Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 66]

Задача 52511

[Окружность девяти точек]

Темы:	[	Прямая Эйлера и окружность девяти точек	]
	[	Четыре точки, лежащие на одной окружности	]
	[	Средняя линия треугольника	]
	[	Признаки и свойства параллелограмма	]

Сложность: 5
Классы: 8,9,10

Докажите, что основания высот, середины сторон и середины отрезков от ортоцентра до вершин треугольника лежат на одной окружности.

Подсказка

Докажите сначала, что середины сторон треугольника и основание одной из высот лежат на одной окружности.

Решение

Пусть H — точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника ABC; A₁, B₁, C₁ — основания высот, проведённых из вершин A, B, C соответственно; A₂, B₂, C₂ -- середины сторон BC, AC, BC; A₃, B₃, C₃ — середины отрезков AH, BH, CH.

Тогда C₂B₂ — серединный перпендикуляр к отрезку AA₁. Поэтому

$\displaystyle \angle$ C₂A₁B₂ = $\displaystyle \angle$ BAC = $\displaystyle \angle$ C₂A₂B₂.

Следовательно, точки A₁, A₂, B₂, C₂ лежат на одной окружности (отрезок C₂B₂ виден из точек A₁ и A₂ под одним и тем же углом).

Аналогично докажем, что точки B₁, A₂, B₂, C₂ лежат на одной (той же) окружности, и точки C₁, A₂, B₂, C₂ -- на той же окружности.

Таким образом, точки A₁, B₁, C₁, A₂, B₂, C₂ лежат на одной окружности.

Докажем теперь, что этой окружности принадлежат точки A₃, B₃, C₃. Действительно,

$\displaystyle \angle$ B₃A₂C₃ = $\displaystyle \angle$ BHC = 180^o - $\displaystyle \angle$ BAC = 180^o - $\displaystyle \angle$ B₃A₃C₃.

Поэтому точки A₃, B₃, A₂, C₃ лежат на одной окружности.

Аналогично докажем, что на этой окружности лежат точки B₂ и C₂. Следовательно, эта окружность совпадает с рассмотренной ранее.

Прислать комментарий

Задача 55595

[Прямая Эйлера]

Темы:	[	Прямая Эйлера и окружность девяти точек	]
Темы:	[	Гомотетия помогает решить задачу	]

Сложность: 5
Классы: 8,9

Докажите, что в любом треугольнике точка H пересечения высот (ортоцентр), центр O описанной окружности и точка M пересечения медиан (центр тяжести) лежат на одной прямой, причём точка M расположена между точками O и H, и MH = 2MO.

Подсказка

Расстояние от точки пересечения высот до вершины треугольника вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противолежащей стороны.

Решение

Первый способ.

Пусть A₁ — середина стороны BC треугольника ABC, G — точка пересечения прямых AA₁ и OH. Воспользуемся известным фактом: AH = 2OA₁.

Из подобия треугольников A₁GO и AGH следует, что

$\displaystyle {\frac{AG}{GA_{1}}}$ = $\displaystyle {\frac{HG}{GO}}$ = $\displaystyle {\frac{AH}{OA_{1}}}$ = 2.

Следовательно, G — точка пересечения медиан треугольника ABC, т.е. G совпадает с M и MH = 2MO.

Второй способ.

Пусть AA₁, BB₁ и CC₁ — медианы, а AA₂, BB₂ и CC₂ — высоты треугольника ABC. Рассмотрим гомотетию с центром в точке M и коэффициентом - ${\frac{1}{2}}$ .

При этой гомотетии треугольник ABC переходит в треугольник A₁B₁C₁, а прямые AA₂, BB₂ и CC₂ — в серединные перпендикуляры к сторонам треугольника ABC (высоты треугольника A₁B₁C₁). Поэтому точка H пересечения высот треугольника ABC переходит в точку пересечения серединных перпендикуляров этого треугольника, т.е. в центр O его описанной окружности. Следовательно, точки H и O лежат на прямой, проходящей через центр гомотетии (точку M), и MH = 2MO.

Прислать комментарий

Задача 56960

Тема:

[

Прямая Эйлера и окружность девяти точек

]

Сложность: 5
Классы: 9

Какие стороны пересекает прямая Эйлера в остроугольном и тупоугольном треугольниках?

Решение

Пусть AB > BC > CA. Легко проверить, что для остроугольного и тупоугольного треугольников точка H пересечения высот и центр O описанной окружности расположены именно так, как на рис. (т. е. для остроугольного треугольника точка O лежит внутри треугольника BHC₁, а для тупоугольного точки O и B лежат по одну сторону от прямой CH). Поэтому в остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает наибольшую сторону AB и наименьшую сторону AC, а в тупоугольном треугольнике — наибольшую сторону AB и среднюю по длине сторону BC.

Прислать комментарий

Задача 56961

Тема:

[

Прямая Эйлера и окружность девяти точек

]

Сложность: 5
Классы: 9

а) Докажите, что описанная окружность треугольника ABC является окружностью девяти точек для треугольника, образованного центрами вневписанных окружностей треугольника ABC.
б) Докажите, что описанная окружность делит пополам отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей.

Решение

а) Пусть O_a, O_b и O_c — центры вневписанных окружностей треугольника ABC. Вершины треугольника ABC являются основаниями высот треугольника O_aO_bO_c (задача 5.2), поэтому окружность девяти точек треугольника O_aO_bO_c проходит через точки A, B и C.
б) Пусть O — точка пересечения высот треугольника O_aO_bO_c, т. е. точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Окружность девяти точек треугольника O_aO_bO_c делит пополам отрезок OO_a.

Прислать комментарий

Задача 66956

Темы:	[	Прямая Эйлера и окружность девяти точек	]
	[	Симметрия помогает решить задачу	]
	[	Признаки и свойства параллелограмма	]

Сложность: 5
Классы: 9,10,11

Автор: Белухов Н.

Отображение $f$ ставит в соответствие каждому невырожденному треугольнику на плоскости окружность ненулевого радиуса, причем выполняются следующие условия:

– Если произвольное подобие $\sigma$ переводит треугольник $\Delta_1$ в $\Delta_2$, то $\sigma$ переводит окружность $f(\Delta_1)$ в $f(\Delta_2)$.

– Для любых четырех точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ окружности $f(ABC)$, $f(BCD)$, $f(CDA)$ и $f(DAB)$ имеют общую точку.

Докажите, что для любого треугольника $\Delta$ окружность $f(\Delta)$ совпадает с окружностью девяти точек треугольника $\Delta$ .

Решение

Известно, что для любых точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ окружности девяти точек треугольников $ABC$, $BCD$, $CDA$, $DAB$ пересекаются в одной точке. Таким образом, отображение, ставящее в соответствие каждому треугольнику его окружность девяти точек, удовлетворяет обоим условиям.

Назовем треугольник $\Delta$ хорошим, если $f(\Delta)$ – окружность девяти точек $\Delta$. Надо доказать, что все треугольники хорошие. Для четырех точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ назовем общую точку окружностей $f(ABC)$, $f(BCD)$, $f(CDA)$, $f(DAB)$ договорной точкой для $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 1. Правильный треугольник хороший.

Доказательство. Пусть $ABC$ – правильны треугольник с центром $O$. По первому условию поворот на $120^\circ$ вокруг $O$ сохраняет $f(ABC)$. Следовательно, $O$ – центр $f(ABC)$.

Пусть $P$ – какая-нибудь из договорных точек $A$, $B$, $C$, $O$. Тогда $P\neq O$. Пусть $Q$ и $R$ такие точки, что $PQR$ – правильный треугольник с центром $O$. Используя первое условие и поворот на $\pm 120^\circ$ вокруг $O$, получаем, что $Q$ и $R$ также будут договорными точками для $A$, $B$, $C$, $O$. Следовательно, $O$ – центр $f(AOB)$.

Пусть $D$ вершина ромба $ABCD$, а $S$ – договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$. Тогда $f(ABC)$ и $f(ACD)$ симметричны относительно прямой $AC$. Так как центр $O$ окружности $f(ABC)$ не лежит на $AC$, точка $S$ лежит на $AC$. Аналогично, $S$ лежит на $BD$. Следовательно, $S$ – середина $AC$. Лемма доказана

Лемма 2. Пусть $ABC$ – равнобедренный треугольник с $AB=AC$. Тогда центр $f(ABC)$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$.

Доказательство. Применим первое условие и симметрию относительно серединного перпендикуляра $BC$.

Лемма 3. Для любого треугольника $ABC$ середины сторон $AB$, $BC$, $CA$ лежат внутри или на окружности $f(ABC)$.

Доказательство. Предположим, что середина $M$ стороны $AC$ лежит вне $f(ABC)$. Рассмотрим проходящую через $M$ прямую $\ell$, не пересекающую $f(ABC)$. Пусть $D$ вершина параллелограмма $ABCD$. Тогда $\ell$ разделяет $f(ABC)$ и $f(ACD)$, что противоречит второму условию для точек $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 4. Пусть $ABC$ – равнобедренный треугольник с $AB=AC$ и $\angle A\leq 30^\circ$. Тогда $f(ABC)$ касается отрезка $BC$ в его середине и лежит по ту же сторону от $BC$, что и точка $A$.

Доказательство. Пусть точка $D$ лежит по одну сторону с $A$ от прямой $BC$ и треугольник $BCD$ правильный. Пусть $M$ – середина $BC$, $N$ – середина $AM$, $k$ – окружность с диаметром $MN$.

По лемме 1 и так как $\angle A\leq 30^\circ$, $f(BCD)$ лежит внутри $k$ или касается ее в точке $M$. По леммам 2 и 3 $k$ лежит внутри $f(ABC)$ или касается ее в точке $M$. Следовательно, $M$ – единственная договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 5. Пусть $ABC$ равнобедренный треугольник с $AB=AC$ и $\angle A\geq 150^\circ$. Тогда $f(ABC)$ касается отрезка $BC$ в его середине и лежит по ту же сторону от $BC$, что и точка $A$.

Доказательство. Пусть $D$ – вершина ромба $ABDC$. Применяя к треугольникам $ABD$ и $ACD$ лемму 4, получаем, что единственная договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$ – это точка пересечения $AD$ и $BC$. Дальнейшие рассуждения повторяют доказательство леммы 4.

Лемма 6. Остроугольный треугольник $ABC$ с углами $\angle A \le 15^\circ$, $\angle B \ge 75^\circ$, $\angle C \ge 75^\circ$ хороший.

Доказательство. Пусть точка $D$ симметрична $A$ относительно $BC$. По лемме 5, так как $75^\circ \le \angle B < 90^\circ$, $75^\circ \le \angle C < 90^\circ$, получаем, что проекция $P$ точки $A$ на $BC$ – единственная общая точка $f(ABD)$ и $f(ACD)$. По второму условию $P$ лежит на $f(ABC)$. Аналогично из лемм 4 и 5 получаем, что проекции $Q$ точки $B$ на $CA$ и проекция $R$ точки $C$ на $AB$ лежат на той же окружности. Следовательно, $f(ABC)$ совпадает с окружностью $PQR$.

Лемма 7. Пусть $ABC$ – произвольный треугольник. Предположим, что найдется такой круг $\mathcal{D}$, что для любой точки $D \in \mathcal{D}$ оба треугольника $ABD$ и $ACD$ хорошие. Тогда треугольник $ABC$ тоже хороший.

Доказательство. Предположим, что $ABC$ не является хорошим. Тогда $f(ABC)$ и окружность девяти точек $e$ треугольника $ABC$ имеют не больше двух общих точек.

Уменьшая, если надо, круг $\mathcal{D}$, можно добиться, что для любой точки $D \in \mathcal{D}$ середина $M$ отрезка $AD$ не лежит на $e$, а окружности девяти точек $e_1$ $e_2$ треугольников $ABD$ и $ACD$ не совпадают. Тогда $e_1$ и $e_2$ пересекаются в $M$ и некоторой точке $N$, лежащей на окружности $e$.

Однако, вновь уменьшив круг $\mathcal{D}$, можно добиться, что $M$ не лежит на $f(ABC)$, а $N$ не является общей точкой $e$ и $f(ABC)$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$. Тогда окружности $f(ABC)$, $f(ABD) = e_1$ и $f(ACD) = e_2$ не имеют общих точек – противоречие.

Лемма 8. Любой треугольник с двумя углами, меньшими $7^\circ 30'$, хороший.

Доказательство. Рассмотрим достаточно малый круг $\mathcal{D}$ с центром в центре описанной окружности треугольника и применим леммы 6 и 7.

Лемма 9. Пусть любой треугольник с двумя углами, меньшими $\theta$, хороший. Тогда любой треугольник с углом, меньшим $2\theta$, тоже хороший.

Доказательство. Пусть в треугольнике $ABC$ $\angle A<2\theta$. Тогда найдется такой круг $\mathcal{D}$, что $\angle BAD<\theta$ и $\angle CAD<\theta$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$, причем, если взять $\mathcal{D}$ достаточно далеко от $ABC$, то и $\angle ADB<\theta$, $\angle ADC < \theta$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$. Осталось применить лемму 7.

Используя лемму 8 и многократно применяя лемму 9, получаем, что все треугольники хорошие.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 66]