Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

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#103578

Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $P,$ точка $Q$ — изогонально сопряжена $P$ относительно треугольника. Пусть $P,P ,P a b c$ — основания перпендикуляров из $P$ соответственно на стороны $BC,CA, AB.$ Докажите, что треугольники $ABC$ и $PaPbPc$ ортологичны, причем центрами ортологии являются точки $P$ и $Q.$

Показать доказательство

По определению, одним из центров ортологии, является точка пересечения прямой, проходящей через $P a$ и перпендикулярной прямой $B,$ и аналогичных. Ясно, что данные прямые пересекаются в точке $P.$

Тепрь, чтобы доказать, что $Q$ является вторым центром ортологии, достаточно проверить, что $AQ ⊥ PbPc.$ Это верно, поскольку описанная окружность треугольника $APbPc$ проходит через $P,$ причем $AP$ является ее диаметром, который в свою очередь является изогональю к высоте из вершины $A.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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

Заметим, что треугольники $ABC$ и $A′C′K$ ортологичны. Действительно, прямые $AP,BP,CP$ проведены из вершин первого треугольника и перпендикулярны соответственно сторонам $′ ′ ′ ′ C K,C A ,A K$ второго.

$PIC$

Кроме этого, перпендикуляры в точках $C′$ и $A′$ к сторонам $BA$ и $BC$ являются их серединными перпендикулярами и пересекаются в точке $O$ — центре описанной окружности треугольника $ABC,$ а в силу установленной ортологичности через $O$ проходит перпендикуляр из точки $K$ к стороне $AC,$ а значит, так же является серединным для нее, что доказывает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#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 $BE ⊥ FD.$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 $BEDF$ — параллелограмм. Доказать, что $MD$ 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 9#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 10#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 11#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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $CBX :$