98461

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $CC , 1$ кроме того, отмечены середины $K$ и $L$ сторон $AB$ и $BC$ соответственно. На прямую $CC1$ опущен перпендикуляр $AP,$ а на прямую $AA1$ — перпендикуляр $CQ.$ Докажите, что прямые $KP$ и $LQ$ пересекаются на стороне $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть биссектрисы, есть середины двух сторон, что было бы удобнее отметить для "полноты картинки"?

Подсказка 2

Отметим середину M третьей стороны! Как её можно связать с точками на рисунке?

Подсказка 3

KM и LM проходят через P и Q соответсвенно!

Показать доказательство

Отметим середину $M$ стороны $AC.$

$PIC$

Заметим, что по лемме 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямых $KM$ и $LM$ соответственно. Следовательно, прямые $KP$ и $LQ$ пересекают в точке $M,$ лежащей на $AC.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел