Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .05 Степень точки и радикальные оси

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Окружности

Вписанные углы и счёт углов в окружности

Касание с окружностью и касание окружностей

Вписанная и вневписанная окружности

Лемма о трезубце

Степень точки и радикальные оси

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#128221Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD,$ в котором нет параллельных сторон, вписан в окружность $Ω.$ В треугольники $DAB,$ $ABC,$ $BCD,$ $CDA$ вписаны окружности $ωa,$ $ωb,$ $ωc,$ $ωd$ соответственно. Проведены общие внешние касательные к окружностям $ωa$ и $ωb,$ $ωb$ и $ωc,$ $ωc$ и $ωd,$ $ωd$ и $ωa,$ не содержащие сторон четырёхугольника $ABCD.$ Четырёхугольник, последовательные стороны которого лежат на четырёх проведённых прямых (именно в таком порядке), вписан в окружность $Γ .$ Докажите, что прямые, соединяющие центры окружностей $ωa$ и $ωc,$ $ωb$ и $ωd,$ $Ω$ и $Γ ,$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 11.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть, не умаляя общности, лучи $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $Q,$ лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P.$ Обозначим через $I a$ центр окружности $ωa,$ точки $Ib,Ic,Id$ определим аналогично.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Четырехугольник $IaIbIcId$ является прямоугольником, стороны которого параллельны биссектрисам внутренних углов $P$ и $Q.$

Доказательство. Докажем, что прямая $IaId$ параллельна биссектрисе внутреннего угла $Q.$

Действительно, пусть $W$ и $N$ — середины дуг $AB$ и $CD,$ не содержащие остальные вершины четырехугольника, соответственно. Тогда в силу леммы о трезубце $WIa = W Id,$ но прямая $WN$ является биссектрисой угла $IaW Id,$ поэтому $IaId ⊥ WN.$

$PIC$

С другой стороны, углы между парами прямых $W N,BC$ и $W N,AD$ равны полусуммам пар дуг $BN,CW$ и $AW, ND,$ а значит, равны, следовательно, $W N$ перпендикулярна биссектрисе угла $Q.$ Аналогично, $IbIc$ параллельна последней.

$PIC$

Как известно, биссектрисы внутренних углов $P,Q$ перпендикулярны, следовательно, четырехугольник $II II a bc d$ суть прямоугольник, поскольку пары его противоположных стороны параллельны биссектрисам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдем к решению. Таким образом, в силу доказанной леммы точка пересечения прямых $IaIc,IbId$ является центром описанной окружности $ω$ прямоугольника, т.е. достаточно показать, что окружности $Ω,Γ ,ω$ имеют общую радикальную ось.

Обозначим четырёхугольник, образованный четырьмя касательными через $′ ′ ′ ′ A B C D$ (прямая $′ ′ AB$ — общая внешняя касательная к $ωa$ и $ωb,$ аналогично с тремя другими сторонами). Пусть прямая $IaId$ пересекает прямую $AD$ в точке $Xad.$ Точки обозначим через $γ$ описанную окружность четырёхугольника $AIaIdD.$

Тогда точка $Xad$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $ω$ и $Ω,$ поскольку она лежит на двух их радикальных осях. Значит, радикальная ось окружностей $ω$ и $Ω$ проходит через точку $Xad,$ аналогично, на ней лежат и точки $Xab,Xbc,Xcd.$ В частности, эти 4 точки лежат на одной прямой.

$PIC$

Пусть прямая $B′C ′$ пересекает сторону $AB$ в точке $S$ и сторону $CD$ в точке $T.$ Поскольку $B′C′ ∥AD,$ то $∠BST = ∠BAD = 180∘− ∠BCT,$ поэтому четырёхугольник $BCT S$ — вписанный. Поскольку $C′D′ ∥AB$ и $A′B ′ ∥CD,$ то по теореме Фалеса

XbcB′ = XbcXab-= XbcS. XbcT XbcXcd XbcC ′

Из этого равенства отношений и вписанности $BCT S$ мы получаем, что

XbcB′⋅XbcC ′ =XbcS ⋅XbcT =XbcB ⋅XbcC,

то есть степень точки $Xbc$ относительно окружностей $Ω$ и $Γ$ одинакова. Рассуждение для точек $Xab,Xad,Xcd$ аналогично. Итого доказано требуемое утверждение.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#130314Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB,BC,AC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $D,$ $E,F$ соответственно. На $BD$ и на $FC$ как на диаметрах построены окружности. Эти окружности касаются отрезка $AE$ в одной и той же точке. Найдите $DF,$ если известно, что $AB :AC =$ $2 :3,$ $BD :F C =$ $1:2$ и что $BC = 12.$

Источники: ДВИ - 2025, вариант 253, задача 5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, мы видим две окружности и общую к ним касательную. Какую теорему можно записать в этом случае?

Подсказка 2

Воспользуйтесь теоремой о касательной и секущей (степень точки K относительно окружностей).

Подсказка 3

Мы знаем длину стороны BC, а найти нужно сторону DF. Можно ли сделать какой-то вывод про △ADF и △ACB?

Подсказка 4

Докажите подобие треугольников и найдите коэффициент подобия.

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как $BD$ и $F C$ — диаметры и $BD :F C = 1:2$ обозначим радиус окружности, построенной на $BD$ за $r,$ а на $FC$ — $2r.$ Пусть окружности касаются $AE$ в точке $K.$ Тогда $AK$ — касательная. По теореме о касательной и секущей

2 AK = AD ⋅AB

AK2 =AF ⋅AC

Приравнивая выражения, получим:

AF-= AB-= 2 AD AC 3

Получаем, что треугольники $AFD$ и $ABC$ подобны.

Положим $AF = 2x,$ тогда $AD = 3x.$ Тогда получим:

AB-= 3x-+2r-= 2 AC 2x +4r 3

2r=5x

Теперь найдем коэффициент подобия

AC-= 12x =4 AD 3x

Тогда

BC- 12 DF = 4 = 4 = 3

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#130554Максимум баллов за задание: 7

На высотах $BB 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ взяты точки $P$ и $Q$ так, что $∠APC = ∠AQB = 90∘.$ Докажите, что $AP = AQ.$

Показать доказательство

Пары треугольников $AP B 1$ и $APC,$ $AQC 1$ и $AQB$ подобны, следовательно, имеем

AP-- AC- AQ-- AB- AB1 = AP ; AC1 =AQ ,

или же

AP2 =AB1 ⋅AC, AQ2 = AC1⋅AB.

Осталось заметить, что $AB1⋅AC = AC1⋅AB,$ потому что четырёхугольник $BC1B1C$ вписанный.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#132879Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Окружность $ω$ лежит внутри обеих, касается $Ω 1$ и $Ω 2$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а также проходит через середину $PQ.$ Докажите, что касательные к $ω$ в точках $K$ и $L$ пересекаются в точке, лежащей на общей касательной к $Ω1$ и $Ω2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем воспользоваться касанием ω больших окружностей. Чем является точка касания для соответствующей пары окружностей? Какие утверждения помогают этим воспользоваться?

Показать доказательство

Пусть отношение радиусов $r1= t,N r2$ — середина $PQ,O$ и $C$ — центры гомотетий с положительным и отрицательным коэффициентами, переводящих $Ω1$ в $Ω2.$

Покажем, что $ω$ вторично пересекает линию центров $O1O2$ в точке $C.$ Если радиусы окружностей равны, то $ω$ касается линии центров в точке $N =C.$ Иначе $PC$ и $P O$ — внутренняя и внешняя биссектрисы треугольника $P O1O2,$ поскольку

OO1 :OO2 = 1:t= PO1 :PO2

и, аналогично, $CO :CO = PO :PO . 1 2 1 2$ Из прямоугольного треугольника $OP C$ тогда $ON ⋅OC = OP 2.$

Точки $K$ и $L$ — центры гомотетий с положительными коэффициентами, переводящих $ω$ в $Ω 1$ и $Ω . 2$ По теореме о трех гомотетиях $K,L$ и $O$ лежат на одной прямой. Далее, пусть $OP$ и $OK$ пересекают $Ω 1$ вторично соответственно в $P ′$ и $K ′.$ Пользуясь гомотетией и степенью точки, получаем

2 ′ ′ OP = t⋅OP ⋅OP = t⋅OK ⋅OK = OK ⋅OL.

Теперь имеем $ON ⋅OC = OK ⋅OL$ , значит, точки $K,L,C,N$ лежат на одной окружности, т.е., в самом деле, $ω$ проходит через $C.$

$PIC$

Окружность $ω,$ касающаяся $Ω1$ и $Ω2$ и лежащая внутри них, с тем условием, что она проходит через $C$ , определена единственным образом с точностью до симметрии относительно линии центров.

Пусть общая касательная к $Ω1$ и $Ω2$ касается их в точках $A$ и $B,M = PQ∩ AB$ - середина $AB$ . Проведем через $M$ вторые касательные $MX$ и $MY$ к $Ω1$ и $Ω2$ (пусть $X$ и $Y$ — точки касания). Если мы докажем, что окружность $(XY C)$ касается $MX$ и $MY,$ то мы решим задачу, так как эта окружность тогда совпадает с $ω$ или с симметричным образом $ω$ относительно $O1O2.$

Так как $MA = MB =MY,$ то $∠AY B =90∘,$ следовательно, $AY$ проходит через такую точку $B ′$ на $Ω2,$ что $BB ′$ — диаметр. Касательные, проведенные к $Ω1$ и $Ω2$ в точках $A$ и $B′,$ параллельны, поэтому при гомотетии $Ω1$ в $Ω2$ с центром в $C$ точка $A$ переходит в $B′,$ значит, $C$ лежит на прямой $AY,$ причем $BY ⊥ AC.$ Аналогично, $AX$ — высота треугольника $ABC.$

$PIC$

Ортоцентр $H = AX ∩BY$ треугольника $ABC$ имеет равные степени $HA ⋅HX = HB ⋅HY$ относительно $Ω1$ и $Ω2,$ значит, $H$ лежит на $PQ.$ Так как $PQ ⊥NC,$ точки $X,Y,N$ лежат на окружности с диаметром $CH$ , т.е. это и есть окружность $(XY C).$ Так как $∠CXY = ∠CAB = ∠AYM,$ то окружность $(XY C)$ касается $MY.$ Аналогично, $(XY C)$ касается $MX.$ Задача решена.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#136815Максимум баллов за задание: 7

Лемма Варьера. Окружность касается сторон $AB,AC$ треугольника $ABC$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а также его описанной окружности. Докажите, что середина отрезка $KL$ является центром вписанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $W , b$ $W c$ — середины дуг $AC,$ $AB,$ не содержащих остальных вершин треугольника; $I$ — центр вписанной окружности; $Sa$ — окружность, касающаяся сторон $AB$ и $AC,$ касается описанной окружности в точке $T.$ По лемме Архимеда тройки точек $T,K,Wc$ и $T,L,Wb$ лежат на одной прямой. Далее предложим несколько способов закончить доказательство.

Способ 1. По теореме Паскаля для шестиугольника $BWcAWbCT$ точки $K,I,L$ лежат на одной прямой, но точки $K$ и $L$ симметричны относительно прямой $AI,$ а значит, $I$ является серединой $KL.$

$PIC$

Способ 2. Треугольники $WcKA$ и $WcAT$ подобны по двум углам, следовательно,

WcA2 =WcK ⋅WcT,

то есть $Wc$ имеет равные степени степени точек относительно точки $A$ и окружности $SA.$ То же верно для точки $Wb,$ а значит, прямая $WcWb$ является их радикальной осью и содержит среднюю линию треугольника $AKL,$ то есть середина $KL$ является отражением точки $A$ относительно $WbWc.$

Осталось заметить, что этим же свойством обладает точка $I,$ поскольку $WcA = WcI$ и $WbA = WbI$ в силу леммы о трезубце.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#136844Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB,$ $AC$ треугольника $ABC,$ а также его описанной окружности в точке $T.$ Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Прямая $AI$ пересекает описанную окружность треугольника в точке $W.$ Докажите, что прямые $BC,W T$ и перпендикуляр в точке $I$ к прямой $AI$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Пусть $N$ — середина дуги $BC,$ содержащей точку $A.$ Известно, что прямая $NI$ проходит через точку $T,$ следовательно, окружность, построенная на $IW$ как на диаметре, проходит через $T$ и касается прямой $ℓ,$ перпендикулярной прямой $AI$ и проходящей через $I.$

По лемме о трезубце центром окружности $(BIC )$ является точка $W,$ следовательно, прямая $ℓ$ является касательной к ней, поскольку перпендикулярна радиусу $W I.$ Таким образом, $ℓ$ — является общей касательной к окружностям $(BIC )$ и $(ITW ).$

$PIC$

Осталось заметить, что $BC,$ $W T,$ $ℓ$ являются радикальными осями пар окружностей

(BIC),(ABC ), (ABC),(ITW ), (IT W),(BIC ),

а значит, пересекаются в одной точке.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Обозначим точку пересечения прямых через $Ra.$ Аналогично определим точки $Rb,Rc.$ Тогда каждая из них имеет равные степени точки относительно $I$ и окружности $(ABC ),$ а значит, лежат на одной прямой.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#139259Максимум баллов за задание: 7

Окружности $C$ и $C , 1$ радиусы которых соответственно равны 5 и 4, касаются внешне. Прямая, касающаяся окружности $C 1$ в точке $A,$ пересекает окружность $C$ в точках $E$ и $F$ так, что $AE =EF.$ Найдите длину $AF.$

Показать ответ и решение

Пусть окружность радиуса $C 1$ с центром $O 1$ и окружность $C$ с центром $O$ касаются внешним образом в точке $D.$ Тогда

O1O = O1D+ OD = 9

Опустим перпендикуляры $OM$ на хорду $EF$ и $O1K$ на прямую $OM.$ Тогда $AO1KM$ — прямоугольник, поэтому $MK = 4$ и $O1K = AM.$ Пусть $EM = MF = x,$ тогда $AE =EF = 2x,$ $O1K =AM =3x.$ По теореме Пифагора

2 2 2 OM + EM = 5

O1K2+ OK2 = 92

$PIC$

Тогда

∘-----2 ∘-----2 OM = 25− x и OK = OM − 4= 25− x − 4

Поэтому

2 ∘ ----2- 2 (3x) + ( 25− x − 4) = 81

Отсюда

2 x = 9

Следовательно, $AF = 4x= 12.$

$PIC$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#77990Максимум баллов за задание: 7

На высоте $AA 1$ остроугольного треугольника $ABC$ отмечена точка $D$ такая, что $∠BDC =90∘,$ точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ На отрезке $AH$ как на диаметре построена окружность. Докажите, что длина касательной, проведенной к этой окружности из точки $B,$ равна длине отрезка $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какой прием может помочь выразить длину касательной?

Подсказка 2.

Правильно, степень точки! Здесь помогает знание про то, что квадрат длины касательной равен степени точки, которую можно по перекидывать. Попробуйте это сделать.

Подсказка 3.

Стоит обратить внимание, что четырёхугольник AC₁A₁C вписанный.

Показать доказательство

Обозначим за $C 1$ основание высоты из $C.$ Тогда квадрат касательной равен

2 BC1 ⋅BA =BA1 ⋅BC = BD .

Первое равенство верно в силу вписанности четырехугольника $AC1A1C,$ а второе из подобия в прямоугольном треугольнике. Получили то, что нужно по свойству касательной и секущей.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#79120Максимум баллов за задание: 7

На отрезке $AB$ выбрали точку $M.$ На отрезках $AM$ и $BM$ в одну и ту же сторону построены равносторонние треугольники $AMC$ и $BMD.$ Их описанные окружности пересекаются по прямой $MN.$ Докажите, что вне зависимости от выбора точки $M$ прямая $MN$ всегда проходит через какую-то фиксированную точку.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В задачах, где требуется доказать, что некоторая прямая проходит через фиксированную точку, обычно эту точку нужно сначала "угадать". Для этого полезно рассмотреть простые частные случаи расположения подвижных точек конструкции. Иногда достаточно рассмотреть "предельные" положения или симметричные конфигурации, чтобы заметить закономерность. Попробуйте найти какое-нибудь простое положение точки M и посмотреть, как ведёт себя прямая MN.

Подсказка 2.

Пусть M — середина AB. Тогда прямая MN становится серединным перпендикуляром к AB. Значит, искомая фиксированная точка T должна лежать на этой прямой. Это уже серьёзное ограничение, которое помогает угадать точку!

Другой подход — двигать точку M так, чтобы она "стремилась" к A, и посмотреть, во что превращается прямая MN в "предельном" случае. Это может помочь угадать точку T.

Подсказка 3.

Оказывается, точка T такова, что треугольник ATB — правильный! Остаётся это доказать. Для этого можно воспользоваться тем, что прямая MN является радикальной осью двух окружностей, связанных с данной конфигурацией.

Показать доказательство

Точка $T$ такова, что треугольник $ATB$ — равносторонний и точки $T$ и $C$ лежат по разные стороны относительно прямой $AB.$ Заметим, что $∠ABT =$ $∘ ∠MDB =60 ,$ а значит, прямая $TB$ касается описанной окружности треугольника $BMD.$ Аналогично $AT$ касается описанной окружности треугольника $AMC.$

$PIC$

Так как отрезки $T A$ и $TB$ равны, получаем, что степени точки $T$ относительно этих окружностей равны, то есть она лежит на их радикальной оси, которая совпадает с общей хордой $MN.$ Осталось заметить, что точка $T$ не зависит от выбора точки $M.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#79122Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Окружность с диаметром $AB$ пересекает высоту $CC 1$ и ее продолжение в точках $M$ и $N$ соответственно. Окружность с диаметром $AC$ пересекает высоту $BB1$ и ее продолжение в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что точки $M,N, P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что обе окружности пересекаются в точке $A1$ — основании высоты треугольника $ABC$ из точки $A,$ поскольку отрезки $AB$ и $AC$ видны из этой точки под прямым углом. Значит, справедливы равенства

MH ⋅HN = AH ⋅HA1,PH ⋅HQ = AH ⋅HA1

— степени точки $H$ в соответствующих окружностях. Значит, $MH ⋅HM = PH ⋅HQ,$ а это даёт требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#79866Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ и точки $P$ и $Q$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно, такие что $AP = AQ.$ На стороне $BC$ выбраны точки $S$ и $R$ ( $S$ лежит между $B$ и $R$ ), такие что $∠BP S = ∠PRS$ и $∠CQR = ∠QSR.$ Докажите, что точки $R,S,P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Предположим, что окружности $(PSR)$ и $(QSR)$ различны. Из углов следует, что $AP$ и $AQ$ это касательные к эти окружностям соответственно. Так как $AP = AQ,$ то $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей, то есть на $SR,$ что невозможно. Значит, окружности совпадают.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#83389Максимум баллов за задание: 7

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 $XY Z$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.
Принадлежность к описанной окружности △AEF. Равнобедренные треугольники дают достаточно равных углов, а ещё точка, симметричная D относительно EF, составляет такой же угол с отрезком EF, что и сама D. А дальше Вам поможет счёт углов.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Пункт 3, подсказка 1

Что же даёт равенство углов в условии? Чем будут DF и DE для описанной окружности △AFE?
Рассмотрите D как окружность нулевого радиуса, что тогда будет радикальной осью для неё и окружности, описанной около △AFE?

Пункт 3, подсказка 2

Конечно, XY — радикальная ось. Тогда можно посчитать степени точек для X и для Y. Из равенства для X, что можно сказать о 😆 и окружности, описанной около △AFD? 😆 — касается данной окружности, отсюда можно получить равенство для углов. Останется проделать аналогичные рассуждения для Y и проверить, чему равна сумма противолежащих углов XAYD.

Пункт 4, подсказка 1

Окружность описанная около △DEF повторно пересекает стороны BC, AC, AB в точках D', E', F' соответственно. Окружность △XYZ повторно пересекает стороны EF, DF, DE в точках X', Y', Z' соответственно. Что можно сказать о пересечение описанных окружностей △EX'Z', △FX'Y' и △DY'Z'. Они пересекаются в одной точки, пусть М. Выясните, каким ещё окружностям принадлежит точка М?

Пункт 4, подсказка 2

Очень много окружностей пересекающихся в М. Давайте сделаем инверсию φ в этой точке с произвольным радиусом. Какие подобные треугольнике теперь можно увидеть? Например, △AE'F' ~ △φ(X') φ(E) φ(F). Какие ещё два аналогичных подобия можно получить?
Осталось только посмотреть, куда угол между описанными окружностями △ABC и △DEF перейдёт после инверсии и чему этот угол равен из подобия.

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 $DFC$ равнобедренные, то $∠EBD =∠EDB$ и $∠FCD = ∠FDC$ . 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 $′ D$ как симметричной точки:

ED = ED′ = EB и D′F = FD = FC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $E,$ а $C,D$ и $D ′$ с центром в $F.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠EBD = 2∠AED = 2∠AFD =∠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:

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

2 2 pow(AFE)(T)= TE = TD = powD (T)

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $2 XA ⋅XF = XD$ и $2 YA⋅Y E = YD .$ Следовательно, $XD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ , и $YD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ . Тогда

∠XAD = ∠XDF, ∠YAD = ∠YDE

∠XDF + ∠YDE =∠BAC

∘ ∘ ∠XDY + ∠XAY =∠XAY +∠XAY +180 − ∠DFE − ∠DEF = 180

В итоге $XAY D$ — 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 Y′X ′+∠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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#90450Максимум баллов за задание: 7

Окружность с центром в точке $O$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и вторично пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Предположим, что окружности с диаметрами $BP$ и $CQ$ касаются друг друга внешним образом в точке $T.$ Найдите длину отрезка $AO,$ если $AB =18,AC =36$ и $AT = 12.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока точка A не очень связана со всей остальной картинкой. Попробуйте выражать степень точки A относительно всех трёх окружностей.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что степень точки A относительно окружности с диаметрами BP равна степени точки A относительно окружности с диаметрами CQ. А также мы знаем, что T - точка касания этих же окружностей. Что тогда можно сказать про прямую AT?

Подсказка 3

Верно! Это же радикальная ось этих окружностей, а значит, и касательная. Теперь с помощью теоремы об отрезках секущей и касательной мы можем найти отрезки AP и AQ. Однако мы ещё никак не использовали свойства точки O. Попробуйте отметить центры двух других окружностей (точки Y и X) и рассмотреть четырёхугольник AXOY.

Подсказка 4

Мы получаем, что он вписанный. А значит, углы AYX и AOX равны. Теперь мы можем выразить AO через AX и угол AYX. Осталось лишь найти этот угол. В треугольнике AYX мы уже знаем 2 стороны, и если найдём третью, то и любой его элемент сможем посчитать, а значит и угол AYX. Попробуйте найти XY, воспользовавшись тем, что T — точка касания.

Показать ответ и решение

Заметим, что $AP ⋅AB = AQ ⋅AC$ (степень точки $A$ относительно окружности $(P BC)).$ Но также величина $AP ⋅AB$ является степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $BP,$ а величина $AQ⋅AC$ — степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $QC.$ И эти величины равны, а значит, точка $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей. Также на ней лежит точка $T,$ потому что это их общая точка. Но у касающихся окружностей радикальной осью является их общая касательная. Стало быть, $AT$ — их общая касательная.

Отметим точки $X$ и $Y$ — середины отрезков $QC$ и $PB.$

$PIC$

Из равенств $AT2 =AP ⋅AB$ и $AT2 = AQ ⋅AC$ находим $AP = 8,AQ =4,QX = XC = 16,PY = YB =5.$ В силу касания $Y T ⊥ AT,XT ⊥ AT,$ то есть точки $Y,T,X$ коллинеарны. Следовательно, $XY = YT +XT =5+ 16= 21.$

Заметим, что $OX ⊥ OC$ и $OY ⊥ BP,$ потому что $O$ — центр окружности $(PBC ).$ Таким образом, четырёхугольник $AY OX$ вписанный, а отрезок $AO$ — диаметр опиcанной окружности треугольника $AXY.$ С одной стороны, по формуле Герона площадь треугольника равна $126.$ С другой стороны, она равна $AY⋅YX-⋅AX, 2AO$ откуда вычисляем $AO = 65. 3$

Ответ:

$65 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#128710Максимум баллов за задание: 7

На отрезке $XY$ как на диаметре построена полуокружность и выбрана произвольная точка $Z$ на этом отрезке. Девять лучей из точки $Z$ делят развернутый угол $XZY$ на 10 равных частей и пересекают полуокружность в точках $A1,$ $A2,$ …, $A9$ соответственно (в порядке обхода от $X$ к $Y$ ). Докажите, что сумма площадей треугольников $A2ZA3$ и $A7ZA8$ равна площади четырехугольника $A2A3A7A8.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Подступиться к площадям из условия сложно, в таких задачах зачастую помогает прибавлять и вычитать области из обеих частей, чтобы получить что-то приятное.

Подсказка 2.

Избавимся от площади четырёхугольника и суммы площадей в одной из частей, сведя всё к равенству двух треугольников.

Подсказка 3.

Требуется доказать, что площади треугольников ZA₂A₈ и ZA₃A₇ равны. Какие формулы могут нам помочь?

Подсказка 4.

Сумма углов при вершине Z равна 180°, поэтому хотим доказать, что ZA₂⋅ZA₈=ZA₃⋅ZA₇.

Подсказка 5.

Надо доказать что-то про произведения отрезков, у каждого из которых один конец лежит на окружности. Это напоминает степени точек.

Подсказка 6.

Отразите картинку относительно XY.

Показать доказательство

Покажем, что $S(A ZA )= S(A ZA ). 2 8 3 7$ Требуемое в условии равенство получается вычитанием из обеих частей этого равенства площади серого треугольника с вершиной в точке $Z,$ а также добавлением площадей двух серых треугольников, примыкающих к хордам $A2A3$ и $A7A8$ (см. рис.).

$PIC$

Заметим, что

∠A2ZA8+ ∠A3ZA7 = 6-⋅180∘+ -4⋅180∘ = 180∘, 10 10

поэтому синусы этих углов равны. Поэтому достаточно доказать, что $ZA2 ⋅ZA8 = ZA3⋅ZA7.$ Покажем, что оба произведения равны $XZ ⋅ZY.$ Для этого достаточно доказать следующее вспомогательное утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть $P$ и $Q$ — две точки на полуокружности с диаметром $XY,$ точка $Z$ лежит на отрезке $XY$ и $∠XZP =∠Y ZQ.$ Тогда $ZP ⋅ZQ = ZX ⋅ZY.$

Доказательство. Отметим точку $R,$ симметричную $Q$ относительно $XY.$ Тогда четырёхугольник $XPY R$ вписан в окружность с диаметром $XY.$ Также в силу симметрии $ZQ =ZR$ и

∠XZP = ∠QZY = ∠RZY,

то есть точки $P,Z,R$ лежат на одной прямой. Значит, $Z$ — точка пересечения диагоналей вписанного четырёхугольника $XP YR,$ поэтому

XZ ⋅XY =P Z⋅ZR = PZ⋅ZQ.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, лемма доказана, что завершает решение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#128943Максимум баллов за задание: 7

Дан четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A = ∠C =90∘.$ Известно, что его вершины $A$ и $D$ вместе с серединами сторон $AB$ и $BC$ лежат на одной окружности. Докажите, что вершины $B$ и $C$ вместе с серединами сторон $AD$ и $DC$ тоже лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Обозначим через $K,L,$ $M,N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. По условию, четырехугольник $AKLD$ — вписанный. Значит,

∘ ∘ ∠KLD =180 − ∠KAD = 90.

Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC,$ поэтому $LD ⊥AC.$ Пусть отрезки $DL$ и $AC$ пересекаются в точке $D1.$

$PIC$

Опустим из точки $B$ перпендикуляр $BB1$ на прямую $AC.$ Тогда $BB1 ∥ LD1,$ значит, $D1$ — середина отрезка $CB1$ по теореме Фалеса. Кроме того, четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность, построенную на отрезке $BD$ как на диаметре, обозначим центр этой окружности через $O.$ Вновь по теореме Фалеса проекции точек $B$ и $D$ на прямую $AC$ находятся на равном расстоянии от проекции точки $O,$ то есть от середины отрезка $AC.$ Из этого следует, что $CD1 = AB1.$ Итого,

AB1 =CD1 = BD1.

Значит, $B1N$ — средняя линия в треугольнике $AD1B,$ поэтому

B1N ∥DD1 и ∠D1B1N = 90∘.

Поскольку еще и $NM$ — средняя линия треугольника $ACD,$ то $∘ NM ∥AC и ∠B1NM = 90.$ Следовательно, точки $B,C,N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $BM,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Воспользуемся обозначениями из первого решения, $K,L,$ $M, N$ середины сторон $AB,BC,$ $CD,DA$ соответственно. Поскольку $KL$ — средняя линия треугольника $ABC,$ то $KL ∥AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠BDC = ∠BAC = ∠BKL = 180∘− ∠AKL.

$PIC$

Таким образом, вписанность четырехугольника $AKLD$ равносильна равенству углов

∠ADL =∠BDC,

что эквивалентно равенству

∠ADB =∠CDL.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $LCD$ и $BAD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

LC AB CD- = AD.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

AB ⋅CD = 1AD ⋅BC. 2

Рассуждая аналогично, получаем, что это же равенство равносильно вписанности четырехугольника $BNMC.$ Поскольку $MN$ — средняя линия треугольника $ABD,$ то $MN ∥ AC.$ Отсюда и из вписанности четырехугольника $ABCD,$ мы получаем равенства углов:

∠ABD = ∠ACD = ∠DMN = 180∘ − ∠CMN.

Таким образом, вписанность четырехугольника $BNMC$ равносильна равенству углов

∠CBN = ∠ABD

что эквивалентно равенству

∠ABN =∠CBD.

Последнее равенство равносильно подобию треугольников $BAN$ и $BCD,$ что эквивалентно равенству отношений их катетов

AN- AB- CD = BC.

Домножая на знаменатели, получаем соотношение

1 AB ⋅CD = 2AD ⋅BC,

что завершает данное доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#129667Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD,$ в котором нет параллельных сторон, вписан в окружность $ω.$ Через вершину $A$ проведена прямая $ℓ ∥BC, a$ через вершину $B$ — прямая $ℓb ∥CD,$ через вершину $C$ — прямая $ℓc ∥DA,$ через вершину $D$ — прямая $ℓd ∥AB.$ Четырёхугольник, последовательные стороны которого лежат на этих четырёх прямых (именно в этом порядке), вписан в окружность $γ.$ Окружности $ω$ и $γ$ пересекаются в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямые $AC,BD$ и $EF$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Если в задачах с окружностями требуется доказать, что 3 прямые пересекаются в одной точке, часто помогает найти 3 окружности, радикальными осями которых являются эти прямые. К тому же в нашей задаче EF определяется как радикальная ось каких-то окружностей.

Показать доказательство

Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что лучи $AB$ и $DC;$ $CB$ и $DA$ пересекаются. Пусть отрезки $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $G,$ а также $′ ′ ′′ AB C D$ — четырёхугольник, образованный прямыми $ℓa,$ $ℓb,$ $ℓc,$ $ℓd.$ Также обозначим через $X$ пересечение $AB$ и $′ CD ,$ через $Y$ — пересечение $CD$ и $′ AB .$

Пусть $′ ∠BAB = α.$ Из вписанности четырёхугольника $′ ′′ ′ AB C D$ и условий $AX ∥ ℓd,$ $CY ∥ ℓb$ имеем:

′ ∘ ′ ′ ′ ′ ′ ′ α= ∠B AX = 180 − ∠A B C = ∠C D X = ∠Y CA.

Значит, во-первых, точки $A,$ $D ′,$ $X,$ $C′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ1 :$ во-вторых, точки $C,$ $Y,$ $A′,$ $B′$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ2 :$ в-третьих, точки $A,$ $X,$ $C,$ $Y$ лежат на одной окружности, обозначим её $γ0.$ Заметим, что точка $B$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 1$ (поскольку она лежит на прямых $AX$ и $C ′D ′);$ точка $D$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $γ , 0$ $γ 2$ (так как она лежит на прямых $CY$ и $A ′B′).$ Таким образом, $BD$ — радикальная ось окружностей $γ 0$ и $γ;$ $AC$ —радикальная ось окружностей $γ 0$ и $ω;$ $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ поэтому эти три прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

$PIC$

Второе решение. Введём обозначения как в первом решении. Для точки плоскости $P$ обозначим через $f(P)$ разность степеней точки $P$ относительно окружностей $ω$ и $γ.$ Поскольку $EF$ — радикальная ось окружностей $ω$ и $γ,$ то достаточно доказать, что $f(G )=0.$ Кроме того, легко видеть, что $f(A)= −AC ′⋅AB ′$ и $f(C)= CD ′⋅CA ′.$

Заметим, что функция $f$ — линейная, то есть для точки $P$ на отрезке $QR$ выполнено равенство

f(P)= PR-⋅f(Q)+-PQ-⋅f(R-)(⋆). QR

Мы докажем это утверждение позднее. Пока, применив его для точек $A,G,C,$ мы получим, что

AG-⋅f(C)+-CG-⋅f(A-) f(G)= AC .

Таким образом, достаточно доказать, что $−ff((AC)) = ACGG-(∗∗).$

Заметим, что

AG- d(A,BD-) SADD- AB-⋅AD- GC = d(C,BD ) = SBCD = CB ⋅CD

(последнее равенство следует из того, что $∠BAD + ∠BCD =180∘;$ через $d(P,ℓ)$ мы обозначаем расстояние от точки $D$ до прямой $ℓ).$ Следовательно, равенство ( $∗∗$ ) переписывается в виде:

′ ′ AC′-⋅ AB′ = AB-⋅AD-. CD CA CB ⋅CD

Из вписанности четырёхугольника $ABCD$ и данных в условии параллельностей прямых следуют равенства углов:

∠CAD = 180∘− ∠ADB ′ = ∠BAD = 180∘− ∠BCD = ∠CBC′ = ∠AC ′B,

∠ABC ′ = ∠CDA ′ =∠BCD ′ = ∠B′AD.

Таким образом, $′ △ABC$ и $′ △CDA ,$ а также $′ △DAB$ и $′ △BCD$ подобны по двум углам. Из подобия получаем равенства отношений

′ ′ AC′ = AB + AB-′ = AD-, CA CD CD BC

остаётся лишь перемножить эти равенства.

$PIC$

Вернёмся к доказательству линейности функции $f.$ Введём декартовы координаты таким образом, чтобы центры окружностей $ω$ и $γ$ лежали на оси абсцисс, пусть их координаты будут $(x1,0)$ и $(x2,0),$ а радиусы окружностей $− R1$ и $R2.$ Тогда для произвольной точки $P$ с координатами $(x,y)$ по определению степени точки мы получаем, что

(x− x )2 f(P)= (x− x1)2+ y2− R21−--y22--+R22 = ax +b,

где $a$ и $b$ — две константы. Если точка $P$ лежит на отрезке $QR$ и $xq$ , $xr$ — координаты точек $Q$ и $R$ по оси абсцисс, то $x = PR⋅xqQ+RPQ⋅xr,$ откуда немедленно следует (*).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#135357Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на медиане $AM$ и биссектрисе $CL$ как на диаметрах построены окружности $Ω$ и $ω$ соответственно, пересекающиеся в точках $P$ и $Q.$ Отрезок $PQ$ параллелен высоте треугольника $ABC,$ проведённой из вершины $B.$ Окружность $Ω$ пересекает сторону $AC$ повторно в точке $N.$ Найдите длины сторон $AC$ и $BC,$ если $AB = 10,$ $AN = 8.$

Источники: Физтех - 2024, 10.7 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $T$ — точка пересечения $AM$ и $CL,$ $O 1$ и $O 2$ — середины этих отрезков соответственно. Тогда $O O ⊥ PQ, 1 2$ так как $PQ$ параллелен высоте, проведенной к $AC,$ то $AC ∥O1O2.$ Треугольники $TO1O2$ и $TAC$ подобны по двум углам. Обозначим $TO1 =x,$ $TO2 = y,$ $AO1 k= TO1.$ Тогда

TA = (k +1)x

TC = (k+1)y

Поскольку $O1$ и $O2$ — середины $AM$ и $CL,$

MT = AO − TO =(k− 1)x 1 1

LT =CO2 − TO2 = (k− 1)y

Значит, $LT :TC = MT :TA,$ и треугольники $LMT$ и $CAT$ подобны, откуда $LM ∥ AC.$ Следовательно, $L$ — середина стороны $AB,$ отрезок $CL$ является в треугольнике $ABC$ медианой и биссектрисой, поэтому треугольник равнобедренный $(AC = BC).$

$PIC$

Пусть окружность $Ω$ пересекает сторону $AB$ в точке $K,$ а сторону $BC$ вторично пересекает в точке $V.$ Угол $MKA$ прямой, поскольку $AM$ — диаметр окружности, поэтому $MK$ — средняя линия треугольника $CBL.$ Отсюда

BK = AB-= 5 4 2

Пусть $CM = c,$ $V M = t.$ Тогда $CA = CB = 2c,$ и по теореме о двух секущих получаем

CM ⋅CV = CN ⋅CA

(c+t)⋅c= (2c− 8)⋅2c

BM ⋅BV = BK ⋅BA

(c− t)⋅ 5= 5 ⋅10 2 2

$PIC$

Из первого равенства следует, что $t=3c− 16.$ Подставляя во второе равенство, имеем

(16− 2c)⋅c= 25

8± √14 c= ---2--

Отсюда $√-- BC = AC = 2c= 8± 14.$ Но так как $AC > AN = 8,$ подходит только $√-- BC =AC = 8+ 14.$

Ответ:

$8+ √14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#67131Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ $AH 1$ и $BH 2$ — высоты; касательная к описанной окружности в точке $A$ пересекает $BC$ в точке $S , 1$ а касательная в точке $B$ пересекает $AC$ в точке $S2;T1$ и $T2$ — середины отрезков $AS1$ и $BS2.$ Докажите, что $T1T2,AB$ и $H1H2$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать, что какие-то прямые пересекаются в одной точке) Причём две из этих прямых связаны с каким-то вписанным четырехугольником(который несложно найти на картинке)! На какой геометрический объект(или явление), связанный с окружностями(или вписанным четырехугольником) намекают нам три пересекающиеся прямые?

Подсказка 2

На радикальный центр! Попробуем найти окружности, для которых удобные нам прямые AB и H₁H₂ являются радикальными осями. Как можно связать T₁T₂ с этими окружностями?

Подсказка 3

AB - радикальная ось окружностей (ABC) и (ABH₁H₂). H₁H₂ - радикальная ось окружностей (ABH₁H₂) и окружности Эйлера. Тогда попробуем доказать, что T₁T₂ - радикальная ось окружности (ABC) и окружности Эйлера. Условие у нас симметрично для точек T₁ и T₂, поэтому можно доказать лишь для одной из них, что она находится на нужной нам радикальной оси. Какими условиями мы еще не пользовались?

Подсказка 4

Мы не пользовались касанием T₁A и окружности (ABC), а также тем, что T₁ - середина S₁A. Не совсем понятно, как связать окружность Эйлера с T₁ без каких-то дополнительных точек. Какие точки на окружности Эйлера можно использовать?

Подсказка 5

Точка T₁ - это середина отрезка, так что отметим B₀ и C₀, которые лежат на окружности Эйлера и докажем, что степень точки T₁ относительно окружностей (ABC) и окружности Эйлера одинакова. Посчитать степень точки T₁ относительно (ABC) не составит труда(в силу касания), а относительно окружности Эйлера она равна T₁B₀*T₁C₀. Осталось лишь доказать равенство (T₁A)² = T₁B₀*T₁C₀!

Показать доказательство

Пусть $S$ — точка пересечения прямых $AB$ и $H H ; 1 2$ $Ω,ω$ — описанная окружность и окружность Эйлера треугольника $ABC.$ Докажем, что точки $T1,T2$ и $S$ имеют равные степени точек относительно $Ω$ и $ω$ и, следовательно, лежат на одной прямой — их радикальной оси.

Действительно, точки $A,B,H1,H2$ лежат на окружности с диаметром $AB,$ а значит,

deg(S,ω)=SH1 ⋅SH2 = SA ⋅SB = deg(S,Ω).

$PIC$

С другой стороны, если $M1,M2$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно, то

deg(T1,ω )=T1M1 ⋅T1M2 = T1A2 = deg(T1,Ω),

поскольку окружность $(M1AM2 )$ отличается от окружности $Ω$ гомотетией с центром в точке $A$ и коэффициентом $2,$ а значит, касается последней. Аналогично, точка $T2$ имеет равные степени точек относительно указанных окружностей.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#67655Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ — параллелограмм, отличный от прямоугольника, а точка $P$ выбрана внутри него так, что описанные окружности треугольников $PAB$ и $PCD$ имеют общую хорду, перпендикулярную $AD.$ Докажите, что радиусы данных окружностей равны.

Источники: ММО-2023, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто в геометрии полезно избавиться от ненужных объектов на картинке. В данном случае это общая хорда окружностей. Как можно переформулировать то что она перпендикулярна AD?

Подсказка 2

Это равносильно тому, что линия центров окружностей параллельна AD!

Подсказка 3

Теперь посмотрите на картинку повнимательнее: между двумя окружностями, которые должны быть равны, есть много общего...

Подсказка 4

Центры обеих окружностей лежат на линии центров, параллельной AD, а также центр первой лежит на...

Подсказка 5

Серединном перпендикуляре к AB! А центр второй - на серединном перпендикуляре к CD. Теперь просто нужно понять, что картинка (AB и центр первой окружности) равна картине (CD и центр второй окружности).

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что линия центров $O1O2$ перпендикулярна общей хорде данных окружностей, а значит параллельна прямым $AD$ и $BC.$ Пусть $M$ - середина отрезка $AB,$ $N$ - середина отрезка $CD.$ Тогда $O1M ⊥AB,$ $O2N ⊥CD$ и, поскольку $AB||CD,$ прямые $O1M$ и $O2N$ параллельны. Далее, $O1O2||AD$ и при этом $AD ||MN,$ поэтому $O1O2||MN.$ Заключаем, что четырёхугольник $O1MNO2$ — параллелограмм по определению, следовательно $O1M = O2N.$ Кроме того, поскольку отрезки $MB$ и $NC$ равны, то по двум катетам будут равны прямоугольные треугольники $O1MB$ и $O2NC,$ следовательно, равны их гипотенузы $O1B$ и $O2C,$ являющиеся также радиусами наших окружностей, что и требовалось доказать

Первое решение.

Предположим противное, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2,$ описанных около треугольников $PAB$ и $P CD$ соответственно, различны.

При параллельном переносе на $−−→ CB$ отрезок $CD$ перейдет в отрезок $AB,$ окружность $ω2$ перейдёт в окружность $ω3,$ а прямая $O1O2$ перейдёт в себя. Причём $ω3$ не может совпадать с $ω1,$ поскольку их радиусы различны. Поэтому линия центров $O3O1,$ совпадающая с прямой $O1O2,$ перпендикулярна общей хорде $AB.$ Таким образом, прямая $AB$ параллельна общей хорде окружностей $ω1$ и $ω2$ и, следовательно, перпендикулярна прямой $AD.$ Но тогда параллелограмм $ABCD$ является прямоугольников, что противоречит условию задачи. Следовательно, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#68498Максимум баллов за задание: 7

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны $R$ и $r$ соответственно.

а) Прямая $AI$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W$ . Докажите, что $IA ⋅IW = 2Rr.$

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен $2 R − 2Rr.$ [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Для начала можно применить лемму о трезубце и сказать, что WI = WB! А WB можно выразить с помощью теоремы синусов) Что теперь можно сделать с AI?

Пункт а), подсказка 2

Попробуйте опустить из точки I радиус на сторону AB, получится прямоугольный треугольник. А в нем AI выразить через угол и радиус вписанной окружности тоже можно, а дальше уже задача решается)

Пункт б), подсказка 1

Для начала перепишем формулу в виде R² - OI² = 2Rr. Если расписать разность квадратов, то получится произведение (R-OI)(R+OI)..Можно где-то найти такие отрезки?

Пункт б), подсказка 2

Да! Если провести диаметр через точки O и I! А дальше остается понять, почему произведение этих отрезков на этой прямой равно 2Rr. Для этого воспользуйтесь пунктом а)

Пункт в), подсказка 1

Просто смотрим на формулу из пункта б), и становится очевидно, что эта разность неотрицательная. А что делать с равенством?

Пункт в), подсказка 2

Из той же формулы получаем, что при равенстве OI = 0, т.е. I = O. А когда такое может быть?)

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

Пусть $∠BAC = α.$ Из условия следует, что $AW$ — биссектриса угла $A$ , то есть $∠BAW = α2$

Поэтому $BW = 2R ⋅sinα2$ . По лемме о трезубце $IW =BW.$

Пусть $M$ — проекция точки $I$ на $AB$ . Из прямоугольного треугольника $AMI$ находим, что

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

Переписав формулу в виде $2 2 R − OI = 2Rr$ , докажем, что обе ее части равны произведению $AI ⋅W I$ , где $W$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью.

Пусть $M, N$ — точки пересечения прямой, содержащей $OI$ и окружности, описанной около треугольника $ABC.$

По свойству пересекающихся хорд

2 2 AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) $AI⋅W I = 2Rr$ , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что $R ≥2r$ , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство $R= 2r$ достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — вписанная и описанная окружности треугольника $ABC$ . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник $A1B1C1$ , подобный данному с коэффициентом $2$ . Пусть $R1$ — радиус вписанной окружности треугольника $A1B1C1$ .

Опишем около окружности $S2$ треугольник $A2B2C2$ , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника $A1B1C1$ так, что прямая $B2C2$ и точка $A1$ расположены по разные стороны от прямой $BC$ , прямая $A2C2$ и точка $B1$ — по разные стороны от прямой $AC$ , прямая $A2B2$ и точка $C1$ — по разные стороны от прямой $A1B1.$

Треугольник $A2B2C2$ подобен треугольнику $A1B1C1$ и, следовательно, треугольнику $ABC$ . Стороны треугольника $A2B2C2$ не меньше соответствующих сторон треугольника $A1B1C1$ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому $R ≥ R1= 2r.$