Тема Счётная планиметрия

Двойные отношения и гармонические четвёрки

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#118916Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что гармонический четырехугольник однозначно задается тремя своими вершинами (порядок обхода вершин также известен).

Показать доказательство

Пусть у нас есть треугольник $ABC,$ и мы хотим достроить его до гармонического так, что его четвёртая вершина $D$ лежит на дуге $BC.$ Пусть $AX$ — биссектриса треугольника $ABC.$ Тогда знаем, что $BX ∕CX = AB∕AC =BD ∕CD$ (последнее равенство верно в силу гармоничности). То есть $DX$ является биссектрисой угла $BDC.$ Давайте докажем, что $D$ единственная такая точка. Для этого просто приведём её построение. Пусть $M$ — середина дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC.$ Тогда точка $D$ является повторной точкой пересечения прямой $MX$ с описанной окружностью треугольника $ABC.$ Откуда следует её единственность.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#118917Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $ABCD$ — гармонический четырехугольник, $M$ — точка пересечения его диагоналей, $P$ — точка пересечения касательной к его описанной окружности в точке $B$ и прямой $AC.$ Докажите, что $(A,C,M,P)= −1.$

(b) Докажите, что вписанный четырехугольник $ABCD$ является гармоническим тогда и только тогда, когда касательные к его описанной окружности в точках $B$ и $D$ пересекаются на прямой $AC,$ либо параллельны этой прямой.

Показать доказательство

(a) Знаем, что $(A,C,D, B)= −1.$ Проецируя из $B$ с окружности на прямую $AC$ получаем, что $(A,C,M,P)= −1,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Сначала докажем, что если четырёхугольник гармонический, то касательные пересекаются. Заметим, что каждая из этих касательных в пересечение с $AC$ достраивает $A,$ $C,$ $P$ до гармонической четверки, но такая точка единственна (Параллельность касательных достигается, когда $ABCD$ дельтоид). Теперь пусть касательные пересекаются на $AC$ и хотим доказать гармоничность. Давайте просто построим точку $′ D$ так, что $′ ABCD$ — гармонический. Тогда касательные в $B$ и $′ D$ пересекаются на $AC$ откуда $D ≡ D′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#118918Максимум баллов за задание: 7

(a) На окружности $ω$ отмечены различные точки $A,$ $B,$ $C,$ $D.$ Точка $P$ не лежит на окружности $ω.$ Прямые $PA,$ $PB,$ $PC,$ $P D$ второй раз пересекают окружность $ω$ в точках $′ A,$ $′ B ,$ $′ C,$ $′ D .$ Докажите, что $′ ′ ′ ′ (A,B,C,D)= (A,B ,C,D ).$

(b) Докажите, что при инверсии сохраняется двойное отношение четырех точек.

Показать доказательство

(a) Достаточно доказать, что

AC BC A′C ′ B′C′ AD-:BD- = A′D-′ :B′D′.

Заметим, что треугольники $PAC$ и $′ ′ P CA$ подобны, а значит, $AC AP A′C′ = PC′.$ Аналогично получаем

AD AP BC BP BD BP A′D′ = P-D′,B′C-′ = PC′,B′D′ = P-D′.

Перепишем равенство, которое нужно доказать следующим образом:

-A′C′ ⋅-BD′′ = AD′-′ ⋅ BC′-′. A C B D AD B C

После подстановки легко убедиться, что оно верно.

(b) Заметим, что все подобия из прошлого пункта будут верны и в пункте $(b),$ если считать что точки $A,$ $B,$ $C,$ $D$ перешли при инверсии в точки $A′,$ $B′,$ $C′,$ $D ′,$ а значит, решение из пункта $(a)$ также работает и тут (в случае если все точки лежат на одной прямой, проходящей через центр инверсии, подобия “вырожденные”, и очевидно, что наши соотношения выполняются).

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#118919Максимум баллов за задание: 7

Теорема о бабочке. Хорды $AC$ и $BD$ окружности проходят через середину хорды $MN.$ Отрезки $AD$ и $BC$ пересекают отрезок $MN$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что $XM = YN.$

Показать доказательство

Пусть $S$ — середина отрезка $MN.$ Заметим, что

A B (M,N,S,X)= (M,N,C,D)= (M,N,Y,S).

Если расписать эти двойные отношения по определению, то всё сократиться и останется $MX = NY.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#118923Максимум баллов за задание: 7

Высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ и пересекают его описанную окружность $ω$ в точках $A ′,$ $B′,$ $C′;$ $M$ — середина $BC.$ Луч $MH$ пересекает $ω$ в точке $X.$ В треугольники $′ ′ A B X$ и $′ ′ A C X$ вписаны окружности с центрами $U$ и $V.$ Докажите, что $UV ∥BC.$

Показать доказательство

Заметим, что углы $∠BAH$ и $∠BCH$ равны $90∘− ∠B.$ Следовательно, точка $B$ является серединой дуги $A′C′$ описанной окружности треугольника $ABC.$ Откуда точки $X,$ $V,$ $B$ лежат на одной прямой, а по лемме о трезубце

′ ′ BC = BA =BV

Аналогично точки $X,$ $U,$ $C$ лежат на одной прямой и

CU = CB′ = CA′

По теореме Фалеса достаточно доказать, что $′ XXBC-= BCVU-= BCAA′.$ То есть хотим понять, что четырёхугольник $A′BXC$ — гармонический. Для этого достаточно заметить, что точки $H$ и $A′$ симметричны относительно $BC,$ а значит, $∠XMB = ∠A′MB,$ что является известным признаком гармонического четырёхугольника.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#119494Максимум баллов за задание: 7

$B 1$ и $B 2$ — основания внутренней и внешней биссектрис треугольника $ABC,$ проведенных из вершины $B.$ Касательные, отличные от прямой $BC,$ проведенные из $B1$ и $B2$ к вписанной окружности, касаются её в точках $K1$ и $K2.$ Докажите, что $B,$ $K1$ и $K2$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Лемма. Пусть дана окружность $Ω$ и четыре точки $A,B,C,D$ на ней. Возьмём произвольную точку $X$ на окружности и проведём в ней касательную. Теперь проведём касательную в точке $A.$ Обозначим точку пересечения двух проведённых касательных через $A1.$ Аналогично определим точки $B1,C1,D1.$ Утверждается, что $(A,B,C,D)= (A1,B1,C1,D1).$

Доказательство. Рассмотрим окружность, касающуюся $Ω$ внутренним образом в точке $X,$ с два раза меньшим радиусом, чем у $Ω.$ Пусть $XB$ пересекает вторую окружность в $B2.$ По построению окружности $B2B = B2X.$ Также нетрудно заметить, что точки $O,B2,B1$ лежат на одной прямой, потому что $X$ и $B$ симметричны относительно $OB1.$ Аналогично определим точки $A1,C1,D1.$ C одной стороны, $(A,B,C,D)= (A2,B2,C2,D2),$ потому что окружности гомотетичны. С другой стороны, через точку $O$ можно спроецировать $(A2,B2,C2,D2)$ на $(A1,B1,C1,D1).$ Лемма доказана.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь применим её к задаче. По лемме $(X,Y,K1,K2)= (A,C,B2,B1).$ Четвёрка $A,C,B2,B1$ — гармоническая. Значит, четырёхугольник $XK2Y K1$ — гармонический. Отсюда получаем, что касательные в $X, Y$ и диагональ $K1K2$ пересекаются в одной точке, что и требовалось.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#121180Максимум баллов за задание: 7

Докажите обобщение теоремы Дроз-Фарни: Если середины отрезков $A A 1 2$ , $B B 1 2$ , $C C 1 2$ заменить на точки $A 3$ , $B 3$ , $C 3$ , делящие эти отрезки в одном и том же отношении $λ:μ$ , то точки $A3$ , $B3$ , $C3$ остаются коллинеарными.

Показать доказательство

Обозначим через $d ,d 1 2$ прямые $A B ,A B , 1 1 2 2$ через $e,$ $f$ прямые, проходящие через ортоцентр параллельно $AB,$ $AC$ соответственно. Далее обозначим через $x,$ $y$ прямые, проходящие через вершину $A$ параллельно прямым $d1,$ $d2,$ и пусть $X,$ $Y$ — точки пересечения боковой стороны $BC$ с $x$ и $y$ соответственно.

$PIC$

Так как пучок $(HC1,HC2,HB,e)$ является образом пучка $(HB2,HB1,f,HC )$ при повороте на прямой угол с центром в ортоцентре,

BC1-= CB1- BC2 CB2

тогда и только тогда, когда

BC1- BC2- CB1 = CB2.

Умножая на $AC AB,$ получаем:

C1B AC C2B AC AB--⋅B1C-= AB-⋅B2C-.

С другой стороны, поскольку

C1B- A1B- AC-- XC-- C2B- A2B- AC-- -YC- AB = XB , B1C = A1C, AB = YB , B2C =A2C ,

следует, что

A1B XB A2B YB A1C-:XC- = A2C-:YC-.

Что есть равенство двойных отношений $(B,C,A1,X)$ и $(B,C,A2,Y).$ Пересекая $(AB,AC,AA1,AX )$ с $d1$ и $(AB,AC,AA2,AY )$ с $d2,$ заключаем:

C1A1 = C2A2. C1B1 C2B2

Для точки $P$ обозначим через $P$ вектор $−−O→P ,$ где $O$ — фиксированная точка в плоскости треугольника $ABC.$ Так как $C1A1 = C2A2, C1B1 C2B2$ существуют действительные числа $k,l$ с $k+ l= 1,$ такие что:

C1 =kA1 +lB1, C2 = kA2+ lB2.

Кроме того, поскольку $A3,B3,C3$ делят отрезки $A1A2,B1B2$ и $C1C2$ в одинаковом отношении, существуют $u,v$ с $u+ v = 1,$ такие что:

A3 =uA1 + vA2, B3 =uB1 + vB2, C3 =uC1 + vC2.

Следовательно,

C3 = uC1+ vC2 =u(kA1+ lB1)+v(kA2+ lB2)= k(uA1 +vA2)+ l(uB1 +vB2)= kA3 +lB3.

Учитывая, что $k+ l= 1,$ это означает, что $C3$ лежит на прямой $A3B3.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#134132Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $ω.$ Касательная в точке $D$ к окружности $ω$ пересекает луч $AC$ в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E,$ пересекает отрезок $AB$ в точке $P,$ отрезок $BC$ — в точке $Q,$ отрезок $BD$ — в точке $R,$ а окружность $ω$ — в точках $S$ и $T.$ Оказалось, что $R$ — середина отрезка $PQ.$ Докажите, что $R$ — середина отрезка $ST.$

Показать доказательство

Пусть $ℓ$ — прямая, параллельная $PQ$ и проходящая через $B.$ Обозначим за $X$ вторую точку пересечения $ℓ$ и $ω.$

Заметим, что

(P,Q;R;∞ℓ)= −1,

так как $R$ — середина $PQ.$ Проецируя эту четвёрку на окружность $ω$ из точки $B,$ получаем

(A,C;D,X )= −1.

Но тогда четырёхугольник $ADCX$ — гармонический, а значит, касательная в точке $X$ к $ω$ проходит через пересечение $AC$ и касательной в $D$ к $ω,$ то есть через $E.$

$PIC$

Но теперь видим, что четырёхугольник $SDT X$ — гармонический, так как касательные в $X$ и $D$ к $ω$ пересекают $ST$ в одной и той же точке. Значит,

(S,T;D,X )=− 1.

Проецируя эту четвёрку на прямую $ST$ из точки $B,$ получаем, что

(S,T;R,∞ℓ)= −1,

а отсюда и следует, что $R$ — середина $ST.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#134133Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что вписанный четырехугольник $ABCD$ является гармоническим тогда и только тогда, когда $(A,C,B,D )=− 1.$

Показать доказательство

Лемма. Пусть $A,B,C,D$ — точки на окружности. Тогда

AB- CB- (A,B,C,D)= ± AD :CD .

Доказательство. Выберем на окружности точку $P$ и перепишем определение двойного отношение через синусы углов:

sin(∠APB) sin(∠CPB) (A,C,B,D)= (P A,PC,PB,PD )=± sin(∠APD)-:sin(∠CPD).

Из теоремы синусов известно, что

sin(∠AP B)= AB-, sin(∠AP D)= AD-, 2R 2R

sin(∠CP B)= CB-, sin(∠CP D)= CD-, 2R 2R

где $R$ — радиус описанной окружности. Тогда

(A,C,B,D)= ± AB-: CB-. AD CD

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $(A,C,B,D)= −1,$ тогда в силу леммы

−1= ±-AB : CB-, AD CD

следовательно,

AB ⋅CD =AD ⋅CB,

то есть четырёхугольник $ABCD$ гармонический.

В обратную сторону, если

AB ⋅CD =AD ⋅CB,

то

AB- CB- ±AD :CD = −1,

Предположим, что $(A,C,B,D)= 1.$ Для точки $P$ на окружности верно, что

1= (A,C,B,D )=(PA,PC,P B,PD),

но если двойное отношение четверки прямых равно $1,$ то две из них совпадают, что неверно, поскольку точки $A,B,C,D$ различны, следовательно, $(A,C,B,D )=− 1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94016Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Перпендикуляр из $B$ к прямой $AC$ пересекает окружность, построенную на $AC,$ как на диаметре, в точках $X$ и $Y$ ( $X$ ближе к $B$ , чем $Y ).$ Аналогично перпендикуляр из $C$ к прямой $AB$ пересекает окружность, построенню на $AB$ как на диаметре, в точках $Z$ и $T$ $(Z$ ближе к $C,$ чем $T).$ Докажите, что прямые $XZ,YT$ и $BC$ пересекаются в одной точке либо параллельны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У вас есть две прямые проходящие через ортоцентр, на них взяли по 3 точки, просят доказать, что прямые через них проходящие конкурентны. Какие способы доказательства подобного рода утверждений вы знаете?

Подсказка 2

Можно доказать, что двойные отношения на каждой прямой будут равны -1, тогда прямые пересекутся в одной точке(почему?).

Показать доказательство

Воспользуемся без доказательства следующим известным утверждением:

Лемма. Пусть $ABCD$ — вписанный в окружность $Ω$ четырехугольник. Прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P,AC$ и $BD$ — в точке $Q.$ Прямая $PQ$ пересекает $Ω$ в точках $U$ и $V.$ Тогда $[P,Q;U,V ]=− 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству задачи. Пусть $D,E,F$ — основания высот из вершин $A,B,C$ соответственно, $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$

$PIC$

Точки $D$ и $F$ лежат на окружности с диаметром $AC,$ кроме этого $H$ и $B$ точки пересечения соответственно пар прямых $AD,CF$ и $AF,CD,$ следовательно, в силу леммы, $[B,H;X,Y ]=− 1.$ Аналогично, $[C,H;Z,T]=− 1.$ Таким образом, соответствующие четверки имеют равные двойные отношения и общую точку, что влечет конкурентность прямых, проведенных между соответствующими точками указанных четверок.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#104978Максимум баллов за задание: 7

Чему равно двойное отношение $(A,B,C,D),$ если $D$ — бесконечно удалённая?

Показать ответ и решение

Точка $D$ является бесконечно удаленной, следовательно,

AD- BD-= 1

Тогда по определению двойного отношения

--- --- --- --- --- (A,B,C,D )= AC-:BC- = AC-:AD-= AC- AD BD BC BD BC

Ответ:

$AC- (A,B,C,D)= BC-$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#104979Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что по трём точкам $A,B,C$ и двойному отношению $(A,B,C,D )$ однозначно восстанавливается точка $D.$

Показать доказательство

По определению двойного отношения имеем

AC- AD (A,B,C,D)= BC- :BD-

следовательно, значение

--- --- AD-= AC-:(A,B,C,D) BD BC

дано и равно числу $K.$

Если $K <0,$ то векторы $AD,BD-$ противоположно направлены, т.е. точка $D$ лежит на отрезке $AB.$ Имеем

--AD----= AD-= |K | AB − AD BD

следовательно,

|K| AD = AB ⋅1+-|K-|

и точка $D$ определена однозначно.

Случай $C > 0$ разбирается аналогично.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#104980Максимум баллов за задание: 7

Пусть прямые $a,b,c,d$ пересекаются в одной точке $O,$ а прямая $l$ пересекает эти прямые в точках $A,B,C,D$ соответственно. Докажите, что $(A,B,C,D)= (a,b,c,d).$

Показать доказательство

По теореме синусов для треугольников $ACO$ и $ADO$ соответственно имеем

AC- AO- AD- AO- sin(a,c) = ∠ACO-; sin(a,d) = ∠ADO

следовательно,

--- - - --- - - AC-= sin(a,c)⋅sinADO-; аналогично BC- = sin(b,c)⋅sinADO-- AD sin(a,d)⋅sinACO CD sin(d,d)⋅sinACO

тогда поделив первое уравнение на второе, получим треуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#104981Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что следующие четверки гармонические.

(a) ( $A,$ $B,$ $M,$ $P∞),$ где $M$ — середина отрезка $AB,$ а $P∞$ — бесконечно удаленная точка вдоль прямой $AB.$

(b) На вещественной прямой отметим точки $O (0),$ $A(a),$ $B (b).$ Докажите, что $(A,B,O,X)= −1$ тогда и только тогда, когда координата $X$ равна среднему гармоническому чисел $a$ и $b.$ (Отсюда и взялось название гармоническая четверка).

Показать доказательство

(a) По определению двойного отношения,

AM- AP∞ AM- (A,B,M, P∞)= BM--:BP∞- = BM-= −1

поскольку $M$ принадлежит отрезку $AB$ и $|AM |=|BM |.$

(b) По определению двойного отношения,

--- --- (A,B,O,X )= AO-:BO- = -−a-:-−b- = a ⋅ x−-b= −1 AX BX x− a x − b b x− a

тогда и только тогда, когда $ax− ab =ab− bx,$ что равносильно

--2-- x= 1a + 1b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#104982Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A,B,C,D$ — различные точки, и $(A,B,C,D)= (B,A,C,D ).$ Тогда $(A,B,C,D)= −1.$

Показать доказательство

Пусть

AC- BC- x =AD-; y = BD

тогда

x:y = (A,B, C,D )= (B,A,C,D)= y :x

следовательно $x= y$ или $x = −y.$ В первом случае, получим, что $A = B,$ что влечет противоречие, во втором же

(A,B,C,D)= x:y =− 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#104983Максимум баллов за задание: 7

Теорема о полном четырёхстороннике. Продолжения сторон $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E,$ продолжения $BC$ и $AD$ — в точке $F,$ прямые $AC$ и $BD$ пересекают $EF$ в точках $M$ и $N.$ Докажите, что $(E,F,M,N) =− 1.$

Показать доказательство

По теореме Чевы для треугольника $F AE$ и точки $C,$ имеем

F-D AB- EM DA-⋅ BE-⋅MF-= 1

По теореме Менелая для того же треугольника и прямой $DB,$ имеем

--- --- --- FD-⋅AB-⋅FM- =− 1 DA BF ME

поделив первое из полученных равенств на второе и сократив обратные множители, получим требуемое.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#104984Максимум баллов за задание: 7

Постройте с помощью одной линейки к трем данным прямым, проходящим через одну точку, четвертую так, чтобы эти прямые образовывали гармоническую четверку.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Если мы не знаем, что делать, то надо делать хоть что-то, что мы умеем! Проведём любую прямую, пересекающую исходные три в точках A, B, C. Хочется получить на этой прямой точку Y, чтобы (A, C; B, Y) = −1, тогда прямая, проходящая через Y, будет искомой.

Показать доказательство

Пусть все прямые проходят через точку $O.$ Отметим на каждой прямой по точке. Обозначим их $A,B,C.$ Пусть прямая $AB$ пересекает $OC$ в точке $E,$ прямая $BC$ пересекает $OA$ в точке $D,$ прямая $AC$ пересекает $OB$ в точке $X.$ Пусть прямые $AC$ и $DE$ пересекаются в точке $Y.$ Тогда мы знаем $(A,C,X,Y)= −1.$ Следовательно, прямая $OY$ является искомой. Все эти построения можно сделать с помощью линейки, поэтому задача решена.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#104985Максимум баллов за задание: 7

Дан угол с вершиной $O$ и внутри него точка $A.$ Рассмотрим такие точки $M,$ $N$ на разных сторонах данного угла, что углы $MAO$ и $OAN$ равны. Докажите, что все прямые $MN$ проходят через одну точку (или параллельны).

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для доказательства утверждения задачи достаточно понять, что если взять три положения точек (M,N), (M',N'), (M'', N"), то прямые MN, M'N', M''N'' пересекутся в одной точке. Это доказать легче, ведь не приходится работать со всеми положениями точек M и N, а всего с тремя. Как это можно доказать?

Показать доказательство

Отметим еще точки $M′,M′′$ и $N ′,N ′′$ удовлетворяющие тому же условию. Достаточно доказать, что прямые $MN,$ $′ ′ M N ,$ $′′ ′′ M N$ пересекаются в одной точке. Для этого достаточно проверить, что $′ ′′ ′ ′′ (O,M, M ,M )= (O,N,N ,N ),$ что равносильно равенству $′ ′′ ′ ′′ (AO,AM,AM ,AM )= (AO,AN,AN ,AN ),$ которое верно в силу того, что двойное отношение прямых определяется через синусы углов между ними, а у этих четверок прямых все соответственные углы между ними равны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#104986Максимум баллов за задание: 7

Лемма об изогоналях. Внутри угла $AOB$ проведены лучи $OD$ и $OC,$ симметричные относительно биссектрисы этого угла. Если $M$ — точка пересечения $AD$ и $BC,$ а $N$ — точка пересечения $BD$ и $AC,$ то лучи $ON$ и $OM$ также симметричны относительно биссектрисы угла $AOB.$

Показать доказательство

Пусть прямые $AM$ и $AN$ пересекают прямую $OB$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Тогда заметим, что

A O (O,X,Y,B)= (AO ∩ BC,M, C,B)= (OA,OM, OC,OB )

а с другой стороны

N O (O,X,Y,B)= (NO ∩ AM, X,A,D)= (ON,OB,OA,OD )= (OB, ON,OD,OA )

Следовательно, верно равенство $(OA,OM, OC,OB)= (OB,ON,OD, OA),$ но в нем все соответственные прямые (кроме вторых) совмещаются симметрией относительно биссектрисы угла $AOB,$ а значит, прямые $OM$ и $ON$ тоже ей совмещаются так, как двойное отношение прямых зависит только от синусов углов между прямыми.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#67678Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ высоты $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H,$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ а $X$ — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники $BMF$ и $CME.$ Докажите, что точки $X,M$ и $H$ лежат на одной прямой.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока не совсем понятно, как доказывать вопрос задачи. Углы тут совсем никак не помогут, потому что к ним не подобраться... Давайте попробуем пока в принципе отметить факты на картинке, может быть, что-нибудь в дальнейшем увидим. Например, поймём, где у нас лежат центры вписанных окружностей? Какое дополнительное построение хорошо бы сделать, когда отмечена середина стороны?

Подсказка 2

Верно, центры окружностей лежат на серединном перпендикуляре к сторонам BF и CE, так как треугольники у нас равнобедренные. К тому же если у нас уже есть по средней линии в треугольниках, то давайте проведём ещё по одной параллельно сторонам BF и CE. Значит, у нас уже есть биссектрисы углов B и C, соотношения для которых мы уже можем записать. И попробуем поделить одно соотношение на другое, хуже нам от этого не станет, к тому же у них есть одинаковый отрезок. Давайте немного подумаем. Мы работаем только с отрезками... А как с помощью них можно доказать принадлежность трёх точек одной прямой?

Подсказка 3

Точно, можно доказать, что точка X переводится гомотетией в точку H. Но... Доказывать это через треугольники точно не хочется. Это нужно продлевать серперы до пересечения с линией, параллельной отрезку, проходящего через центры окружностей... Так мы ничего добьёмся. Давайте попробуем доказать утверждение через равенство отношения расстояний от точек X и H до серперов. Одно большое соотношение мы уже получили. Тогда давайте и попробуем выйти через него на отношение расстояний. Давайте взглянем ещё раз внимательно на условие. Чем мы ещё не пользовались?

Подсказка 4

Верно, мы совсем забыли про точку X, а она является центром гомотетии двух окружностей! То есть можем ещё записать отношения с радиусами и двумя отрезками, нужными нам. Остаются только некоторые технические преобразования с отношениями, и победа!

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $S,$ $T$ - середины высот $BE$ и $CF,$ а $L,$ $N$ - середины отрезков $BF$ и $CE.$ Обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF,$ $CME$ через $ω1,$ $ω2,$ а их центры - через $Ib$ и $Ic$ соответственно. Треугольники $BMF$ и $CME$ - равнобедренные, поэтому точки $Ib$ и $Ic$ лежат на соответствующих высотах $ML$ и $MN$ этих треугольников. Отрезки $BIb$ и $CIc$ являются биссектрисами треугольников $MLB$ и $MNC,$ поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения $MNIIcc = MNCC-,$ $MLIIbb = MBLB .$ Разделив первое на второе и учитывая равенство $MB = MC,$ получаем, что $MMIIcb ⋅ LNIIbc = LNBC-.$ Поскольку $X$ - центр гомотетии, переводящей $ω1$ в $ω2,$ то $X$ лежит на линии $IbIc$ и верно равенство: $LNIIb= XXIIb. c c$ Но тогда

MIc-⋅ LIb= MIc-⋅ XIb = MIc⋅ SMXIb-= ρ(X,MIb), MIb NIc MIb XIc MIb SMXIc ρ(X,MIc)

где $ρ(X,AB)$ обозначает расстояние от точки $X$ до прямой $AB.$ С другой стороны, по свойству средней линии $MS ||AC$ и $MT ||AB,$ то есть $MS ⊥ BE$ и $MT ⊥ CF.$ Значит $MLF T$ и $MNES$ - прямоугольники, то есть $MT =LF$ и $MS = NE.$ Тогда выполнены равенства

LB LF MT ρ(H,ML ) NC-= NE-= MS- = ρ(H,MN-),

где последнее равенство выполнено, поскольку $MS$ и $MT$ есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых $BE ||MN$ и $CF||ML.$ Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что

ρ(H,-ML)-= LB-= MIc-⋅ LIb= ρ(X,MIb), ρ(H,MN ) NC MIb NIc ρ(X,MIc)

откуда следует, что точки $M,$ $X$ и $H$ лежат на одной прямой.

Второе решение.

Как и в первом решении обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF$ и $CME,$ через $ω1,ω2,$ их центры через $Ib$ и $Ic$ соответственно, а середины отрезков $BF$ и $CE$ — через $L$ и $N.$ Пусть также $Y$ — точка пересечения внешних касательных к $ω1,ω2.$

Заметим, что четвёрка точек $(Ib,Ic,X,Y)$ — гармоническая, то есть двойное отношение $(Ib,Ic;X, Y)$ равно $− 1.$ Спроецируем эту четвёрку точек на прямую $BE$ с центром в точке $M.$ Точка $Y$ лежит на прямой $BC,$ поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к $ω1$ и $ω2,$ поэтому $Y$ перейдёт в $B.$ Точка $Ib$ перейдёт в точку $R$ пересечения прямых $ML$ и $BH,$ которая является серединой $BH,$ поскольку в треугольнике $BFC$ отрезок $ML$ — средняя линия. Точка $Ic$ перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой $BH,$ поскольку $MIc||BH.$

Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка $(R,∞; H,B)$ — гармоническая. Значит, образом точки $X$ при данной проекции является точка $H,$ что и требовалось доказать.