Тема Треугольники и их элементы

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела треугольники и их элементы
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76808

Дан треугольник ABC.  Обозначим через I,I,I
a  b c  центры вневписанных окружностей, касающихся сторон BC,CA  и AB  соответственно. Докажите, что треугольники ABC  и IaIbIc  ортологичны.

Показать доказательство

Т.к. I
b  и I
 c  лежат на внешней биссектрисе угла A,  а I
 a  — на внутренней, то II ⊥ AI .
 bc    a  Аналогично, II ⊥ CI,I I ⊥BI .
a b    c ac    b  Получается, что ABC  — ортотреугольник треугольника IaIbIc.  А значит, ABC  и IaIbIc  ортологичны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76809

В треугольник ABC  вписана окружность. Из середины каждого отрезка, соединяющего две точки касания, проводится перпендикуляр к противолежащей стороне. Докажите, что эти перпендикуляры пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Пусть A ,B ,C
 0  0  0  — точки касания вписанной окружности со сторонами BC, AC  и AB  соответственно, a A′,B′,C′ — середины B0C0,A0C0,A0B0  соответственно.

PIC

Очевидно, что AA′ ⊥ B0C0,  а B0C0 ∥B′C′.  Получается, что AA ′⊥ B′C′.  Аналогично получается, что BB ′ ⊥ A′C ′ и CC ′ ⊥A ′B′.  Но AA′,BB′,CC ′ пересекаются в одной точке как биссектрисы ABC.  Получается, что перпендикуляры из вершин ABC  на соответствующие стороны A′B′C′ пересекаются в одной точке. Значит, по теореме Штейнера перпендикуляры из вершин A′B′C ′ на стороны ABC  тоже пересекаются в одной точке.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76810

В остроугольном треугольнике ABC  на высоте BH  выбрана произвольная точка P.  Точки A′ и C ′ — середины сторон BC  и AB  соответственно. Перпендикуляр, опущенный из  ′
A на CP,  пересекается с перпендикуляром, опущенным из  ′
C на AP,  в точке K.  Докажите, что точка K  равноудалена от точек A  и C.

Показать доказательство

Пусть B ′ — середина AC.  Рассмотрим треугольники A′B′C′ и AP C.  Докажем их ортологичность. Проведем перпендикуляры из вершин второго треугольника на стороны первого. Соответствующими перпендикулярами будут AP,CP  и BP  (             ′ ′
BP ⊥ AC,AC ∥A C ). Они все пересекаются в одной точке P.  Значит, треугольники ортологичны.

PIC

Тогда опустим перпендикуляры из вершин первого треугольника на стороны второго. Этими перпендикулярами будут C′K,B′K  и серединный перпендикуляр к AC.  По т. Штейнера они пересекутся в одной точке, т.е. в точке K.  Значит, K  лежит на серединном перпендикуляре к AC,  что доказывает утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76811

На стороне AB  прямоугольника ABCD  вне его построен треугольник ABE.  Через точки C  и D  проведены перпендикуляры CM  и DN  соответственно к прямым AE  и BE.  Доказать, что точка P  пересечения прямых CM  и DN  принадлежит прямой, содержащей высоту треугольника ABE.

Показать доказательство

Опустим из E  перпендикуляр EK  на CD.  А из точки K  на прямую AB  — перпендикуляр KL.  Тогда KL, CM  и DN  пересекаются в одной точке, ортополе CD  относительно треугольника ABE  (по определению ортопола). Но т.к. ABCD  — прямоугольник, то прямые EK  и KL  совпадают. Тогда получается, что высота EK,CM  и DN  пересекаются в одной точке.

PIC

Замечание. Опустим из вершин A,B  и C  треугольника ABC  соответственно перпендикуляры AA1,BB1  и CC1  на произвольную прямую ℓ.  Тогда перпендикуляр из точки A1  на прямую BC,  перпендикуляр из точки B1  на прямую AC  и перпендикуляр из точки C1  на прямую AB  пересекаются в одной точке P,  называемой ортополом прямой ℓ  относительно треугольника ABC.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76813

Дан шестиугольник ABCDEF,  в котором AB = BC,CD = DE,EF = FA,  а углы A  и C  — прямые. Докажите, что прямые FD  и   BE  перпендикулярны.

Показать доказательство

Т.к. треугольники ABF  и BCD  прямоугольные, то

   2    2     2    2    2     2
BF  − BD  =AB  + AF − BC  − CD

Из равенств сторон шестиугольника следует, что

AB2+ AF2 − BC2 − CD2 = (AB2− BC2)+ AF2 − CD2 = AF2− CD2 = EF2− ED2

В итоге получаем, что BF2− BD2 = EF2− ED2  Тогда по принципу Карно BE ⊥ FD.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76815

Дан выпуклый четырёхугольник ABCD  такой, что AB = CB  и AD =DC.  Точки K,L,M  — середины отрезков AB,CD  и AC  соответственно. Перпендикуляр, проведённый из точки A  к прямой BC,  пересекается с перпендикуляром, проведённым из точки C  к прямой AD,  в точке H.  Докажите, что прямые KL  и HM  перпендикулярны.

Показать доказательство

 KM  — средняя линия в треугольнике ABC,  а ML  — в треугольнике ACD.  Тогда KM  ∥BC  и ML ∥AD.  Т.к. AH ⊥ BC  и CH ⊥ AD,  то KM  ⊥AH  и CH ⊥ ML.

PIC

Применим принцип Карно для четверок точек (A,H,K, M)  и (C,H,L,M ):

(
{ HK2 − HM2 = AK2− AM2
( HL2− HM2  =CL2 − CM2

Вычтем из первого второе. Учитывая, что M  — середина AC,  получим:

HK2  − HL2 = AK2− AM2 − CL2+ CM2 = AK2 − CL2

Поскольку AB = BC  и CD = AD,  то AK = KM = BC ∕2  и CL = ML = AD∕2.  Подставив в предыдущее выражение, получим: HK2 − HL2 =MK2  − ML2.  Что по принципу Карно доказывает перпендикулярность HM  и KL.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76816

Дан равнобедренный треугольник ABC  (AB = CB  ). Точка M  — точка пересечения биссектрисы угла B  и описанной окружности треугольника ABC.  На продолжении стороны AC  за точку C  отметили точку D.  На продолжении AB  за точку B  и BC  за точку C  отметили точки E  и F  так, что BDEF  — параллелограмм. Доказать, что MB  перпендикулярно EF.

Показать доказательство

PIC

Т.к. треугольник ABC  равнобедренный, то BM  — диаметр описанной окружности, а значит, ∠BAM = ∠BCM  = 90∘.

EM2 − ED2 = EA2 +AM2 − ED2

Поскольку ED ∥BC,  a ABC  равнобедренный, то ED = EA.  Получаем EM2 − ED2 = AM2.

FM2 − F D2 = FC2 +CM2 − FD2

Поскольку FD ∥AB,  a ABC  равнобедренный, то FD = FC.  Получаем    2    2     2
FM  − FD  =CM  .

Т.к. AM = MC,  то получим, что    2     2     2     2     2    2
EM   − ED = AM  = CM  = FM  − F D .  По принципу Карно EF ⊥ MD.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91016

Точки M  и N   – середины боковых сторон AB  и CD  трапеции ABCD.  Перпендикуляр, опущенный из точки M  на диагональ AC,  и перпендикуляр, опущенный из точки N  на диагональ BD,  пересекаются в точке P.  Докажите, что P A= PD.

Показать доказательство

PIC

Если покажем, что точка P  лежит на серединном перпендикуляре отрезка AD,  то получим требуемое. Обозначим через Z  середину AD,  через X  и Y  — основания перпендикуляров, через O  — точку пересечения диагоналей трапеции, проведённых к AO  и OD.  Заметим, что для этого достаточно посчитать теорему Карно для ΔAOD.  Сделаем это:

AX2 + ZD2+ YO2 = AZ2+ DY2 +OX2

Отрезки ZD  и AZ  равны, а значит:

AX2+ YO2 =DY 2+ OX2

Распишем квадраты с помощью теоремы Пифагора для треугольников AMX, MXO, OY N  и NYD  и приведём подобные:

   2     2    2     2
AM  + ON  =ND  + MO

Если расписать квадраты ON  и MO  через формулу медианы (для треугольников COD  и ABO  ) и записать AM  как AB-,
 2  а  ND  как CD,
2  то равенство сведётся к следующему:

   2    2     2    2     2    2
AB  + OC + OD  = CD + OB  +OA

По теореме косинусов для треугольников ABO  и COD  имеем:

OC2 +OD2 − CD2 =2 ⋅OC ⋅OD ⋅cos(∠COD ),OB2 +OA2 − AB2 = 2⋅OB ⋅OA ⋅cos(∠BOA )

То есть достаточно показать, что:

2⋅OC⋅OD ⋅cos(∠COD )= 2⋅OB ⋅OA ⋅cos(∠BOA )

Углы вертикальные, поэтому можно сократить на удвоенный косинус и привести равенство к следующему виду:

OC-= OB-
OA   OD

А это незамедлительно следует из подобия треугольников BOC  и AOD.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91017

Дан правильный треугольник ABC  и произвольная точка D.  Точки A ,B
 1  1  и C
 1   – центры окружностей, вписанных в треугольники BCD, CAD  и ABD  соответственно. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин A,B  и C  на прямые соответственно B1C1,A1C1  и A1B1,  пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

PIC

Пусть вписанные окружности треугольников BCD,CAD  и ABD  касаются сторон BC,AC  и AB  в точках A2,B2  и C2  соответственно. Тогда прямые, проходящие через точки A2,B2  и C2  перпендикулярно прямым соответственно BC,AC  и AB,  совпадают с прямыми A1A2,B1B2  и C1C2.

Обозначим AB = BC = CA =a,AD = x,BD = y,CD =z.  Тогда

C2A = a+-x−-y,C2B = a+-y−-x,A2B = a-+y−-z,A2C = a-+z-− y,B2C = a+z-− x,B2A = a+-x− z-
         2            2            2            2            2             2

Осталось с помощью этих вычислений проверить, что выполняется теорема Карно. Пусть перпендикуляр, опущенный из A  на B1C1,  пересекает эту прямую в точке A3.  Аналогично определим точки B3  и C3.  С помощью теоремы Пифагора нетрудно убедиться, что:

(C A2 − A B2)+ (B C2− C A2)+(A B2− B C2)=
 1 3   3 1     1 3   3 1    1 3   3 1

= (AC2 − AB2)+ (CB2 − CA2 )+(BA2 − BC2 )=
     1    1      1    1     1     1

     2    2      2    2      2    2
= (AC 1 − BC1)+ (BA 1− CA 1)+(CB1 − AB 1)=

=(AC2 − C B2)+ (BA2− A C2)+ (CB2 − B A2)
    2    2       2   2        2   2

Теперь подставим выражения, полученные выше и распишем разности квадратов:

1 ⋅((a+ x− y)2− (a +y− x)2+(a+ y− z)2− (a +z − y)2+(a+ z− x)2− (a+x − z)2)=
4

=a(x− y+y − z+ z− x)= 0

получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91018

Около треугольника ABC  описали окружность. A
 1   – точка пересечения с нею прямой, параллельной BC  и проходящей через A.  Точки B1  и C1  определяются аналогично. Из точек A1,B1,C1  опустили перпендикуляры на BC,CA,AB  соответственно. Докажите, что эти три перпендикуляра пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

PIC

Достаточно показать, что выполняется равенство

BA22− A2C2+ CB22 − AB22 + AC22 − BC22 =0

Обозначим углы A,B  и C  через α,β  и γ,  через точки A2,B2  и C2  — основания перпендикуляров, опущенных из A1,B1  и  C1,  а радиус описанной окружности — через R.

Рассмотрим четырёхугольник ABCA1.  Нетрудно понять, что это равнобокая трапеция, поскольку параллельные прямые AA1  и  AB  высекают в окружности равные дуги, которые, в свою очередь, стягиваются равными хордами. По теореме синусов AB = 2Rsin(γ),  а значит A1C =2R sin(γ).  Угол A1CA2  равен углу ABC,  то есть β,  так как трапеция равнобокая.

Следовательно, A2C = 2Rsin(γ)cos(β).  Отсюда получаем, что

BA2 =BC − A2C =2R sin(α)− 2Rsin(γ)cos(β)= 2Rsin(γ+ β)− 2R sin(γ)cos(β)= 2Rsin(β)cos(γ)

Таким образом,

BA22 − A2C2 =4R2((sin(β)cos(γ))2− (cos(β)sin(γ))2)=

    2                                              2
= 4R (sin(β)cos(γ)− cos(β)sin(γ))(sin(β)cos(γ)+cos(β)sin(γ))= 4R sin(β− γ)sin(β+ γ)

Аналогично имеем:

CB2− AB2 =4R2sin(γ− α)sin(γ +α),AC2− BC2 = 4R2 sin(α − β)sin(α+ β)
  2    2                       2    2

Подставим полученные выражения в равенства, сократим на 4R2  и покажем, что:

sin(β− γ)sin(β+ γ)+ sin(γ− α)sin(γ+ α)+sin(α− β)sin(β +α)= 0

Заменим γ  на 180∘− α− β  и применим формулы приведения:

− sin(2β +α)sin(α)+sin(2α+ β)sin(β)+ sin(α− β)sin(β+ α)= 0

Домножим равенство на 2  и преобразуем произведения синусов в разности косинусов:

− cos(2β)+cos(2α+ 2β)+cos(2α)− cos(2α +2β)+ cos(2β)− cos(2α)=0

Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91019

В остроугольном треугольнике ABC  на высоте BH  выбрана произвольная точка X.  Точки M  и N   – середины сторон AB  и BC  соответственно. Перпендикуляр, опущенный из M  на AX,  пересекается с перпендикуляром, опущенным из N  на CX,  в точке P.  Докажите, что точка P  равноудалена от точек A  и C.

Показать доказательство

PIC

Обозначим через R  и Q  основания перпендикуляров, опущенных из M  и N.  Достаточно показать, что CP 2+ XR2 =XQ2 + AR2,  тогда по теореме Карно для треугольника AXC  точка P  будет лежать на серединном перпендикуляре к AC,  что равносильно требуемому. Выразим квадраты из равенства с помощью теоремы Пифагора для треугольников AMR, MRX, XNP  и NP C  :

(CN2 − NQ2 )+(MX2 − MR2 )= (XN2 − QN2)+ (AM2 − MR2 )

Приведём подобные:

CN2 +MX2  = XN2 +AM2

Домножим равенство на 4,  запишем     2
4CN  как    2    2
BC ,4AM  как    2
AB  ,  а квадраты MX  и XN  распишем с помощью формулы медианы для треугольников ABX  и CBX :

BC2 +2BX2 + 2AX2− AB2 = AB2+ 2BX2 +2XC2 − BC2

Приведём подобные и поделим на 2 :

  2     2    2     2
BC + AX  = AB + XC

Это равенство верно, поскольку

AB2− BC2 = AB2− BH2 − (BC2 − BH2 )=

=AH2 − CH2 = AX2− XH2 − (XC2 − XH2) =AX2 − XC2

получили требуемое.

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!