Тема Счётная планиметрия

Комплексные числа для планиметрии

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 21#76169Максимум баллов за задание: 7

На плоскости фиксирован остроугольный треугольник $ABC$ с наибольшей стороной $BC.$ Пусть $P Q$ — произвольный диаметр его описанной окружности, причём точка $P$ лежит на меньшей дуге $AB,$ а точка $Q$ — на меньшей дуге $AC.$ Точки $X,Y$ и $Z$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $P$ на прямую $AB,$ из точки $Q$ на прямую $AC$ и из точки $A$ на прямую $PQ.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $XY Z$ лежит на фиксированной окружности (не зависящей от выбора точек $P$ и $Q$ ).

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в $0,$ и треугольник $ABC$ положительно ориентирован. Заметим, что тогда $p =−q.$ Обозначим угол $∠BAC$ через $φ.$ Введем обозначение $ζ =cosφ+ isinφ.$ Тогда $∠POC = 2φ,$ откуда $2 c∕b= ζ.$ Вычисляем $a+b+-p−-pab a-+c−-p+-pac x = 2 ,y = 2 .$

Обозначим через $K(k)$ центр описанной окружности треугольника $XY Z.$ Заметим, что $∘ ∠PAB + ∠CAQ = 90 − φ.$ Тогда

∠XZY = 180∘− ∠P ZX − ∠Y ZQ =180∘− ∠PAB − ∠CAQ = 90∘+ φ

Получаем, что ориентированный угол $XKY$ равен $∘ 180 +2φ.$ То есть $2 (y− k)=− ζ(x− k)=(k− x)c∕b,$ откуда находим

by+ cx ba+ bc− bp+ pabc+ ca+ cb+cp− pabc (c− b) ab+ ac+2bc k= -b+-c-= ------------2(b+-c)----------- = 2(b+-c)p +--2(b+c)--

То есть координата центра описанной окружности треугольника $XY Z$ имеет вид $up+ v,$ где $u,v$ не зависят от $p,$ а $P$ бегает по единичной окружности. Тогда понятно, что и $K$ бегает по окружности, полученной из единичной умножением на $u$ и сдвигом на $v.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#76171Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $I.$ Прямая, проходящая через точку $B$ параллельно $AC$ пересекает лучи $AA1$ и $CC1$ в точках $A2$ и $C2$ соответственно. Точка $Oa$ — центр описанной окружности треугольника $AC1C2,$ точка $Oc$ — центр описанной окружности треугольника $CA1A2.$ Докажите, что $∠OaBOc =∠AIC.$

Источники: Всеросс., 2021, ЗЭ, 11.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Обозначим через $k$ комплексное число, отвечающее повороту на $∠BAC = α$ против часовой стрелки, через $l$ — отвечающее повороту на $∠BCA = γ$ по часовой стрелке. Тогда центр вписанной окружности имеет координату $t=bk+ bl− bkl.$ Обозначим середины дуг $BC$ и $AB$ через $′ A$ и $′ C$ соответственно. Тогда $′ ′ a = bk,c = bl$ . Найдем координату точки $c2.$ Во-первых $----- ------ (b− c2)(a− c))= (b− c2)(a− c),$ откуда $--2 22 22 c2+ c2b kl = b+ bk l.$ При этом $C2$ лежит на хорде $′ CC ,$ откуда $--2 2 2 c2+ c2b kl= bk +bl.$ Решая полученную систему, находим $bk2l+ bl2− b− bk2l2 c2 =------l−-1------= bl+ b− bk2l.$ Аналогично $a2 = bk +b− bl2k.$ Заметим, что $∠AC1C2 = 2α +γ.$ Тогда ориентированный угол $AOaC2 = 4α +2γ,$ откуда $(a− oa)⋅k2∕l= (c2− oa).$ Итого, $Oa$ имеет комплексную координату

oa = ak2−-c2l= 2bk2l2−-bl2−-bl k2− l k2− l

2bk2l2−-bl2−-bl−-bk2+bl 2bk2l2−-bk2−-bl2 oa− b = k2− l = k2 − l

Аналогично $2bk2l2−-bk2− bl2 oc− b = l2− k .$ Тогда

(oa− b)(c− t) (l2− k)(bk +b)(k+ l) (l2− k)(k+ 1) (oc−-b)(a−-t)-= (k2−-l)(bl+-b)(k+-l)-= (k2-− l)(l+1)

Последнее выражение очевидно вещественное, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#76079Максимум баллов за задание: 7

На сторонах выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники $′ ′ ′ ′ ′ ABC ,BCD ,CDE ,DEF ,EFA$ и $′ FAB .$ Оказалось, что треугольник $′ ′ ′ B DF$ — равносторонний. Докажите, что треугольник $′ ′′ AC E$ также равносторонний.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Звучит страшно, давайте подумаем, как в принципе можно решать подобные задачи.

Подсказка 2

Кажется, не очень удобно будет все это рисовать... Попробуйте ввести координаты.

Подсказка 3

Расположим шестиугольник на комплексной плоскости в правильной ориентации. Положительно ориентированный треугольник B'D'F' является правильным, если вектор (B'F') получается из вектора (B'D') поворотом на 60° против часовой стрелки.

Подсказка 4

Условие правильности для треугольника A'C'E' аналогично.

Показать доказательство

Расположив шестиугольник на комплексной плоскости в правильной ориентации, и введя соответствующие комплексные координаты, получаем $′ bζ−-a ′ cζ−-b ′ dζ−-c ′ eζ−-d ′ fζ−-e ′ aζ−-f c= ζ− 1 ,d= ζ− 1 ,e= ζ− 1 ,f = ζ− 1 ,a= ζ− 1 ,b= ζ− 1 .$ Условие правильности положительно ориентированного треугольника $B′D′F ′$ равносильно тому, что $(f′− b′)= ζ(d′− b′)$ (это условие означает, что вектор $---- B′F′$ получается из вектора $---- B ′D′$ поворотом на $60∘$ против часовой стрелки). То есть

ζ(e−-a)+(f −-d)= ζ⋅ ζ(c−-a)+(f −-b) ζ− 1 ζ− 1

ζ(e− a)+ (f − d)= ζ⋅(ζ(c− a)+(f − b))

Используя равенство $ζ2 = ζ− 1,$ после раскрытия скобок и приведения подобных получаем

ζ2(c+f)− ζ(e +b)+ (a+ d)= 0

Аналогично условие правильности треугольника $A ′C′E′$ равносильно тому, что

ζ2(d+ a)− ζ(f +c)+ (b+ e)= 0

Мы знаем, что $ζ2⋅(ζ2(c+f)− ζ(e+ b)+(a+ d))= 0.$ Воспользовавшись тем, что $ζ3 = −1,$ получаем требуемое после раскрытия скобок.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#76159Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,AH$ — его высота. Точка $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на прямую $CO.$ Докажите, что прямая $HP$ проходит через середину отрезка $AB.$

Источники: ММО-2018, 10.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M — середина AB. Подумайте об углах в этом треугольнике.

Подсказка 2

Докажите, что точки A, O, M, P лежат на одной окружности. Равенство каких углов можно получить?

Подсказка 3

∠CPM = ∠OPM = ∠OAM. Попробуйте подумать об углах еще раз. (:

Подсказка 4

Заметьте, что точки A, C, H, P тоже лежат на одной окружности.

Подсказка 5

Получим, что ∠CPH = ∠CAH. Выразите ∠CAH.

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$

$PIC$

Рассмотрим точки $A,O,M$ и $P.$ Поскольку $∠AMO = ∠APO = 90∘,$ точки $A,O,M$ и $P$ лежат на одной окружности. Значит,

∠CP M = ∠OPM = ∠OAM.

Рассмотрим точки $A,C,H$ и $P.$ Они также лежат на одной окружности, так как $∠AHC = ∠APC = 90∘.$ Следовательно, $∠CP H =∠CAH.$

Помимо того,

∠CAH = 90∘− ∠ACB = 90∘− ∠AOB-= 90∘− ∠AOM = ∠OAM. 2

Получаем:

∠CPM = ∠OAM = ∠CAH = ∠CPH.

Значит, точки $M,P$ и $H$ лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Будем считать описанную окружность треугольника $ABC$ единичной с центром в $0.$ Поскольку $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на диаметр $C (c)C′(−c),$ получаем $-2 - 2 p= a-+c−-c+-ac- = a+ac-. 2 2$ Точка $H$ является проекцией точки $A$ на прямую $BC,$ откуда $a+-b+-c− abc h= 2 .$ Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$ Тогда $a+-b m = 2 .$ Осталось показать, что $----- p-− m-= p−-m-. p− h p− h$

ac2− b c2− ab (ab− c2)⋅c2ab ac2− b c− cab = ac−-bc = (bc−-ac)⋅c2ab = c−-cab

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#76168Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены медиана $AM$ и высота $AH.$ На прямых $AB$ и $AC$ отмечены точки $Q$ и $P$ соответственно так, что $QM ⊥ AC$ и $PM ⊥AB.$ Описанная окружность треугольника $P MQ$ пересекает прямую $BC$ вторично в точке $X.$ Докажите, что $BH = CX.$

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 10.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Поскольку $PM ⊥ AB,$ имеем $- -- (p− m)= (p−m )⋅ab,$ откуда $- -- p− pab= m − mab.$ С другой стороны $- p+pac= a+ c.$ Решая систему на $p$ и $- p,$ находим $mc − mabc+ab+ bc 3bc+ ab+c2− ac p =------b+-c----- = ---2(b+-c)----.$ Аналогичное выражение получается для $3bc +ac+ b2 − ab q =----2(b+-c)----.$

Отметим на прямой $BC$ точку $X$ так, что $BX- =HC,$ тогда $x− b =c− h,$ откуда $x= b+c− h.$ Вспомнив, что $h = a+b+-c−-abc, 2$ находим $- x= b+-c−2a+-abc.$

Нам достаточно показать, что $X,P,Q,M$ лежат на одной окружности. Для этого нужно посчитать двойное отношение. Сделаем необходимые вычисления

- - p − x= 3bc+-ab-+c2−-ac-− b2−-c2−-2bc+ab−-ab2c−-+ac−-abc2= 2a(b+c)

abc+2a2b− ab2−-b2c−-bc2 b(a+-c)(2a−-b− c) = 2a(b+ c) = 2a(b+c)

2 2 2 2 p− m = 3bc+-ab-+c-−2(bac+-−c) b-−-c−-2bc= bc+a2b(−b+acc)− b = (a−2(bb)(+b−c)-c)

Аналогично $q− x= c(a-+b)(2a−-b− c),q− m = (a−-c)(c− b). 2a(b+ c) 2(b+c)$ Наконец, можно посчитать двойное отношение

(p−-x)(q−-m) b(a+c)(2a−-b−-c)(a−-c)(c− b) b(a+-c)(a− c) (q− x)(p− m) = c(a+b)(2a− b− c)(a− b)(b− c) = −c(a+ b)(a− b)

Последнее выражение действительно вещественное, что сразу следует из подстановки $- 1 - 1 - 1 a → a,b→ b,c→ -c.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#76166Максимум баллов за задание: 7

На окружности, описанной около прямоугольника $ABCD,$ выбрана точка $K.$ Оказалось, что прямая $CK$ пересекает отрезок $AD$ в такой точке $M,$ что $AM ∕MD = 2.$ Пусть $O$ — центр прямоугольника. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $OKD$ лежит на описанной окружности треугольника $COD.$

Источники: Всеросс., 2011, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Расположим систему отсчета так, чтобы начало отсчета совпало с центром прямоугольника, а вершины прямоугольника попали на единичную окружность. Тогда $2d+-a a−-2b d= −b,c =− a,m = 3 = 3 .$ Точка $m$ лежит на хорде $KC,$ откуда $-- m + mkc= k+ c.$ Тогда $k = m-− c-= 4a−-2b= b2− 2ab. 1−mc 4− 2ba a− 2b$ Обозначим через $G(g)$ точку пересечения медиан треугольника $OKD.$ Тогда комплексную координату $G$ можно вычислить $2 2 2 g = 0-+k3+-d = b-−-23a(ba−− a 2bb+)-2b = ba−− a2bb .$ Заметим, что $2 2 2 g− c= a-+ab−-−2b3ab,g− d= −a−b2b.$ Тогда

(g−-c)(0−-d) =− (a2-+b2−-3ab)b= − a2+-b2-− 3ab (g− d)(0− c) b2a ab

Вспомнив, что $- - a= 1∕a,b= 1∕b,$ получаем, что последнее выражение вещественное.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#75637Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC$ и $CD$ ромба $ABCD$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $BP = CQ.$ Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $APQ$ лежит на диагонали $BD$ ромба.

Источники: Турнир городов - 2010, осенний тур, сложный вариант, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Утверждение задачи очевидно в случае, если P совпадает с C или B. Каким способов можно обобщить данный факт, если знаем, что он верен в нужном количестве частных случаев?

Подсказка 2

Доказать задачу с помощью линейного движения. Достаточно показать, что точка пересечения медиан движется линейно при линейном движении точки P. Случаи для проверки, что прямая ее движения совпадает с BD мы уже нашли.

Подсказка 3

Понятно, что точки P и Q движутся линейно. Что в таком случае можно сказать, про середину их отрезка?

Подсказка 4

Она так же движется линейно. Как из этого следует линейность движения точки пересечения медиан?

Подсказка 5

Последняя лежит на отрезке, который соединяет данную середину с вершиной A, и делит его в фиксированном отношении 2 : 1, то есть так же движется линейно.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение. Пусть точки $P$ и $Q$ будут двигаться линейно из точки $B$ в точку $C$ и из точки $C$ в точку $D$ с равными скоростями. Тогда точка $X$ — середина отрезка $PQ$ также будет двигаться линейно. Значит, и точка $Y,$ делящая отрезок $AX$ в отношении $2$ к $1,$ будет двигаться линейно. Следовательно, точка пересечения медиан треугольника $APQ$ движется линейно по некоторой прямой $ℓ.$ Осталось показать, что $ℓ= BD$ Для этого достаточно найти два момента времени, когда точка пересечения медиан лежит на $BD.$ Например, подойдут положения $P =B,Q = C$ и $P = C,Q= D.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Расположим наш ромб на комплексной плоскости так, чтобы его центр попал в начало отсчета, вершина $B$ — в точку $i,$ вершина $D$ — в точку $− i$ (этого можно добиться с помощью поворота, параллельного переноса и гомотетии). Тогда вершины $A$ и $C$ попадут на вещественную ось, причем $a= −c.$ Пусть $BP-= λPC,$ откуда $p= i+-λc. 1 +λ$ Аналогично $c− λi q = 1+-λ.$ Координата точки пересения медиан треугольника $AP Q$ может быть вычислена по формуле $a-+p+-q = i+-λc+-c− λi−-c− λc-= i⋅-1− λ . 3 3(1 +λ) 3(1+ λ)$ Последнее выражение является чисто мнимым, а значит, лежит на прямой $BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#76165Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ ( $AB$ < $BC$ ) $I$ — центр вписанной окружности $M$ — середина $AC,N$ — середина дуги $ABC$ описанной окружности треугольника. Докажите, что $∠IMA$ = $∠INB.$

Источники: Всеросс., 2005, РЭ, 9.4(см. math.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле, а также треугольник $ABC$ положительно ориентирован. Пусть $k$ — комплексное число с единичным модулем, такое, что $bk$ попадает в середину дуги $BC,$ и $2 bk$ попадает в точку $C,$ аналогично определим число $l$ ( $al$ — середина дуги $2 BA, al$ совпадает с $A$ ). Тогда середина дуги $ABC$ имеет координату $n = bkl.$ Центр вписанной окружности имеет координату $t= bk +bl− bkl$ (как было доказано на вебинаре). Точка $M$ имеет координату $bk2+bl2 m = ---2---.$ Осталось проверить, что число $(b − n)(a − m ) (t− n)(t−-m)$ — вещественное. Подставив все найденные выражения, получаем