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 1#76072

Дан четырехугольник $ABCD.$ Пусть $M$ — середина стороны $AB,N$ — середина стороны $CD.$ В четырехугольниках $AMND$ и $MBCN$ отметили середины диагоналей. Докажите, что $4$ полученных точки являются вершинами параллелограмма, либо лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Расположим четырехугольник на комплексной плоскости. Обозначим через $a,b,c,d,$ координаты вершин $A,B,C,D$ соответственно. Тогда $m = (a +b)∕2,n= (c+d)∕2.$ Координата середины $AN$ равна $(a+ n)∕2 =(2a+ c+d)∕4.$ Аналогично середины отрезков $MD, MC$ и $BN$ имеют координаты $(2d+ a+b)∕4,(2c+a+ b)∕4,2b +c+ d)∕4$ соответственно. Тогда

(2c+ a+b)∕4+(2d+ a+b)∕4= (2b+ c+d)∕4+(2a+ c+d)∕4

откуда получаем требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76073

(a) Основное тождество параллелограмма. Дан параллелограмм $ABCD.$ Докажите, что

2 2 2 2 2 2 AB + BC + CD +DA = AC +BD

(b) Дан произвольный четырехугольник $ABCD.$ Пусть $M$ и $N$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Докажите, что

2 2 2 2 2 2 2 AB +BC + CD + DA = AC + BD +4MN

Показать доказательство

(a) Расположим параллелограмм на комплексной плоскости произвольным образом. Тогда $AB2 = CD2 =(a− b)(a− b).$ Аналогично $2 2 - - AD = BC =(c− b)(c−b).$ Также понятно, что $2 - - AC =(a− c)(a− c).$ Заметим, что $d =a +c− b,$ откуда $2 - - - BD = (2b− a− c)(2b−a −c).$ Нам осталось доказать равенство

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

После раскрытия скобок получается верное равенство.

(b) Расположим четырехугольник на комплексной плоскости. Далее заметим, что $AB2 = (a− b)(a− b),$ аналогично с другими сторонами и диагоналями. Заметим, что $2 -- - 1 - - - - MN =(m − n)(m− n)= 4(a+c − b− d)(a+ c−b− d).$ Нам осталось доказать равенство

- - - - - - - - - - - - (a− b)(a−b)+ (b− c)(b− c)+ (c− d)(c− d)+(d− a)(d− a)=(a− c)(a− c)+ (b− d)(b− d)+

- - - - + (a+ c− b− d)(a+c− b− d).

Заметим, что после раскрытия скобок, выражения $aa,bb,cc,dd$ встречаются справа и слева по $2$ раза, а значит, они сократятся. Посмотрим, сколько раз встречается слагаемое $ab.$ Заметим, что это выражение встречается по одному разу со знаком $−$ справа и слева. Значит, это слагаемое тоже сократится. Аналогично, считая коэффициенты у других слагаемых, получаем верное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76074

Дан положительно ориентированный правильный треугольник $ABC$ с комплексными координатами вершин $A(a),B(b).$ Найдите комплексную координату вершины $C.$

Показать ответ и решение

Обозначим через $ζ$ комплексное число $cosπ +isin π. 3 3$ Тогда имеем уравнение $b− c=(a− c)⋅ζ$ (это условие означает, что вектор $CB-$ получается из вектора $--- CA$ поворотом на $60∘$ против часовой стрелки), откуда $aζ− b c= -ζ−-1 .$

Ответ:

$c= aζ−-b ζ− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76075

Докажите, что сумма квадратов длин диагоналей четырёхугольника равна удвоенной сумме квадратов его средних линий.

Показать доказательство

Обозначим четырехугольник через $ABCD$ и снова расположим его на комплексной плоскости. Обозначим через $a,b,c,d,$ координаты вершин $A,B,C,D$ соответственно. Тогда требуется доказать тождество

(a+ b− c− d) (a+-b−-c− d) (a+ d− b− c) (a+-d−-b−-c) 2 ----2----- ----2----- + 2 ----2----- ----2----- =

= (a − c)(a−-c)+(b− d)(b− d)

После раскрытия скобок получаем верное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76076

На сторонах $AB,BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ вовне построены равнобедренные прямоугольные треугольники $ABC ,BCA ,CAB 1 1 1$ с гипотенузами $AB,BC$ и $AC$ соответственно. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $A1B1C1$ совпадают.

Показать доказательство

Не нарушая общности, можно считать треугольник $ABC$ правильно ориентированным, и расположенным на комплексной площади. Обозначим через $′ ′ ′ a ,b,c$ комплексные координаты точек $A1,B1,C1$ соответственно. Заметим, что вектор $---- C1A$ получается из вектора $---- C1B$ поворотом на $∘ 90$ против часовой стрелки. Следовательно, $′ ′ a− c= i⋅(b− c),$ откуда $′ ib−-a c= i− 1 .$ Аналогично $a′ = ic− b,b′ = ia−-c. i− 1 i− 1$ Точка пересечения медиан треугольника $A1B1C1$ имеет координату

a′+b′+c′= (i− 1)(a-+b+-c)= a+-b+c- 3 3(i− 1) 3

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76077

Докажите, что сумма квадратов расстояний от точки $M$ до вершин треугольника минимальна, если $M$ — точка пересечения медиан треугольника.

Показать доказательство

Обозначим наш треугольник через $ABC.$ Расположим его на комплексной плоскости так, чтобы точка пересечения медиан попала в начало отсчета, тогда $a +b+ c= 0.$ Рассмотрим произвольную точку $N(n).$ Тогда сумма квадратов расстояний от точки $N$ до вершин треугольника равна

------ ----- ----- (n − a)(n − a)+ (n − b)(n − b)+ (n − c)(n − c)=

- -------- - - - - - - - - - - - =3nn− n(a+ b+c)− n(a+ b+ c)+ aa+ bb+ cc= 3nn +aa+ bb+cc≥ aa+ bb+ cc

В последнем неравенстве равенство достигается только в случае $n =0,$ откуда получаем, что для точки пересечения медиан сумма квадратов расстояний минимальна.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76078

Точка $M$ лежит на прямой, содержащей гипотенузу $AB$ прямоугольного треугольника $ABC.$ Докажите, что

2 2 2 2 2 2 MA ⋅BC +MB ⋅AC = MC ⋅AB

Показать доказательство

Расположим прямоугольный треугольник $ABC$ на комплексной плоскости так, чтобы середина гипотенузы $AB$ попала в начало отсчета, точка $A$ — в $1,$ точка $B$ — в $− 1.$ Точка $C$ попадет на единичную окружность с центром в $0,$ то есть $- c⋅c= 1.$ Точка $M (m )$ окажется на вещественной оси, то есть $-- mm.$ Требуется доказать, что

2 - 2 - - (m − 1) ⋅(1+ c)(1+ c)+ (m+ 1) ⋅(1− c)(1− c)= (m − c)(m − c)⋅4

- 2 2 - 2 - - (1+cc)((m − 1) +(m +1) )− 4(c+c)m =4(m + cc)− 4(c+ c)m

Вспомнив, что $cc=1,$ получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76154

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром в $O.$ Обозначим через $H D$ ортоцентр треугольника $ABC.$ Пусть $N D$ — середина отрезка $OHD.$ Аналогично определим точки $HA,HB, HC,NA,NB,NC.$ Докажите, что прямые $ANA, BNB,CNC, DND$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Не нарушая общности, пусть описанная окружность четырехугольника $ABCD$ является единичной с центром в $0.$ Заметим, что $hD = a+b +c,hC = a+ b+d,hA = b+ c+d,hB =a +c+ d.$ Тогда середина отрезка $OHD$ имеет координату $a+b+-c- 2 .$ Аналогично остальные середины. Рассмотрим точку $X,$ делящую отрезок $NDD$ в соотношении $1:2$ (считая от точки $ND$ ). Ее координата вычисляется по формуле $a+ b+ c a+ b+ c+d (2⋅---2---+ d)∕3= ----3----.$ Три оставшиеся прямые также проходят через точку $X$ по аналогичным соображениям.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76155

Дан треугольник $ABC.$ Пусть $O$ — центр его описанной окружности, а $H$ — точка пересечения высот. Обозначим через $D$ точку, симметричную точке $O$ относительно прямой $AC.$ Докажите, что $OD = BH.$

Показать доказательство

Не нарушая общности, пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Тогда точка пересечения высот треугольника $ABC$ имеет комплексную координату $a +b+ c.$ Заметим, что середина отрезка $AC$ является также серединой отрезка $OD,$ откуда $d+ 0= a+c,$ то есть $d= a+ c.$ Тогда вектору $--- OD$ соответствует комплексное число $a +c,$ а вектору $--- BH$ — комплексное число $h− b= a+ c,$ то есть $--- --- OD = BH,$ откуда $OD = BH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#76156

Дан треугольник $ABC.$ Обозначим через $O$ центр его описанной окружности, через $R$ — ее радиус, через $H$ — точку пересечения высот треугольника $ABC.$ Докажите, что

2 2 2 2 2 OH = 9R − AB − BA − AC

Показать доказательство

Не нарушая общности, пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Тогда $h= a+ b+c,$ и $2 - - AB = (a − b)(a− b),$ аналогично с другими сторонами. При этом $2 - - - OH =(a+ b+c)(a +b+ c),$ также $2 R = 1.$ То есть нам осталось доказать, что

- - - - - - - - - (a+ b+c)(a +b+ c)=9 − (a− b)(a−b)− (b− c)(b− c)− (c− a)(c −a)

Вспоминая, что $aa= bb= cc= 1,$ после раскрытия скобок сразу получаем верное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#76157

Докажите, что если средние линии четырехугольника равны, то его диагонали перпендикулярны, и обратно.

Показать доказательство

Расположим четырехугольник на комплексной плоскости. Пусть $A(a),B (b),C (c),D (d)$ — комплексные координаты его вершин. Пусть $K,L,M, N$ — середины сторон $AB, BC,CD,DA$ соответственно. Тогда $2 1 - - - - KM = 4(a+b− c− d)(a+ b−c− d).$ Аналогично $LN2 = 1(b+c− a− d)(b+ c− a − d). 4$ То есть условие равенства средних линий равносильно равенству

(a +b− c− d)(a+ b− c− d)= (b+ c− a− d)(b +c− a− d)

Начнем аккуратно раскрывать скобки. Во-первых, слагаемые $- aa,bb,cc$ и $- dd$ будут с обеих сторон, и они сократятся. Также сокращаются и слагаемые $- ac,ca,bd$ и $- db.$ Оставшиеся слагаемые будут с разными знаками, поэтому они удвоятся. Перегруппируем их так, чтобы с каждой стороны все слагаемые были с положительным коэффициентом. Получим

2(ab+ba+ cd +dc)= 2(ad+ da +bc+ cb)

ab+ ba+cd+ dc= ad +da+ bc+cb

С другой стороны перпендикулярность диагоналей равносильна равенству

- - - - (a− c)(b− d)+ (a−c)(b− d)= 0

После несложного раскрытия скобок получаем

ab+ba+ cd+dc− bc− cb− ad− da =0

- - - - - - - - ab+ ba+cd+ dc= ad +da+ bc+cb

То есть мы получили то же самое условие.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#76158

Пусть точки $A,B,C$ лежат на окружности, а прямая $b$ касается этой окружности в точке $B.$ Из точки $P,$ лежащей на прямой $b,$ опущены перпендикуляры $P A1$ и $PC1$ на прямые $AB$ и $BC$ соответственно (точки $A1$ и $C1$ лежат на отрезках $AB$ и $BC$ ). Докажите, что $A1C1 ⊥ AC.$

Показать доказательство

Не нарушая общности, пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Поскольку точка $P$ лежит на касательной в точке $B$ имеем равенство $2- p+ bp= 2b.$ Поскольку $A1$ является проекцией на хорду $AB,$ имеем $a+b+-p−-pab- a1 = 2 .$ Аналогично получаем формулу для второй проекции $- c1 = c-+b+-p−-pcb. 2$ Тогда

- - a1− c1 = a-− c+-pb(a−-c)= (a− c)1+pb 2 2

Осталось показать, что $- (a− c)1+pb-:(a− c) 2$ чисто мнимое, что сразу следует из того, что $p= 2b−-p. b2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#76160

Касательная в точке $C$ к окружности пересекает в точке $M$ прямую, содержащую диаметр $AB$ этой окружности. Перпендикуляр к $AB$ в точке $M$ пересекает прямые $AC$ и $BC$ в точках $D$ и $E.$ Докажите, что точка $M$ — середина отрезка $DE.$

Показать доказательство

Расположим систему отсчета так, чтобы начало отсчета попало в середину отрезка $AB,$ точка $B$ — в $1.$ Тогда точка $A$ попадет в $− 1.$ Точка $C$ попадет на единичную окружность с центром в $0,$ то есть $- cc= 1.$ Найдем координату точки $M.$ С одной стороны она лежит на вещественной оси, откуда $-- m =m.$ При этом $M$ лежит на касательной к единичной окружности с точке $C,$ откуда $2-- m+ c m= 2c.$ Тогда $-2c-- m = c2+ 1.$

Найдем координату точки $D.$ Эта точка лежит на хорде $AC$ единичной окружности, откуда $- d− cd= c− 1.$ При этом, поскольку $DM ⊥AB,$ получаем $----- (d− m) =−d − m,$ откуда $- d +d =2m.$ Домножив второе уравнение на $c,$ сложим его с первым. Получим $3 2 2 d = 2mc-+c−-1 = c-+-3c-+2c−-1= c-+22c− 1. c+ 1 (c+1)(c + 1) c + 1$ Аналогично $2 e= −c-+2-2c+1. c + 1$ При этом

d+ e= c2+-2c−-1+ −-c2+-2c+1-= -4c--= 2m c2+1 c2 +1 c2+1

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76161

Пусть $A ,B ,C 1 1 1$ — основания высот треугольника $ABC$ из вершин $A,B,C$ соответственно. обозначим через $A ,A B C$ проекции точки $A1$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно. Аналогично определим точки $BA,BC, CA,CB.$ Докажите, что $ABAC =BABC = CACB.$

Показать доказательство

Расположим систему отсчета так, чтобы описанная окружность треугольника $ABC$ была единичной с центром в нуле. Заметим, что $A B$ является проекцией $A1$ на хорду $AB.$ Тогда $a1+-a+-b−-a1ab aB = 2 .$ Аналогично $a1+-a+-c− a1ac AC = 2 .$ Получаем, что $-- aB − aC = (b−-c)(1−-a1a). 2$ Вспоминая, что $- a1 = a-+b+-c−-abc, 2$ получаем

aB − aC = 1(b− c)(2 − ab− ac− 1+ a2bc)=-1-(b− c)(bc− ab− ac+a2)= 4 4bc

1-- =− 4bc(a− b)(b− c)(c− a)

Аналогично $-1- -1- bC − bA = −4ca(a− b)(b− c)(c− a),cA− cB = −4ab(a − b)(b− c)(c− a).$

У трех полученных выражений общий множитель $(a− b)(b− c)(c− a),$ а также $|− 1∕4bc|= |− 1∕4ac|= |− 1∕4ab|=1∕4,$ откуда получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76162

В неравнобедренном остроугольном треугольнике $ABC$ точки $C 0$ и $B 0$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно, $O$ — центр описанной окружности, $H$ — точка пересечения высот. Прямые $BH$ и $OC0$ пересекаются в точке $P,$ а прямые $CH$ и $OB0$ — в точке $Q.$ Оказалось, что четырёхугольник $OPHQ$ — ромб. Докажите, что точки $A,P$ и $Q$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Как обычно будем считать описанную окружность треугольника $ABC$ с центром в $0.$ Точка $P$ лежит на одной прямой с $C , 0$ откуда $- ----- (a+ b)p= (a+b)p,$ откуда $- p =p∕ab.$ При этом $PB ⊥ AC,$ откуда $- - (p − b)= (p− b)ac.$ Подставляя $- p$ из первого уравнения, находим $b2− ac p =-b−-c-.$ Аналогично $c2− ab q =-c−-b-.$ Заметим, что $PH ∥OQ$ и $QH ∥OP,$ откуда четырёхугольник $OPHQ$ — параллелограмм. Значит, условие того, что $OPHQ$ — ромб равносильно тому, что $OP =OQ,$ то есть $pp= qq.$

------- ------- (b2−-ac)(b2−-ac)= (c2−-ab)(c2-− ab) (b− c)(b− c) (c− b)(c− b)

(b2− ac)2 (c2− ab)2 − --b2ac--= --c2ab--

(b2− ac)2⋅c= (c2− ab)2⋅b

Раскрыв скобки в последнем равенстве, получаем

b4c− c4b+ a2c3− a2b3 = (a2− bc)(c3− b3)= 0

Первая скобка равна $0$ быть не может, поскольку иначе $a∕b =c∕a,$ что означало бы, что треугольник $ABC$ — равнобедренный с основанием $BC.$ Значит, $3 3 b = c.$ Проверим, что отношение $p−-a q− a$ равно своему сопряженному. Имеем

p− a (b2− ab)(c− b) b(b− a) q−-a =(c2−-ac)(b−-c) = −c(c− a)

С другой стороны

-------- − b(b− a)= − c2(b− a) c(c− a) b2(c− a)

Наконец, равенство $− c2(b−-a)= − b(b−-a) b2(c− a) c(c− a)$ следует из того, что $b3 = c3.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#76163

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром в точке $O.$ Прямая $ℓ,$ параллельная прямой $AO,$ пересекает отрезки $AB,BC$ и луч $CA$ в точках $D, E$ и $F$ соответственно. Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $AF D,$ середина отрезка $AE$ и точка $O$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в $0.$ Зафиксируем на отрезке $AB$ точку $D.$ Тогда $- d+dab= a+ b,$ откуда $- a-+b−-d d = ab .$ Найдем координату точки $F.$ Во-первых, $DF ∥AO,$ откуда $- - - (f − d)⋅a =(f − d)⋅a,$ то есть $- - f −fa2 = d− da2.$ При этом $F$ лежит на $AC,$ откуда $- f +fac= a+ c.$ Решая систему на $f$ и $- f,$ находим

2 -2 2 2 2 f = a-+-ac+-dc−-da-c= b(a-+ac+-dc)−-ac(a+-b−-d)= ba-+dbc− a-c+-dac a+ c b(a+ c) b(a+ c)

Аналогично координата точки $E$ вычисляется по формуле

dbc−-da2bc+a2b+-a2c dbc−-(a+b−-d)ac+-a2b+a2c- dbc−-abc+-dac-+a2b e= bc+ a2 = bc+ a2 = bc+ a2

Тогда координата $m$ середины отрезка $AE$ вычисляется по формуле

a+ e dbc+dac+ a2b+ a3 (a2+ dc)(a +b) m = -2--= ----2(bc+-a2)----= --2(bc+a2)--

Обозначим через $X$ центр описанной окружности треугольника $AFD.$ Заметим, что треугольники $DFX$ и $BCA$ подобны и одинаково ориентированы, откуда $f −-x= c, d− x b$ откуда

x= fb−-dc= ba2−-a2c+-dbc+-dac− dac−-dc2 = (b−-c)(a2+-dc)= a2+-dc b− c (b− c)(a+ c) (b− c)(a+ c) a+ c

Нам осталось проверить, что отношение $mx = (a+2(bbc)(+aa+2)c)$ вещественное, что сразу следует из подстановки $a → 1a,b→ 1b,c→ 1c.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#76164

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность.

(a) Докажите, что ортоцентры треугольников $BCD, CDA,DAB, ABC$ лежат на одной окружности;

(b) Докажите, что эта окружность равна описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

(a) Пусть описанная окружность четырехугольника является единичной с центром в нуле. Обозначим через $H D$ ортоцентр треугольника $ABC.$ Аналогично определим точки $HA,HB,HC.$ Заметим, что $hd = a+ b+c,hc = a+b +d,ha = b+c+ d,hb =a +c+ d.$ Нам надо проверить вещественность двойного отношения $ha-− hc ha− hd c− a d−-a hb− hc :hb− hd = c− b :d− b,$ что верно, поскольку $A,B,C,D$ лежат на одной окружности.

(b) Рассмотрим треугольник с вершинами $HA,HB,HC.$ Заметим, что $ha− hb = b− a,hb− hc = c− b,hc− ha =a− c,$ то есть этот треугольник просто равен треугольнику $ABC,$ а следовательно, равны и их описанные окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76167

Докажите, что $OI2= R2+ 2Rr, a a$ где $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,R$ — ее радиус, $I a$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC, ra$ — радиус этой окружности.

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 $ak$ попадает в середину дуги $AC,$ и $2 ak$ попадает в точку $C,$ аналогично определим число $l$ ( $al$ — середина дуги $BA$ , $2 al$ совпадает с $B$ ). Тогда середина дуги $ABC$ имеет координату $n =akl.$ Центр вписанной окружности имеет координату $t= ak+ al− akl.$ Середина дуги $BC$ является срединой отрезка между центром вписанной окружности и $Ia,$ откуда точка $Ia$ имеет координату $w = −ak− al− akl.$ Проекция $Ia$ на сторону $BC$ имеет координату $w + ak2 +al2− wa2k2l2 p =---------2--------.$ Тогда

2 2 --2 22 2 2 p− w = ak-+-al-− w-−wa-k-l-= ak-+al-+2akl+-a(k+-l)+-akl(k+-l)-= 2 2

= (ak-+al+-a+akl)(k+-l)-=a ⋅ (k+-1)(l+-1)(k+-l)- 2 2

При этом модуль этого комплексного числа равен $ra.$ Тогда $|2Rra|= |(k+ 1)(l+1)(k +l)|$ (так как $|a|= 1$ ).

При этом

OI2 − R2 = (k+-l+-kl)(1+-k+-l)-− 1= (k+-l)(k+l+-1+-kl)+-kl−-kl a kl kl

(k+-1)(l+1)(k-+l) = kl

Откуда $2 2 |OIa − R |= |(k+1)(l+ 1)(k+ l)|$ (так как $|k|= |l|=1$ ). Таким образом, $2 2 |OIa − R |= |2Rra|,$ то есть $2 2 OIa − R =2Rra,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76170

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что $MN$ проходит через центр $O$ описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим через $Q$ и $P$ середины отрезков $CM$ и $BN$ соответственно. Докажите, что $∠P OQ =∠BAC.$

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в $0,$ и треугольник $ABC$ положительно ориентирован. Точка $m$ лежит на прямой $AB,$ откуда $-- m + mab= a+ b,$ то есть $-- a-+b−-m m = ab .$ Выразим координату точки $N$ через $m,a,b,c.$ Во-первых, $n+ nac =a+ c.$ Также $n = mn∕m.$ Из последних двух уравнений находим $m = (a+c)m-. m +mac$ Теперь

q = m-+-c, p = ma+-mc+-mb+-mabc= b(ma+-mb+-ac+-bc)=-b(a+-b)(m+-c)-- 2 2(m +mac) 2(mb+ ac+bc− mc) 2(mb+ ac+bc− mc)

Заметим, что $q (mb-− mc-+ac+-bc) p = (a+ b)b .$ Тогда

-- m(abc− ab2)+ b2 +ab (a+ b− m)(c− b)+b2+ ab mb− mc+ ac+ bc q∕p = -----c(a+-b)-----= --------c(a+-b)------- = ----c(a+-b)----

Итого $--- bp∕q = cp∕q.$ Осталось проверить, что $p(b− a) q(c− a)$ равно своему сопряженному, что сразу следует из доказанного выше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76172

Дан треугольник $ABC$ . Пусть $A′$ — середина стороны $BC,B c$ — проекция вершины $B$ на биссектрису угла $ACB,C b$ — проекция вершины $C$ на биссектрису угла $ABC.$ Обозначим через $A0$ центр описанной окружности треугольника $′ A BCCB.$ Аналогично определены точки $B0,C0.$ Докажите, что ортоцентр треугольника $A0B0C0$ совпадает с центром вписанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле, и треугольник $ABC$ положительно ориентирован. Обозначим через $k$ комплексное число, отвечающее повороту на $∠ACB = γ$ против часовой стрелки, через $l$ — отвечающее повороту на $∠ABC =β$ по часовой стрелке. Тогда центр вписанной окружности имеет координату $t= ak+ al− akl.$ Обозначим середины дуг $AB,AC, BC$ через $′ ′ C ,B$ и $′ A$ соответственно. Тогда $′ ′ ′ a =− akl,b= al,c =ak.$ Поскольку $BC$ является является проекцией на хорду $CC ′,$ получаем $ak+al2+ ak2− al2k bc =-------2-------.$ Аналогично $al+ ak2+al2− ak2l cb = -------2-------.$