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#118916

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#118917

(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#118918

(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#118919

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#118923

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#119494

 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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#121180

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#94016

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 9#104978

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-

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#104979

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 11#104980

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 12#104981

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 13#104982

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 14#104983

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#104984

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

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 16#104985

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).

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 17#104986

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 18#67678

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75808

В треугольнике ABC  вписанная окружность касается сторон AB  и AC  в точках C
 1  и B .
 1  Оказалось, что прямые BC,B C
     1 1  и касательная к описанной окружности ABC  в точке A  пересекаются в одной точке D.  Докажите, что D,  центр вписанной окружности I  и центр описанной окружности O  лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за A_1 точку касания вписанной окружности и стороны BC. Через какие тогда точки проходит поляра точки D относительно вписанной окружности?

Подсказка 2

Верно! Точки A и A_1 точно лежат на этой поляре. Пусть AA_1 пересекает B_1C_1 в точке X. Чему тогда равно (D,X,B_1,C_1)?

Подсказка 3

Правильно! (D,X,B_1,C_1) = -1. Куда это двойное отношение можно спроецировать? Какой вывод из новой гармонической четверки можно будет сделать?

Подсказка 4

Точно! Мы получим, что (D,A_1,B,C) = -1, поэтому AA_1 — поляра точки D относительно описанной окружности △ABC. Теперь остается дважды воспользоваться определением поляры.

Показать доказательство

Первое решение

Пусть A1  — точка касания вписанной окружности и стороны BC  . Заметим, что B1C1  — поляра точки A  относительно вписанной окружности. Точка D  лежит на B1C1  и BC,  а значит прямая AA1  — поляра точки D  относительно вписанной окружности. Пусть AA1  пересекает B1C1  в точке X  . Тогда (B1,C1,D,X)= −1.  Проецируя из точки A  на прямую BC  мы получаем, что (B,C,D,A1)= −1.  Следовательно, точка A1  лежит на поляре точки D  относительно описанной окружности. Поэтому AA1  поляра точки D  относительно вписанной и описанной окружности, а значит, по определению поляры AA1 ⊥ OD  и AA1 ⊥ ID  . Следовательно, точки O,I,D  лежат на одной прямой.

PIC

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

B1C1  — поляра точки A  относительно вписанной окружности ω.D ∈B1C1,  следовательно A  будет лежать на поляре D  относительно ω.A1  — точка касания ω  и BC.DA1  — касательная к ω,  следовательно A1  тоже лежит на поляре D  относительно   ω.  Тогда AA1  — поляра D  относительно ω.

Из теоремы Чевы для точки Жергона ABC  и из теоремы Менелая для ABC  и прямой B1C1  получаем: AC1⋅BA1⋅CB1 =1 = AC1⋅BD⋅CB1.
C1B⋅A1C⋅B1A      C1B⋅DC⋅B1A  Откуда следует, что BA1 :A1C = BD :DC.  Но т.к. D  еще и точка пересечения касательной из A  и BC,  то △DAB  ∼ △DCA,  причем k2 = AC2 = SDCA.
    AB2   SDBA  Но SDCA-= DC-
SDBA   DB  и DC-= A1C .
DB   A1D  Тогда точка A1  лежит на симедиане угла A  ABC.  Значит, AA1  проходит через точку пересечения касательных к описанной окружности ABC  в точках B  и C.  Но через эту же точку и точку A  пройдет поляра   D  относительно описанной окружности.

Получается, AA
   1  — одновременно поляра точки D  к описанной и вписанной окружностям треугольника ABC.  А значит, DI ⊥ AA
      1  и DO ⊥AA1  ⇒ D,I,O  лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#36391

Из точки P  к окружности ω  проведены отрезки касательных P A,PB,  точка C  диаметрально противоположна точке B.  Докажите, что прямая CP  делит пополам перпендикуляр, опущенный из точки A  на прямую BC.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую конструкцию мы знаем про точку пересечения касательных? Чем является прямая CP?

Подсказка 2

Прямая CP содержит симедиану треугольника ABC! А в задаче просят доказать, что эта симедиана бьёт какой-то отрезок внутри ABC пополам, то есть является медианой. Когда симедиана к одному отрезку является медианой к другому отрезку?

Подсказка 3

Если эти отрезки антипараллельны! Правда тут как бы предельный случай получается, потому что одна из точек (А) совпадает для обоих отрезков. Ну ничего - главное доказать равенство углов как при антипараллельности

Показать доказательство

Пусть CP  пересекает окружность в точке Q,  а из точки A  на прямую BC  опущен перпендикуляр CH.  Из основной задачи о симедиане следует, что прямая CP  содержит симедиану треугольника ABC.

PIC

Первое решение.

AH  и AB  антипараллельны относительно ∠BCA,  так как ∠HAC  = ∠ABC  из прямоугольного треугольника ABC  (предельный случай антипараллельности, когда получаем не вписанный четырёхугольник, а касательную к описанной около треугольника окружности). Симедиана CP  к AB  делит пополам антипараллельный отрезок AH,  что и требовалось.

Поясним это: △CAH  ∼△CBA,  поскольку ∠CHA = ∠CAB = 90∘ (опирается на диаметр). В силу наличия у них общего угла, можно заметить, что △ABC  получается из △HAC  симметрией относительно биссектрисы угла C  (при такой симметрии прямые AC  и BC  поменяются местами) и гомотетией. При симметрии относительно биссектрисы медиана станет симедианой, оттого CP,  ставшая симедианой △ABC,  содержит медиану △AHC.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В прямоугольном треугольнике высота совпадает с симедианой, значит, точка пересечения прямых CP  и AH  является точкой Лемуана для треугольника ABC.  По теореме Шлёмильха в точке Лемуана пересекаются отрезки, соединяющие середины сторон с серединами проведённых к ним высот. Но в данном случае эта точка уже лежит на высоте, а значит, является серединой высоты.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Обозначим через K  вторую точку пересечения прямой P C  и ω,  а через T  и M  основание и середину перпендикуляра из точки A  на BC.  Касательные к ω  в точках A  и B  пересекаются на прямой KC,  откуда следует, что четырёхугольник BKAC  гармонический.

PIC

Делая проекцию четвёрки точек (B,A,K,C)  из точки C  на прямую AT  получаем, что

(B,A,K,C )=(CB,CA,CK, CC)= (T,A,M, ∞) =− 1

Предпоследнее равенство следует из того, что касательная в точке C  к ω  параллельна прямой AT,  так как она перпендикулярна диаметру BC,  как и прямая AT.  Значит, M  является серединой AT.

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!