Вписанные углы через ориентированные

01окружность

Угол, опирающийся на дугу

Возьмём окружность с центром $O$ и две её точки $A$ и $B$ . Хорда $AB$ делит окружность на две дуги. Отметим на одной из них точку $P$ и проведём лучи $PA$ и $PB$ . Угол $APB$ называется вписанным, а угол $AOB$ при центре — центральным.

$—$ $—$

Закрашенные треугольники OPA и OPB равнобедренные. Диаметр PD разбивает угол при P на два (или даёт разность двух), и к каждой части применяется первый случай.

Вписанный угол равен половине центрального, опирающегося на ту же дугу. Докажем это в три шага, начав со случая, когда центр лежит на стороне угла.

Пусть $O$ лежит на луче $PB$ . Тогда $OP=OA=R$ , треугольник $OPA$ равнобедренный, и углы при его основании равны: $\angle OPA=\angle OAP=\alpha$ . Угол $AOB$ — внешний угол этого треугольника при вершине $O$ , поэтому он равен сумме двух не смежных с ним внутренних:

\angle AOB=\alpha+\alpha=2\alpha=2\angle APB.

Если центр лежит внутри угла $APB$ , проведём через $P$ диаметр $PD$ . Он разбивает угол на два, $APD$ и $DPB$ , и к каждому применим первый случай; центральные углы при этом складываются. Если центр лежит вне угла, тот же диаметр даёт разность двух углов, и центральные углы вычитаются.

Правая часть равенства не содержит точки $P$ . Значит, пока $P$ остаётся на своей дуге, угол $APB$ не меняется:

\angle APB=\tfrac12\,\smile AB.

$—$ $—$ $—$

Проведи P через хорду на другую дугу. В обычной записи угол меняется скачком, в ориентированной — остаётся тем же числом.

Когда $P$ переходит через хорду на другую дугу, угол опирается уже на дополняющую дугу. Сумма двух дуг равна $360^\circ$ , поэтому новый угол равен $180^\circ$ минус прежний. На графике это видно как скачок: значение меняется, хотя точка прошла через хорду непрерывно.

02постановка задачи

Откуда берутся случаи

Теорема о вписанном угле работает и в обратную сторону. Пусть даны четыре точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , и требуется понять, лежат ли они на одной окружности. Хорда $AB$ делит плоскость на две полуплоскости, и ответ зависит от того, как относительно неё стоят $C$ и $D$ .

Если $C$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AB$ , оба угла опираются на одну и ту же дугу, и признак выглядит так:

\angle ACB=\angle ADB.

Если же они по разные стороны, дуги дополняют друг друга, и равенство заменяется другим:

\angle ACB+\angle ADB=180^\circ.

$—$ $—$ $—$

Закрашена полуплоскость, в которой лежит C . Пока D в ней же, углы равны; когда D переходит через хорду, углы дают в сумме 180° .

Получилось одно сильное утверждение, записываемое двумя формулами. В задаче интересующие нас точки выбираются исходя из условия — как вторая точка пересечения двух окружностей, как основание высоты, как образ при отражении. От этого выбора и будет зависеть, какую из двух формул взять.

Так возникает несколько вариантов: провести решение для одной конфигурации, а остальные объявить аналогичными. Однако проверять это утверждение каждый раз занимает много времени, да и с увеличением числа разборов растёт шанс ошибиться. Поэтому вместо перебора случаев можно определить угол так, чтобы обе формулы перешли в одну. Для этого углы будут измеряться между прямыми, а не лучами.

03соглашение

Угол между прямыми

Возьмём две прямые $l$ и $m$ . Углом $\angle(l,m)$ назовём угол, на который нужно повернуть $l$ против часовой стрелки, чтобы она совпала с $m$ . Поворот на $180^\circ$ переводит прямую в себя, поэтому такой угол определён с точностью до $180^\circ$ ; будем приводить его к промежутку от нуля до $180^\circ$ .

Прямая, в отличие от луча, не имеет направления. Поэтому запись $\angle(AB,AC)$ не различает, куда смотрят лучи $AB$ и $AC$ : важны только прямые, на которых они лежат.

Из определения следуют два свойства. Первое: перестановка прямых меняет знак,

\angle(m,l)=-\angle(l,m).

Второе: углы складываются, как повороты,

\angle(l,n)=\angle(l,m)+\angle(m,n).

$—$ $—$ $—$

$—$

Засечка на дуге стоит на прямой, от которой отсчитывается угол, стрелка показывает конец поворота. Поворот от l к m плюс поворот от m к n равен повороту от l к n по модулю 180° .

Второе свойство — рабочий инструмент. Оно позволяет вставить между двумя прямыми любую третью и переписать угол через неё, потом ещё раз, и ещё. Все равенства при этом остаются равенствами чисел по модулю $180^\circ$ , и следить за расположением точек не нужно.

знак минус здесь тоже по модулю 180°: −40° и 140° — одно и то же

Связь с обычным углом: если $\angle ACB=\varphi$ в привычном смысле, то $\angle(CA,CB)$ равен либо $\varphi$ , либо $180^\circ-\varphi$ — смотря в какую сторону идёт поворот. Обратно из ориентированного угла обычный не восстанавливается.

04признак

Одна формула вместо двух

Вернёмся к четырём точкам. Пусть $A$ , $B$ , $C$ , $D$ попарно различны.

$\angle(CA,CB)=\angle(DA,DB)$

Равенство выполнено тогда и только тогда, когда четыре точки лежат на одной окружности или на одной прямой.

$—$ $—$ $—$

Разность двух углов — это вся проверка. Пока она не ноль, окружность через четвёрку не проходит.

Проверим, что новая запись покрывает оба прежних случая. Пусть точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AB$ . Тогда обычные углы $\angle ACB$ и $\angle ADB$ равны, а повороты от $CA$ к $CB$ и от $DA$ к $DB$ идут в одну сторону. Значит, равны и ориентированные углы.

Пусть теперь $C$ и $D$ по разные стороны. Обычные углы дают в сумме $180^\circ$ , а повороты идут навстречу друг другу. Поэтому если один ориентированный угол равен $\varphi$ , то второй равен $-(180^\circ-\varphi)$ , а это по модулю $180^\circ$ то же самое число:

-(180^\circ-\varphi)=\varphi-180^\circ\equiv\varphi.

Оба случая свелись к одному равенству. Если все четыре точки лежат на одной прямой, оба угла равны нулю, и равенство тоже выполнено; поэтому в формулировке стоит «или на одной прямой».

Разность двух углов как функция точки $D$ обращается в ноль ровно на окружности, проходящей через $A$ , $B$ и $C$ ; с какой стороны от хорды находится $D$ , значения не имеет.

Следствие для четырёхугольника: запись $\angle(CA,CB)=\angle(DA,DB)$ не зависит от порядка вершин и потому годится и для выпуклого четырёхугольника, и для самопересекающегося.

05техника

Практическая польза и удобный расчёт

Решение на ориентированных углах устроено как цепочка равенств. Каждое звено — это либо четыре точки на окружности, либо три точки на прямой, либо правило сложения.

Лемма

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Через $P$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $A$ , а вторую — в точке $C$ . Через $Q$ проведена другая прямая, вторично пересекающая первую окружность в $B$ , а вторую — в $D$ . Тогда $AB\parallel CD$ .

$—$ $—$

Две окружности пересекаются в P и Q. Через P проведена прямая APC, через Q — прямая BQD.

Точки $A$ , $B$ , $P$ , $Q$ лежат на первой окружности, поэтому

\angle(AB,AP)=\angle(QB,QP).

Точки $B$ , $Q$ , $D$ лежат на одной прямой, значит $QB$ и $QD$ — одна и та же прямая:

\angle(QB,QP)=\angle(QD,QP).

Точки $P$ , $Q$ , $C$ , $D$ лежат на второй окружности, поэтому

\angle(QD,QP)=\angle(CD,CP).

Соединим три равенства. Прямые $AP$ и $CP$ совпадают — это прямая, проведённая через $P$ ; обозначим её $\ell$ . Получается

\angle(AB,\ell)=\angle(CD,\ell),

а прямые, составляющие с третьей прямой равные ориентированные углы, параллельны.

В обычной записи это решение потребовало бы оговорок: с какой стороны от $PQ$ лежит $A$ , пересекает ли вторая прямая отрезок, не совпали ли $C$ и $D$ . Здесь каждое звено цепочки — равенство чисел, и оговорки не нужны.

06применение

Ортоцентр и описанная окружность

Возьмём треугольник $ABC$ и его ортоцентр $H$ — точку пересечения высот. Отразим $H$ относительно прямой $BC$ и обозначим образ через $H'$ . Докажем, что $H'$ лежит на описанной окружности треугольника.

$—$ $—$ $—$ $—$

Двигай вершины: отражение H' не сходит с окружности, а угол при нём равен углу при вершине A.

Начнём с угла при $H$ . Правило сложения позволяет вставить между прямыми $HB$ и $HC$ любые другие; вставим сразу две — $AC$ и $AB$ :

\angle(HB,HC)=\angle(HB,AC)+\angle(AC,AB)+\angle(AB,HC).

Прямая $HB$ содержит высоту из $B$ и потому перпендикулярна $AC$ ; прямая $HC$ содержит высоту из $C$ и перпендикулярна $AB$ . Оба крайних слагаемых равны $90^\circ$ , а вместе они дают $180^\circ$ , то есть ноль по модулю:

\angle(HB,HC)=90^\circ+\angle(AC,AB)+90^\circ=\angle(AC,AB).

Теперь отражение. Отражение относительно прямой меняет направление всех поворотов, поэтому ориентированные углы меняют знак. Точки $B$ и $C$ при отражении в $BC$ остаются на месте, а $H$ переходит в $H'$ , значит

\angle(H'B,H'C)=-\angle(HB,HC)=-\angle(AC,AB)=\angle(AB,AC).

Справа стоит угол при вершине $A$ . По признаку из четвёртого раздела точки $A$ , $B$ , $C$ , $H'$ лежат на одной окружности, а окружность через три вершины треугольника — описанная. Доказательство не использует, где лежит $H$ , и верно для тупоугольного треугольника, где ортоцентр снаружи.

Отражение относительно середины стороны

Отразим $H$ относительно середины $M$ стороны $BC$ и обозначим образ $A'$ . Четырёхугольник $BHCA'$ — параллелограмм, поэтому $A'B\parallel CH\perp AB$ и $A'C\parallel BH\perp AC$ . Углы $ABA'$ и $ACA'$ прямые, значит $A'$ лежит на окружности с диаметром $AA'$ , и это описанная окружность. Отрезок $OM$ — средняя линия треугольника $AHA'$ :

AH=2\,OM=2\,d(O,BC).

$—$ $—$

A' — отражение H относительно M; отрезок AA' — диаметр, а OM — средняя линия треугольника AHA', поэтому AH = 2 \cdot OM .

07ограничения

Где ориентированные углы не работают

Приём работает, пока в решении нет действия, которое не согласуется с модулем $180^\circ$ . Таких действий четыре.

Деление пополам

Равенство $2\alpha=2\beta$ по модулю $180^\circ$ не даёт $\alpha=\beta$ : второе решение отличается на $90^\circ$ ,

2\alpha\equiv2\beta\ \Longrightarrow\ \alpha\equiv\beta\ \text{или}\ \alpha\equiv\beta+90^\circ.

У пары прямых две биссектрисы, перпендикулярные друг другу, и обе удовлетворяют равенству удвоенных углов. Поэтому биссектриса на языке ориентированных углов не задаётся, и рассуждение «половины углов равны, значит лучи совпали» неверно.

$—$

$—$ $—$

Обе пунктирные прямые дают удвоенный угол, равный ∠(l, m); они отличаются на 90° . Поэтому из 2α \equiv 2β не следует α \equiv β .

В задачах про вписанную окружность, середины дуг и биссектрисы биссектрису заменяют серединой дуги, а середину дуги — точкой на окружности, и дальше работают с точками.

Смешанная запись

В одном равенстве нельзя держать обычный угол слева и ориентированный справа. Обычный угол лежит в промежутке от нуля до $180^\circ$ и различает лучи; ориентированный не различает. Равенство $\angle ACB=\angle(DA,DB)$ не имеет смысла, даже если числа совпали.

Вопрос о расположении

Если требуется доказать, что точка лежит на отрезке, а не на его продолжении, или что четырёхугольник выпуклый, ориентированные углы ответа не дают: они видят прямые и окружности, но не порядок точек на них. Такие утверждения доказываются отдельно, обычно непрерывностью или неравенствами.

Совпадение точек

Запись $\angle(CA,CB)$ теряет смысл, если $C$ совпала с $A$ или $B$ . В длинной цепочке такое совпадение легко не заметить: точка строится как пересечение и в вырожденной конфигурации садится на одну из старых. Проверка вырожденных положений входит в решение наравне с основной выкладкой.

08олимпиады

Задачи на ориентированные углы

Рассмотрим три задачи с реальных олимпиад, где цепочка ориентированных углов упрощает подход к решению. Считаем, что все углы ниже по тексту — между прямыми, то есть по модулю $180^\circ$ .

1

ВсОШ 2018, заключительный этап, 10 класс, задача 2

Дан остроугольный треугольник $ABC$ , в котором $AB<AC$ . Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $AC$ , а $D$ — основание высоты, проведённой из $A$ . На отрезке $MN$ нашлась точка $K$ такая, что $BK=CK$ . Луч $KD$ пересекает окружность $\Omega$ , описанную около треугольника $ABC$ , в точке $Q$ . Докажите, что точки $C$ , $N$ , $K$ , $Q$ лежат на одной окружности.

$—$

$—$ $—$

Пунктир — серединный перпендикуляр к BC, A' — отражение A относительно него. Прямая KQ проходит через A', и два угла под чертежом равны.

Решение

Пусть $\ell$ — серединный перпендикуляр к $BC$ ; из $BK=CK$ точка $K$ лежит на $\ell$ . Отразим $A$ относительно $\ell$ и обозначим образ $A'$ ; он лежит на $\Omega$ , а прямая $AA'$ параллельна $BC$ .

Точка $D$ симметрична $A$ относительно средней линии $MN$ , а $A'$ симметрична $A$ относительно $\ell$ . Композиция двух отражений в перпендикулярных прямых $MN$ и $\ell$ — центральная симметрия относительно их общей точки $K$ , поэтому $D$ и $A'$ симметричны относительно $K$ , и прямая $KD$ проходит через $A'$ .

Теперь цепочка. Точки $A$ , $A'$ , $Q$ , $C$ лежат на $\Omega$ :

\angle(QK,QC)=\angle(QA',QC)=\angle(AA',AC)=\angle(BC,AC)=\angle(NK,NC).

Второе равенство — четыре точки на окружности, третье — $AA'\parallel BC$ , четвёртое — $MN\parallel BC$ и $N\in AC$ . Равенство $\angle(QK,QC)=\angle(NK,NC)$ и означает, что $Q$ , $N$ , $K$ , $C$ лежат на одной окружности.

2

IMO 2013, задача 4

Пусть $ABC$ — остроугольный треугольник с ортоцентром $H$ , а $W$ — точка на стороне $BC$ строго между $B$ и $C$ . Точки $M$ и $N$ — основания высот из $B$ и $C$ . Пусть $\omega_1$ — описанная окружность треугольника $BWN$ , а $X$ — такая точка, что $WX$ — диаметр $\omega_1$ . Аналогично $\omega_2$ — описанная окружность треугольника $CWM$ , а $WY$ — её диаметр. Докажите, что точки $X$ , $Y$ и $H$ лежат на одной прямой.

$—$

P — вторая точка пересечения окружностей (BWN) и (CWM); она лежит на пунктирной окружности с диаметром AH и на прямой AW . Красная прямая XY проходит через H .

Решение

Пусть $P$ — вторая точка пересечения $\omega_1$ и $\omega_2$ . Покажем, что $P$ лежит на окружности $(AMN)$ :

\angle(PN,PM)=\angle(PN,PW)+\angle(PW,PM)=\angle(BN,BW)+\angle(CW,CM)=\angle(BA,BC)+\angle(CB,CA)=\angle(AB,AC)=\angle(AN,AM).

Углы $ANH$ и $AMH$ прямые, поэтому $(AMN)$ — окружность с диаметром $AH$ , и $\angle(PA,PH)=90^\circ$ .

Далее, $A$ , $P$ , $W$ лежат на одной прямой. Точки $B$ , $C$ , $M$ , $N$ лежат на окружности с диаметром $BC$ , поэтому

\angle(PN,PA)=\angle(MN,MA)=\angle(MN,MC)=\angle(BN,BC)=\angle(BN,BW)=\angle(PN,PW),

откуда прямые $PA$ и $PW$ совпадают. Наконец, $WX$ — диаметр $\omega_1$ , значит $\angle(PW,PX)=90^\circ=\angle(PA,PH)=\angle(PW,PH)$ , и точки $P$ , $H$ , $X$ лежат на одной прямой. Так же $P$ , $H$ , $Y$ лежат на одной прямой, и это та же прямая, перпендикулярная $PW$ в точке $P$ .

3

IMO 2014, задача 4

Точки $P$ и $Q$ лежат на стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ , причём $\angle PAB=\angle BCA$ и $\angle CAQ=\angle ABC$ . Точки $M$ и $N$ лежат на прямых $AP$ и $AQ$ так, что $P$ — середина $AM$ , а $Q$ — середина $AN$ . Докажите, что прямые $BM$ и $CN$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC$ .

$—$

∠PAB = ∠BCA, ∠CAQ = ∠ABC; M и N — отражения A относительно P и Q . Точка X пересечения BM и CN лежит на описанной окружности.

Решение

Треугольники $CAQ$ и $CBA$ подобны: угол при $C$ общий, $\angle CAQ=\angle CBA$ . Отразим $B$ относительно $A$ в точку $D$ . Тогда $AN=2AQ$ , $BD=2BA$ , и из подобия $AN:BD=AQ:BA=CA:CB$ ; вместе с равенством углов $\angle CAN=\angle CBD$ это даёт подобие треугольников $CAN$ и $CBD$ с одинаковой ориентацией, откуда $\angle(CA,CN)=\angle(CB,CD)$ . Точно так же для отражения $E$ точки $C$ относительно $A$ получаем $\angle(BA,BM)=\angle(BC,BE)$ .

Пусть $X$ — точка пересечения $BM$ и $CN$ . Нужно показать $\angle(XB,XC)=\angle(AB,AC)$ . Считаем по правилу сложения:

\angle(BM,CN)=\angle(BM,BC)+\angle(BC,CN)=\bigl[\angle(BE,BC)+\angle(BA,BC)\bigr]+\bigl[\angle(BC,CA)+\angle(CB,CD)\bigr].

Слагаемые $\angle(BA,BC)+\angle(BC,CA)$ дают $\angle(BA,CA)$ , а $\angle(BE,BC)+\angle(CB,CD)=\angle(BE,CD)=0$ , потому что $BCDE$ — параллелограмм (его диагонали делятся точкой $A$ пополам) и $BE\parallel CD$ . Значит, $\angle(XB,XC)=\angle(AB,AC)$ , и $X$ лежит на описанной окружности.

08задачи

Проверь себя

Посчитай, впиши ответ и нажми «Проверить». Разбор открывается кнопкой под задачей. Всё нужное для решения собрано в трёх формулах.

\begin{gathered} \angle APB=\tfrac12\smile AB \\[8pt] \angle(CA,CB)=\angle(DA,DB) \\[8pt] \angle(l,n)=\angle(l,m)+\angle(m,n). \end{gathered}

1

Вписанный угол

\angle APB

равен

35^\circ

. Найди центральный угол

\angle AOB

, опирающийся на ту же дугу.

\angle AOB =

°

Разбор

Решение

Центральный угол вдвое больше вписанного, опирающегося на ту же дугу.

\angle AOB=2\cdot35^\circ=70^\circ.

Ответ:

70^{\circ}

2

Четырёхугольник

ABCD

вписан в окружность,

\angle A=105^\circ

. Найди

\angle C

.

\angle C =

°

Разбор

Решение

Вершины $A$ и $C$ лежат по разные стороны от диагонали $BD$ , поэтому углы опираются на дополняющие друг друга дуги и в сумме дают $180^\circ$ .

\angle C=180^\circ-105^\circ=75^\circ.

Ответ:

75^{\circ}

3

Какое равенство означает, что точки

A

,

B

,

C

,

D

лежат на одной окружности или на одной прямой?

Разбор

Решение

Признак записывается одним равенством ориентированных углов. Второй вариант — это версия для обычных углов, и она верна лишь при определённом расположении точек; четвёртый по модулю $180^\circ$ означал бы, что оба угла равны нулю или $90^\circ$ .

Ответ:

\angle (CA, CB) = \angle (DA, DB)

4

В треугольнике

ABC

угол при вершине

A

равен

60^\circ

,

H

— ортоцентр. Найди угол

\angle BHC

.

\angle BHC =

°

Разбор

Решение

Из шестого раздела известно, что

\angle(HB,HC)=\angle(AC,AB).

Числа по модулю $180^\circ$ совпадают, а обычный угол $\angle BHC$ в остроугольном треугольнике тупой. Значит, он равен $180^\circ-60^\circ=120^\circ$ .

Ответ:

120^{\circ}

5

Расстояние от центра описанной окружности до стороны

BC

равно

3

. Найди расстояние от вершины

A

до ортоцентра.

AH =

Разбор

Решение

Отражение ортоцентра относительно середины стороны $BC$ — это точка, диаметрально противоположная $A$ . Отрезок от центра до середины стороны оказывается средней линией, и потому

AH=2\,d(O,BC)=2\cdot3=6.

Ответ:

AH = 6

6

Точки

A

,

B

,

C

,

D

лежат на окружности в этом порядке, дуги равны

\smile AB=80^\circ

,

\smile BC=100^\circ

,

\smile CD=60^\circ

. Хорды

AC

и

BD

пересекаются в точке

P

. Найди угол

\angle APB

.

\angle APB =

°

Разбор

Решение

Угол $APB$ — внешний угол треугольника $APD$ при вершине $P$ , поэтому он равен сумме вписанных углов $\angle ADB$ и $\angle DAC$ . Первый опирается на дугу $AB$ , второй — на дугу $CD$ :

\angle APB=\tfrac12\smile AB+\tfrac12\smile CD=\frac{80^\circ+60^\circ}{2}=70^\circ.

Угол между пересекающимися хордами равен полусумме двух дуг, на которые он опирается.

Ответ:

70^{\circ}