ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65367
Темы:    [ Две пары подобных треугольников ]
[ Симметрия помогает решить задачу ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

На сторонах AB, AC треугольника ABC взяли такие точки C1, B1 соответственно, что  BB1CC1.  Точка X внутри треугольника такова, что
XBC = ∠B1BA,  ∠XCB = ∠C1CA.  Докажите, что  ∠B1XC1 = 90° – ∠A.


Решение 1

  Пусть X1 – проекция точки X на прямую BC, а O – точка пересечения прямых BB1 и CC1. Тогда треугольник C1BO подобен треугольнику XBX1 по двум углам, значит,  BC1 : BX = BO : BX1.  Следовательно, подобны и треугольники BC1X и BOX1 – по углу и отношению прилежащих к нему сторон. Значит,
BXC1 = ∠BX1O.
  Аналогично  ∠B1XC = ∠OX1C  (см. рис.). Поэтому   ∠BXC1 + ∠CXB1 = ∠BX1O + ∠OX1C = 180°.  Отсюда
C1XB1 = 180° – ∠BXC = ∠XBC + ∠XCB = ∠ABB1 + ∠ACC1 = ∠BOC – ∠BAC = 90° – ∠A.


Решение 2

  Лемма. Если проекции точки P на стороны четырёхугольника ABCD лежат на одной окружности, то прямые, симметричные прямым AP, BP, CP и DP относительно биссектрис соответствующих углов, пересекаются в одной точке.
  Доказательство. Так как проекции P на стороны лежат на одной окружности, точки K, L, M и N, симметричные P относительно AB, BC, CD и DA соответственно, также лежат на одной окружности Ω. Поскольку  AK = AP = AN,  серединный перпендикуляр к отрезку KN совпадает с биссектрисой угла KAN, которая симметрична AP относительно биссектрисы угла BAD. Следовательно, все четыре указанные в условии леммы прямые проходят через центр окружности Ω.

  Рассмотрим четырёхугольник BCB1C1. Его диагонали по условию перпендикулярны. Согласно задаче 57028 проекции точки O их пересечения на стороны четырёхугольника лежат на одной окружности.
  Прямые BX и CX симметричны прямым BB1 и CC1 относительно биссектрис углов B и C соответственно. Поэтому из леммы следует, что прямые B1X и C1X симметричны B1B и C1C относительно биссектрис углов CB1C1 и BC1B1 соответственно. Отсюда
B1XC1 = 180° – ∠XB1C1 – ∠XC1B1 = 180° – ∠CB1O – ∠BC1O = 180° – (90° + ∠A) = 90° – ∠A.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год 2015
класс
Класс 8
задача
Номер 8.8

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .