Планиметрия на ЮМШ —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Планиметрия на ЮМШ

Тема ЮМШ (олимпиада Юношеской Математической Школы)

Планиметрия на ЮМШ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела юмш (олимпиада юношеской математической школы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83389

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

3. Пусть $∠BAC =∠DEF = ∠DFE$ . Средняя линия треугольника $DEF$ , параллельная $EF$ , пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что точка $A$ , $D$ , $X$ , $Y$ лежат на одной окружности.

4. В треугольник $DEF$ вписан треугольник $XY Z$ , гомотетичный треугольнику $ABC$ . Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается описанной окружности $ABC$ тогда и только тогда, когда касается описанной окружности $XY Z$ .

Источники: ЮМШ - 2024, сюжет 3 (см. yumsh.ru)

Показать ответ и решение

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =$ $= 180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDE$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BED$ и $DF C$ равнобедренные, то $∠EBD = ∠EDB$ и $∠F CD =∠F DC$ . Тогда $∠EDF =180∘− ∠BDE − ∠FDC = 180∘− ∠B − ∠C =$ $=∠BAC$ . Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что $∠ED ′F =$ $= ∠EDF =∠BAC$ . Получается, что $D′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ $′ ED = ED =EB$ и $′ D F =FD = FC$ . Тогда $′ ′ ∠EBD =∠AED ∕2=$ $′ ′ = ∠AFD ∕2= ∠ACD$ . Получаем, что $′ D$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

3. Обозначим за $S$ и $T$ середины $DF$ и $DE$ соответственно. Т.к. $∠SFE = ∠FAE = ∠FET$ , то $SF$ и $TE$ — касательные к окружности, описанной около $AF E$ .

$PIC$

Рассмотрим пару окружностей: описанная окружность треугольника $AFE$ и окружность нулевого радиуса с центром в точке $D$ . Рассмотрим степени точек $S$ и $T$ относительно данных окружностей:

1) $pow(AFE)(S)= SF2 =SD2 = powD (S)$

2) $pow(AFE)(T) =TE2 = TD2 = powD(T)$

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $XA ⋅XF = XD2$ и $YA ⋅Y E = YD2$ $⇒$ $XD$ — касательная к описанной окружности $AF D$ , и $YD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ . Тогда $∠XAD = ∠XDF$ , $∠Y AD =∠Y DE$ $⇒$ $∠XDF + ∠YDE = ∠BAC$ $⇒$ $∠XDY +∠XAY = ∠XAY + ∠XAY + 180∘− ∠DF E− ∠DEF = 180∘$ $⇒$ $XAY D$ — вписанный.

4. Окружность $(DEF )$ повторно пересекает стороны $BC$ , $AC$ , $AB$ в точках $′ D$ , $′ E$ , $′ F$ соответственно. Окружность $(XY Z)$ повторно пересекает стороны $EF$ , $DF$ , $DE$ в точках $′ X$ , $′ Y$ , $′ Z$ соответственно.

Окружности $′ ′ (EX Z )$ и $′ ′ (F X Y)$ повторно пересекаются в точке $M$ . Заметим, что

∠Y′MZ ′ = ∠DEF + ∠DFE = π− ∠EDF,

поэтому $M$ лежит на окружности $(DY ′Z′)$ . Также

′ ′ ′ ′ ′ ′ ∠EMF = ∠FMX + ∠EMX = ∠F YX +∠EZ X =∠F XY + ∠EXZ = π− ∠A,

поэтому $M$ лежит на окружности $(AEF )$ . Аналогично $M$ лежит на окружностях $(BFD)$ , $(CED )$ .

Пусть $Φ$ — инверсия с центром в точке $M$ и произвольным радиусом. Тогда

$pict$

Также

′ ′ ′ ′ ′ ′ ∠ Φ(X )Φ(E)Φ(F )=∠F MX = ∠FY X = ∠FXY = ∠AF E = ∠AE F .

Аналогично $∠Φ(X′)Φ (F)Φ(E)= ∠AF′E′$ . Следовательно, треугольники $AE ′F ′$ и $Φ(X ′)Φ(E )Φ (F)$ подобны. Проделывая аналогичные рассуждения для двух других сторон мы получаем

′ ′′ ′ ′ ′ △ABC ∪ △D E F ∼ △Φ (X )Φ(Y)Φ(Z )∪△Φ (D )Φ(E)Φ(F).

Следовательно, угол между окружностями $Φ((X′Y′Z′))$ и $Φ((DEF ))$ равен углу между окружностями $(ABC )$ и $(DEF )$ по подобию, с другой стороны, равен углу между окружностями $(X ′Y ′Z′)$ и $(DEF )$ , поскольку инверсия сохраняет углы.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#69410

Общий сюжет. Дан остроугольный неравнобедренный треугольник $ABC$ . На меньшей дуге $BC$ его описанной окружности выбирается переменная точка $D$ . Точка $′ D$ симметрична точке $D$ относительно прямой $BC$ . Луч $′ CD$ пересекает отрезок $AB$ в точке $E$ . Луч $′ BD$ пересекает отрезок $AC$ в точке $F$ .

1. Докажите, что окружность $ω$ , описанная около треугольника $D ′EF$ , проходит через фиксированную точку.

2. Известно, что в положении $D = D1$ центр окружности $ω$ лежит на отрезке $AB$ , а в положении $D = D2$ — на стороне $AC$ . Отрезки $BD2$ и $CD1$ пересекаются в точке $X$ . Докажите, что прямые $AX$ и $BC$ перпендикулярны.

3. Окружность $ω$ вторично пересекает окружность $ABC$ в точке $G$ . Докажите, что прямая $′ D G$ проходит через фиксированную точку.

4. Докажите, что если $∠A =60∘$ , то расстояние от вершины $A$ до точки Торричелли треугольника $ABC$ не превосходит диаметра окружности $ω$ (при любом положении точки $D$ ). Напомним, что точкой Торричелли треугольника $ABC$ называется такая точка $T$ , что $∠AT B =∠BT C =$ $∠CT A =120∘$ .

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, 1 сюжет (см. yumsh.ru)

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка

Чтобы найти фиксированную четвертую точку на окружности, попробуем посчитать углы, чтобы найти вписанный четырехугольник! Точка D лежит на окружности, ее отражают, поэтому посчитать угол FD’E не составит труда! Какой угол может дополнять его до 180?

Пункт 2, подсказка 1

Если центр окружности лежит на AB или AC, то несложно найти точное расположение центра, т.к. отрезки на указанных прямых являются хордами окружностей. Хочется подробнее рассмотреть D1’ и D2’, а точнее углы, которые на них опираются. Найти их не сложно в силу того, что они лежат на окружности.

Пункт 2, подсказка 2

Углы CD1’A и BD2’A будут прямыми(почему?). Итак, два перпендикуляра к пересекающимся отрезкам пересекаются на рисунке, а нам хочется найти другую перпендикулярность. На какой объект это может намекать?

Пункт 2, подсказка 3

На ортоцентр! Сделаем так, чтобы точка пересечения BD2’ и CD1’ стала ортоцентром нового треугольника! Мы найден прямую, к которой перпендикулярен отрезок, одной из вершин которого является А - теперь мы ближе к тому, что нам нужно доказать! Осталось лишь доказать, что этот отрезок лежит на прямой AX, а третья сторона треугольника, в котором мы нашли ортоцентр, параллельна BC!

Пункт 3, подсказка 1

Тут хочется угадать ту самую фиксированную точку…очень часто на олимпиадах помогает сделать красивые и точные чертежи, чтобы попробовать хотя бы интуитивно узнать точку. Докажем, что все прямые будут проходить через середину BC.

Пункт 3, подсказка 2

Мы понимаем, что через точку М проходит прямая D’G, где G - точка пересечения окружностей. Доказывать вписанность там, где много окружностей и симметрии должно быть проще, чем доказывать, что прямая проходит через середину отрезка. Поэтому попробуем доказать, что точка пересечения MD’ с малой окружностью лежит на окружности ABC. Итак, чем же мы можем пользоваться? Вписанностью D’FAGE, а также тем, что M - середина, т.е. может помочь в симметрии. На правильные действия и на полезный подсчет углов может намекать и то, что точка D лежит на окружность ABC и симметрична D’ относительно BC.

Пункт 4, подсказка 1

Интересно, что благодаря точке Торричелли у нас появляется угол, который с углом A в сумме дает 180. Благодаря пункту 1) задачи мы понимаем, на какой окружности лежит точка Торричелли. Попробуем рассмотреть точку T’, изогонально сопряженную с точкой Торричелли. Что можно о ней сказать?

Пункт 4, подсказка 2

Она тоже лежит на окружности BD’C! Раз уж у нас есть окружностью, отметим ее центр N. Понятно, что он лежит на дуге BC. Не совсем понятно, как работать с самой точкой Торричелли, поэтому попробуем найти другой отрезок, равный AT. В этом нам могут помочь равные треугольники. Какие треугольники очень похожи на равные между собой?

Пункт 4, подсказка 3

Если треугольники ATN и AT’N равны, то AT=AT’. Пока не совсем понятно, что делать дальше, поэтому просто попробуем изобразить то, что узнали в предыдущем пункте задачи: точку M, G, через которую проходят прямые MD’(помним, что D’ лежит на той же окружности, где и T, T’. Отметим точку пересечения AM и окружностей BTC и ABC(K’ и K). Пока что видим только много симметрий, имеет смысл записать степень точки M и цепочку равенств. К какому выводу можно прийти?

Пункт 4, подсказка 4

Понимаем, что AGD’K вписанный. Теперь мы можем сравнивать AT’ и диаметр окружностей AGD’K. Значит, нам нужен диаметр. Точки T, T’, K - все лежат на одной окружности. Быть может, попробовать доказать, что какие-то из них совпадают?

Пункт 4, подсказка 5

Точка T’ на самом деле совпадает с точкой K! Осталось лишь осознать, почему AK не больше диаметра, который нам нужен)

Показать доказательство

$PIC$

1. Пусть $∠A = α$ . Тогда $∠BDA = 180∘ − α$ . Из симметрии $∠BD ′A= ∠BDA$ , но тогда $∠A+ ∠ED ′F = 180∘$ , то есть $AED ′F$ - вписанный, то есть для любого выбора точки $D$ окружность $ω$ проходит через фиксированную точку $A$ .

$PIC$

2. Если центр $ω$ лежит на отрезке $AB$ , то $AE$ - диаметр, а $∠AFE$ - прямой. Тогда углы $′ AD2B$ и $′ AD 1C$ - прямые. Рассмотрим точку $′ X$ , симметричную точке $X$ относительно $BC$ . Заметим, что если $′ AX$ перпендикулярно $BC$ , то и $AX$ будет перпендикулярно $BC$ . Продлим $′ AD 2$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $L$ и $′ AD 1$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $M$ . Тогда $′ MD 2$ и $′ LD1$ - высоты в треугольнике $AML$ , $X$ - его ортоцентр, $AX$ - третья высота. Докажем, что $ML||BC$ : Действительно, из вписанности $′ ′ ′ ′ BD 1D2C∠LCB = ∠BD 2D 1$ . $′ ′ MLD 2D1$ - вписанный ( $′ ′ ∘ ∠LD2M = ∠MD 1L= 90$ ), откуда $′ ′ ′ ∠BD2D 1 = ∠D1LM =⇒ ML ||BC =⇒ AX$ перпендикулярно $BC$

3. Докажем, что все прямые будут проходить через точку $M$ - середину $BC$ . Будем доказывать с конца - проведём через точки $M$ и $D ′$ прямую, и докажем, что она пересекает окружность $ABC$ в нужной нам точке. Пусть это точка $G′$ . Отразим $D′$ относительно точки $M$ , получим точку $U$ . $∠BUC = ∠BD ′C = ∠BDC$ , поэтому $U$ попадёт на описанную окружность $ABC$ . Посчитаем углы: $∠BD ′U = ∠D′UC$ так как $BDCD ′$ - параллелограмм, $∠G′UC =∠G ′AC$ как вписанные, $∠G ′D ′F =∠BD ′M$ как вертикальные, откуда $∠G ′D′F =∠G ′AF$ , то есть $G′ADF$ - вписанный, что и требовалось доказать.

$PIC$ $PIC$

4. Пусть $T$ - точка Торичелли треугольника $ABC$ . Заметим, что она лежит на дуге $′ BD C$ (так как $∘ ∘ ∠BTC = 120 = 180 − ∠A$ Рассмотрим точку $′ T$ , изогонально сопряжённую точке $T$ . Заметим, что $∘ α +β +γ+ δ = 120$ , и $∘ β+ γ = 60$ , откуда $′ ∘ ∘ ∘ ∠BT C = 180 − 60 = 120$ , и точка $′ T$ лежит на дуге $′ BD C$ . Также заметим, что $∘ x +y =y +δ = 60$ , откуда $y =δ$ , то есть $′ ∘AT B$ касается $CB$ в точке $B$ . Тогда мы можем определить точку $T ′$ как точку пересечения двух окружностей, которые проходят через $A$ и касаются $BC$ в точках $B$ и $C$ соответственно.

$PIC$

Пусть $N$ - середина малой дуги $BC$ . Докажем, что $N$ - центр окружности $T′CB$ . Рассмотрим точку пересечения биссектрис $I$ . Тогда $∠BIC = 90∘+ ∠A2-= 120∘$ , то есть $I$ также лежит на дуге $BD′C$ , а по лемме о Трезубце мы знаем, что $NI = NB = NC$

$PIC$

Заметим, что (по определению изогонального сопряжения) $AT$ и $AT ′$ будут симметричны относительно биссектрисы $AI$ . Тогда в треугольниках $ATN$ и $AT′N$ : $AN$ - общая, $∠TAN = ∠T′AN$ , $TN = T′N$ . Тогда возможны две ситуации:

$PIC$

Треугольникии либо равны, либо сумма двух их углов равна $180∘$ Предположим, что вторая ситуация возможна. Тогда $∠NT A +∠NT ′A =$ $=180∘$ , но $∠NT A> ∠NBA$ , $∠NT ′A > ∠NCA$ , откуда $∠NT A +∠NT ′A> ∠NBA + ∠NCA = 180∘$ . Противоречие, следовательно треугольники $ATN$ и $AT′N$ равны, и $AT =AT ′$

$PIC$

Пусть $M$ - середина $BC$ . Проведём луч $AM$ , который пересечёт дугу $BD ′C$ в некоторой точке $K$ и дугу $BDC$ в некоторой точке $K ′$ . Тогда из симметрии $MK = MK ′$ . Через точку $M$ и произвольную точку $D′$ на дуге проведем прямую, которая пересечёт окружность $∘ABC$ в точке $G$ . (По доказанному ранее $ω =∘GAD ′$ ). Отразим $D ′$ относительно $M$ , получим точку $D′1$ Распишем степень точки:

$MB ⋅MC = MK ′⋅MA$	$(∘ABC,M )$
$′ MK ⋅MA =MK ⋅MA$	$′ (MK = MK )$
$MB ⋅MC = MD ′1⋅MG$	$(∘ABC,M )$
$MD ′⋅MG = MD ′1⋅MG$	$(MD ′ =MD ′1)$

Откуда $MD ′⋅MG = MK ⋅MA$ , то есть любая окружность $ω$ проходит через точку $K$ .

$PIC$

Достроим $BKC$ до параллелограмма. Тогда

∠T′CB = ∠CBK ′ =∠K ′AC

∠T′BC = ∠BCK ′ =∠K ′AB

Это свойство выполнено и для точки $K$ , и для точки $T′$ . Но такая точка всего одна, следовательно, они совпадают, а хорда окружности всегда меньше или равна диаметру окружности!

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел