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#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 $AT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#86120

Прямые $ℓ 1$ и $ℓ 2$ пересекаются в точке $A.$ На прямой $ℓ 1$ отмечены точки $B ,C ,D , 1 1 1$ а на прямой $ℓ 2$ — точки $B ,C ,D . 2 2 2$ Докажите, что прямые $B1B2,C1C2,D1D2$ конкурентны (то есть пересекаются в одной точке или параллельны) тогда и только тогда, когда $(A,B1,C1,D1)= (A,B2,C2,D2).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть прямые B1B2, C1C2, D1D2 пересекаются в одной точке. Придумайте способ проецирования, который переводит четверку (A, C1; B1, D1) в четверку (A, C2; B2, D2).

Подсказка 2

Спроецируем четверку (A, C1; B1, D1) на прямую AB2 через точку O. Теперь докажем, что если двойные отношения (A, C1; B1, D1) и (A, C2; B2, D2) совпадают, то указанные прямые конкурентны. Предположите, что это не так. Пусть прямые B1B2 и C1C2 пересекаются в точке O. Пусть D1O пересекает прямую AB2 в точке D'. Докажите, что точки D' и D2 совпадают

Показать доказательство

Предположим, что прямые $B B ,C C ,D D 1 2 1 2 1 2$ пересекаются в одной точке $O$ (возможно, бесконечно удалённой). Тогда

(A,B1,C1,D1)= (OA,OB1,OC1,OD1 )= (OA,OB2,OC2,OD2 )= (A,B2,C2,D2 )

Докажем в обратную сторону. Предположим, что $(A,B1,C1,D1)= (A,B2,C2,D2).$ Пусть прямые $B1B2$ и $C1C2$ пересекаются в точке $O.$ Тогда

(OA, OB1,OC1,OD1 )= (A,B1,C1,D1)= (A,B2,C2,D2)=(OA,OB2,OC2,OD2 )

Мы знаем, что по трём прямым и двойному отношению четвёртая прямая задаётся однозначно. Следовательно, так как прямые $OB1$ и $OB2$ совпадают, и прямые $OC1$ и $OC2$ совпадают, то и прямые $OD1$ и $OD2$ также совпадают.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#86121

(a) Докажите, что если $(A,B,C,D )=1,$ то либо $A = B,$ либо $C = D.$

(b) Докажите, что $(A,B,C,D )+(A,C,B,D)= 1.$

(c) Пусть $(A,B,C,D)= k.$ Какие значения может принимать двойное отношения той же четверки точек, взятых в другом порядке?

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Четвертую точку можно определить тремя другими и двойным отношением. Предположите, что A≠B. Что необходимо проверить для C=D?

Подсказка 2, пункт б

Распишите по определению, возможно, стоит ввести координаты на прямой.

Подсказка 3, пункт в

Расставьте точки на координатной прямой, чтобы понять ответ. Посмотрите, как из одних чисел можно получить другие.

Показать ответ и решение

(a) $AC- AD (A,B,C,D)= CB- :DB-= 1.$ Следовательно, $AC- AD- CB-= DB-.$ Тогда или $A = B,$ или функция $AX- XB-$ принимает конкретное значение ровно в одной точке на прямой $AB,$ откуда следует, что $C =D.$

(b)

--- --- --- --- --- --- --- --- (A,B,C,D)+ (A,C,B,D )= AC-:AD-+ AB-: AD-= −AC-⋅DB-+AB-⋅DC-= CB DB BC DC BC⋅AD

--- --- --- --- --- --- --- --- --- = −-(AD-+-DC-)⋅DB-+-(AD-+DB-)⋅DC = AD-⋅(DC-−-DB-)= 1 BC ⋅AD BC ⋅AD

(c) Мы знаем, что если $(A,B,C,D )=(B,A,C,D),$ то $(A,B,C,D)= −1.$ Поэтому можем возвести в квадрат выражение и с помощью замены получить, что $---1--- (A,B,C,D)= (B,A,C,D).$ Также $(A,B,C,D)= 1− (A,C,B,D ).$ Поэтому мы знаем, как изменяется двойное отношение при перестановке $1$ и $2$ точек, а также $2$ и $3$ точек. Такими операциями мы можем получить любую перестановку точек $A,B,C,D.$ Нетрудными подсчётами получаем, что из $k$ операциями $x− > 1− x$ и $1 x− > x$ мы можем получить числа

1 1 − k k− 1 k,1− k,k,1−-k,1− k-,-k-

Ответ:

$(c)k,1− k, 1,-1-, −-k,k−1 k 1−k 1−k k$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#86122

Докажите, что следующие четверки гармонические.

(a) $(B,C,M,N ),$ где $M$ и $N$ — основания внутренней и внешней биссектрис треугольника $ABC$ с основанием $BC.$

(b) $(A,B,X,Y),$ где $X$ и $Y$ центры непересекающихся окружностей разного радиуса, $A$ и $B$ — точки пересечения общих внешних и внутренних касательных.

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункта а

Какой факт связывает биссектрису и отношение в котором она делит сторону треугольника?

Показать доказательство

(a) Из свойств биссектрис получаем, что $BM- AB- BN- CM = AC = CN.$ Следовательно, $(B,C,M,N )= ±1.$ Но так как точки $B,C,M$ и $N$ различны, то $(B,C,M,N )= −1.$

$PIC$

(b) Из симметрии картинки относительно $XY$ получаем, что точки $A,B,X$ и $Y$ лежат на одной прямой. Пусть $B$ лежит на общей касательной $MN.$ Тогда из подобия треугольников следует, что $XYBB-= XYMN-,$ что является отношением радиусов данных окружностей. Аналогично можно показать, что отношение $XYAA-$ равно отношению радиусов данных окружностей. Следовательно, $(A,B,X,Y)= ±1,$ откуда следует, что $(A,B,X,Y)= 1,$ так как точки $A,B,X$ и $Y$ различны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#86123

Постройте с помощью одной линейки четвертую гармоническую к трем данным точкам, лежащим на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В каких естественных конструкциях без участия окружностей (а именно такие мы хотим рассматривать, поскольку у нас есть возможность отмечать лишь прямые) учувствуют двойные отношения?

Показать доказательство

Обозначим наши точки через $P,N,Q.$ Сначала проведём через $P$ две произвольные прямые $m$ и $n.$ Затем через $N$ проведём произвольную прямую $l.$ Обозначим точки пересечения прямых как на рисунке ниже. Проведём прямые $QD$ и $QB$ до пересечений с другими прямыми и обозначаем точки как на рисунке. Осталось лишь провести прямую $AC$ до пересечения с прямой $PQ$ в точке $M.$ Теперь легко видеть, что четвёрка $(P,Q,N,M )$ — гармоническая по теореме о полном четырёхстороннике.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#86124

Продолжения противоположных сторон выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Через точку $O$ пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная $PQ.$ Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой $O$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Двойные отношения нередко используют для того, чтобы показать, что некоторая точка является серединой отрезка. Как их рассмотрение помогает в данной ситуации?

Показать доказательство

Обозначим через $X$ точку пересечения прямых $AC$ и $PQ,$ через $Y$ — точку пересечения прямых $BD$ и $PQ.$ Тогда по теореме о полном четырёхстороннике четвёрка точек $(P,Q,X,Y )$ гармоническая. Спроецируем эту четверку на прямую $AC$ через точку $D.$ Получим, что четвёрка точек $(A,C,X,O)$ гармоническая. Обозначим точки пересечения прямой, проходящей через $O$ параллельно $PQ,$ и четырёхугольника $ABCD$ через $E$ и $F.$ После проецирования четвёрки $(A,C,X,O)$ на $EF$ через точку $P$ получаем, что четверка прямых $(P E,PF,PO,PQ )$ — гармоническая. Но $PQ ∥EF,$ тогда $O$ — середина $EF,$ что и требовалось доказать

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#86125

Внутренняя и внешняя биссектрисы угла $A$ неравнобедренного треугольника $ABC$ пересекают прямую $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Точка $M$ — середина стороны $AB.$ Прямая $KM$ пересекает прямую $AC$ в точке $N.$ Докажите, что $NL = NA.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое условие на прямые NL и AB является эквивалентным тому, что треугольник ANL является равнобедренным?

Показать доказательство

Известно, что четвёрка точек $(B,C,K,L )$ — гармоническая. Тогда и четвёрка прямых $(NB,NC, NK,NL )$ — гармоническая. Предположим, что $BA$ не параллельно $NL.$ Обозначим соответствующую точку пересечения через $X.$ Спроецируем четвёрку прямых на прямую $BA.$ Получим, что четверка точек $(B,A,M, X)$ — гармоническая. Но $M$ — середина $BA,$ тогда точка $X$ — бесконечно удалённая. То есть $BA ∥NL.$ Но тогда $∘ ∠MAL +∠ALN = 180.$ Но $∘ ∠MAL +∠NAL =180.$ То есть $∠NAL = ∠NLA,$ а тогда треугольник $NA = NL.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86126

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH A$ и отмечены центры $I,I A$ вписанной и вневписанной окружностей. Докажите, что прямые $HAI,HAIA$ симметричны относительно прямой $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно переформулировать доказываемое утверждение для треугольника IH_AI_A?

Показать доказательство

Пусть биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ пересекает сторону $BC$ в точке $X.$ Заметим, что $∠AH X = 90∘. A$ Покажем, что четверка точек $(A,X, I,IA)$ является гармонической. Посмотрим на четверку прямых $(BA, BX,BI,BIA).$ Известно, что такая четверка прямых является гармонической, но тогда и $(A,X,I,IA)$ — гармоническая четвёрка.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86127

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AD, BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H.P$ и $Q$ — проекции точек $A$ и $H$ на $EF$ соответственно. Пусть $R$ — точка пересечения $DP$ и $QH.$ Найдите $HQ∕HR.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда просят найти отношение, оно обычно 2:1, либо 1:1. Первое бывает, когда видны какие-то серединки, равные отрезки и тому подобное. Давайте доказывать 1:1. Как при помощи гармонических четверок показать, что H - середина?

Подсказка 2

H играет в задаче ключевую роль, поэтому хочется побольше точек на прямых отметить через H. Пересеките FE и AH и поищите с новой точкой гармонические четверки.

Подсказка 3

Хочется, чтобы H была серединой, еще QR || AP. Попробуйте предположить, что H середина, и рассмотреть прямые через P. Что нужно доказать для полного решения?

Показать ответ и решение

Докажем, что четверка прямых $(PQ,P R,PH,PA)$ — гармоническая. Пусть $EF$ пересекает $AH$ в точке $T.$ Спроецируем четверку прямых на прямую $AD.$ По теореме о полном четырехстороннике для $AEHF$ четверка точек $(D,T,H,A)$ — гармоническая, откуда получаем, что и четверка прямых $(PQ,PR,PH,P A)$ — гармоническая. Но тогда после проецирования на прямую $QR$ получаем, что $H$ — середина $QR,$ так как $AP ∥ QR.$

$PIC$

Ответ:

$1 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86128

Пусть в треугольнике $ABC$ вписанная окружность касается сторон $BC,CA$ и $AB$ в точках $D,E$ и $F$ соответственно. Пусть $X$ такая точка внутри треугольника $ABC,$ что вписанная окружность треугольника $XBC$ касается $XB, XC$ и $BC$ в $Z,Y$ и $D$ соответственно. Докажите, что $EFZY$ вписанный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните методы доказательства вписанности четырехугольника. Какие из них можно применить в данной задаче?

Подсказка 2

Довольно быстро становится ясно, что посчитать углы в данной задаче получится с трудом, таким образом, доказательство, скорее всего, будет опираться на понятие степени точки. Давайте найдем точку, для которой было бы удобно считать ее степень.

Подсказка 3

Ясно, что в качестве кандидатов выступают точки пересечения сторон или диагоналей четырехугольника EFZY. Какая из трех возможных точек является наиболее перспективной?

Подсказка 4

Точка пересечения прямых FE и ZY, назовем ее S. Она наиболее естественна, потому что хорды FE и ZY являются хордами некоторых окружностей на рисунке, следовательно, степень точки S относительно предполагаемой окружности равна степени S относительно тех самых окружностей. Какому условию должна удовлетворять точка S, чтобы степени точки относительно вписанных окружностей были равны?

Подсказка 5

Точка S должна лежать на их радикальной оси — прямой BC. Как это можно доказать?

Подсказка 6

Нередко, чтобы показать, что точки пересечения P и Q некоторых прямых с прямой, содержащей сторону треугольника MN совпадают, можно доказать, что совпадают точки R и T, которые дополняют тройки точек (M, P, N) и (M, Q, N) до гармонических. Пусть прямая FE пересекает прямую BC в точке S1. Как можно определить точку, которая дополняют тройку (B, S1, N) до гармонической?

Подсказка 7

Пусть точка L1 — точка пересечения прямых CF и BE. Тогда искомая точка лежит на прямой AL1. Что можно сказать, про точку L?

Подсказка 8

Это точка Лемуана треугольника ABC. Тогда AL1 пересекает BC в точке D. Аналогично, AL2, где L2 — точка Лемуана треугольника BXC, пересекает BC в точке D.

Показать доказательство

Лемма. Пусть вписанная окружность треугольника $ABC$ касатеся его сторон $BC, CA$ и $AB$ в точках $D,E$ и $F$ соответственно. Тогда прямые $AD, BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке.

Доказательство. Следует из теоремы Чевы, так как отрезки, на которые точки разбивают стороны, легко находятся.

Перейдём к решению задачи. Пусть $BC$ пересекается с $EF$ и $YZ$ в точках $T$ и $R.$ Так как прямые $AD,BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке, то из теоремы о полном четырёхстороннике получаем, что $(C,B,D,T)= −1.$ Так как прямые $XD,CZ$ и $BY$ пересекаются в одной точке, то из теоремы о полном четырёхстороннике получаем, что $(C,B,D,R)= −1.$ Следовательно, $T =R.$ Но тогда по теореме о секущей и касательной получаем, что $2 TF ⋅TE =TD = TZ⋅TY,$ откуда и следует что точки $E,F,Z$ и $Y$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#86167

На прямой $BC$ отметили точки $X$ и $Y$ так, что $(B,C,X,Y)= −1$ ( $X$ лежит на отрезке $BC$ ). Точка $A,$ не лежащая на прямой $BC,$ такова, что $∘ ∠XAY = 90 .$ Докажите, что $AX$ и $AY$ являются внутренней и внешней биссектрисами угла $∠BAC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии есть прямой угол, значит, можно попробовать нарисовать окружность с диаметром XY. Теперь есть окружность и гармоническая четверка на прямой. Как связать эти объекты?

Подсказка 2

Спроецируйте гармоническую четверку с прямой на окружность через точку A. Поймите, как устроены гармонические четырехугольники, у которых противоположные вершины диаметрально противоположны.

Показать доказательство

Пусть $ω$ — окружность, построенная на $XY$ как на диаметре. Обозначим через $P$ и $Q$ вторые точки пересечения прямых $AB$ и $AC$ с $ω$ соответственно. Так как $(B,C,X,Y) =− 1,$ то четырёхугольник $XP YQ$ гармонический. А так как $XY$ диаметр и $XP- XQ- PY = Y Q,$ то дуги $PY$ и $QY$ равны. Следовательно, $∠P AY =∠QAY,$ а значит $AY$ является внешней биссектрисой угла $∠BAC.$ А значит и $AX$ является внутренней биссектрисой угла $∠BAC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#86168

В окружности $S$ проведены две параллельные хорды $AB$ и $CD.$ Прямая, проведенная через $C$ и середину $AB,$ вторично пересекает $S$ в точке $E.$ Точка $K$ — середина отрезка $DE.$ Докажите, что $∠AKE = ∠BKE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Присмотримся к AEBD. Этот четырехугольник является главным объектом в задаче. Каким он должен быть?

Подсказка 2

AEBD - гармонический. Понять это можно проекцией из точки C на прямую AB. Посчитайте углы, пользуясь гармоничностью четырехугольника.

Показать доказательство

Покажем, что четырёхугольник $AEBD$ гармонический, откуда будет следовать решение задачи. Обозначим середину $AB$ за $M.$ Спроектируем гармоническую четвёрку точек $(A,B,M,∞ )$ из точки $C$ на окружность $S.$ Тогда

(A,B,M,∞ )= (CA,CB, CM,C ∞)= (A,B, E,D)= −1

Но теперь давайте просто посчитаем углы. $∠DAK =∠BAE$ и $∠DBK = ∠ABE,$ так как медиана и симедиана симметричны относительно биссектрисы(изогонали). Но теперь из вписанности получаем, что $∠ADE =∠ABE$ и $∠BAE =∠BDE.$ Тогда внешние углы треугольников тоже равны между собой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#86169

В угол $BAC$ вписана окружность $ω,$ касающаяся сторон угла в точках $B,C.$ Хорда $CD$ окружности $ω$ параллельна прямой $AB.$ Прямая $AD$ второй раз пересекает окружность $ω$ в точке $E.$ Докажите, что прямая $CE$ делит отрезок $AB$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В такой конструкции важно замечать, что ECDB — гармонический. Свяжите это с задачей.

Подсказка 2

Середина отрезка и бесконечно удаленная точка дополняют концы отрезка до гармонической четверки. Найдите этот факт в задаче.

Показать доказательство

Заметим, что четырехугольник $ECDB$ — гармонический. Спроецируем эту четверку точек с окружности на прямую $AB$ через точку $D.$ По условию $CD ∥AB,$ откуда получаем, что точка $C$ перейдет в бесконечно удаленную. Следовательно, $EC$ должна пересечь отрезок $AB$ в его середине.

$PIC$

Предыдущий раздел

Следующий раздел