Версия для печати
Убрать все задачи

---

Докажите, что любое движение второго рода является скользящей симметрией.

   Решение

---

Внутри выпуклого четырехугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин была бы наименьшей.

   Решение

---

У каждого из жителей города N знакомые составляют не менее 30 населения города. Житель идет на выборы, если баллотируется хотя бы один из его знакомых. Докажите, что можно так провести выборы мэра города N из двух кандидатов, что в них примет участие не менее половины жителей.

   Решение

---

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведена высота AH. На сторонах AC и AB отмечены точки B₁ и C₁ соответственно, так, что HA – биссектриса угла B₁HC₁ и четырёхугольник BC₁B₁C – вписанный. Докажите, что B₁ и C₁ – основания высот треугольника ABC.

   Решение

Темы:    [ Треугольник, образованный основаниями двух высот и вершиной ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ] [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Вневписанные окружности ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Доказательство от противного ]

Сложность: 4 Классы: 8,9,10

Прислать комментарий

Условие

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведена высота AH. На сторонах AC и AB отмечены точки B₁ и C₁ соответственно, так, что HA – биссектриса угла B₁HC₁ и четырёхугольник BC₁B₁C – вписанный. Докажите, что B₁ и C₁ – основания высот треугольника ABC.

Решение 1

  Пусть O – центр описанной окружности треугольника AB₁C₁ (см. рис.). Четырёхугольник BC₁B₁B – вписанный, следовательно, B₁C₁ и BC антипараллельны. Значит, треугольник AB₁C₁ гомотетичен треугольнику с вершинами в точке A и основаниях высот, опущенных из вершин B и C. Поэтому из задачи 52358 следует, что точка O лежит на высоте AH. Кроме того, O принадлежит серединному перпендикуляру к отрезку B₁C₁.

  Рассмотрим треугольник HB₁C₁. Биссектриса HA и серединный перпендикуляр к стороне B₁C₁ не совпадают, поэтому пересекаются в середине O дуги B₁C₁ его описанной окружности. С другой стороны, поскольку O – центр описанной окружности треугольника AB₁C₁, то  OA = OB₁ = OC₁.  Следовательно, A – центр вневписанной окружности треугольника HB₁C₁ (это следует из леммы о трезубце, см. задачи 53119 и 52395). Поэтому ∠BC₁H = ∠KC₁A = ∠AC₁B₁ = ∠ACB.  Таким образом, четырёхугольник AC₁HC – вписанный, откуда  ∠CC₁A = ∠CHA = 90°. Аналогично
∠BB₁A = 90°.

Решение 2

  Воспользуемся тем, что высоты треугольника содержат биссектрисы углов его ортотреугольника (см. задачу 52866). Заметим также, что если одна из точек B₁ или C₁ является основанием высоты, то и другая тоже. Пусть B₁ и C₁ – не основания высот.

  Первый способ. Восстановим из этих точек перпендикуляры до пересечения с прямыми AC и AB в точках B' и C' соответственно (рис. слева). Тогда C'B₁ и B'C₁ – высоты треугольника AB'C', следовательно, B₁C₁ и B'C' антипараллельны. Значит,  BC || B'C',  то есть AH' – высота треугольника AB'C' (H' – точка пересечения AH и B'C'). Поэтому ∠C₁H'A = ∠B₁H'A.  По условию  ∠C₁HA = ∠B₁HA,  следовательно, треугольники C₁HH' и B₁HH' равны, откуда  HB₁ = HC₁.  Тогда  HA ⊥ B₁C₁,  следовательно,  B₁C₁ || BC,  то есть треугольник ABC – равнобедренный. Противоречие.

  Второй способ. Проведём высоты BH_b и CH_c (рис. справа), а также перпендикуляры AK, AL, H_cN и H_bM к прямым HC₁ и HB₁. Поскольку
B₁C₁ || H_bH_c,  то  H_cN : AL = H_cC₁ : AC₁ = H_bM : AK.  Поскольку HA – биссектриса угла C₁HB₁, то  AK = AL,  поэтому  H_cN = H_bM.  Так как HA также биссектриса угла H_cHH_b, то  ∠H_cHN = ∠H_bHM,  следовательно, треугольники HH_cN и HH_bM равны. Таким образом, ортотреугольник треугольника ABC – равнобедренный, поэтому ABC – тоже равнобедренный. Противоречие.

Источники и прецеденты использования