Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .03 Вписанная и вневписанная окружности

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#131379Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ в котором $AB < BC.$ Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно, а $H$ — основание высоты, опущенной из вершины $B.$ Вписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $K.$ Прямая, проходящая через $K$ и параллельная $MH,$ пересекает отрезок $MN$ в точке $P.$ Докажите, что в четырехугольник $AMP K$ можно вписать окружность.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 9.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Совершим гомотетию с центром $A$ и коэффициентом $2.$ При этой гомотетии точки $M$ и $N$ переходят в $B$ и $C$ соответственно; пусть точки $K$ и $P$ переходят соответственно в $′ K$ и $′ P .$ Тогда достаточно доказать, что четырёхугольник $′ ′ ABP K$ описан. Мы докажем, что он описан около вписанной окружности $ω$ треугольника $ABC.$ Три стороны четырёхугольника уже касаются $ω,$ поэтому достаточно доказать, что её касается $′ ′ P K .$

Пусть $I$ — центр $ω.$ Тогда $′ KK =AK,$ поэтому $A$ и $′ K$ симметричны относительно $KI.$ Далее заметим, что

∠P′K′A= ∠PKA =∠MHA.

Но $MH$ — медиана в прямоугольном треугольнике $ABH,$ поэтому $∠MHA = ∠MAC.$ Значит, $∠P′K ′A = ∠BAC.$ Значит, и прямые $AB$ и $K′P′$ также симметричны относительно $KI;$ поскольку одна из них касается $ω,$ то и другая тоже. Это и требовалось доказать.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. У решения выше есть несколько вариантов. Например, похожими рассуждениями можно показать, что в четырёхугольнике $AMP K$ биссектрисы трёх углов $A,$ $M$ и $K$ проходят через одну точку — середину отрезка $AI.$ Отсюда следует, что эта середина — центр искомой вписанной окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть прямая $P K$ пересекает прямую $AB$ в точке $L.$ Как и в решении выше, получаем, что

∠AKL = ∠AHM = ∠LAK,

откуда $LA = LK.$

Мы докажем, что окружности, вписанные в треугольники $AKL$ и $AMN,$ совпадают (тогда это и будет вписанная окружность четырёхугольника $AMP K$ ). Поскольку обе окружности вписаны в угол $BAC,$ для этого достаточно показать, что они касаются прямой $AB$ в одной и той же точке. Как известно, расстояния от $A$ до точек касания этих окружностей с $AB$ равны соответственно

AL-+AK-−-KL- AM-+-AN-−-MN- 2 и 2 .

Значит, нам надо доказать, что

AL +AK − KL = AM + AN − MN,

или что

ML − KL = KN − MN.

Обозначим полупериметр треугольника $ABC$ через $p,$ и пусть $a= BC,$ $b= CA,$ $c=AB.$ Имеем

ML − KL = (AL− AM )− KL = −AM = − c. 2

С другой стороны,

(b ) a a+-b c KN − MN = (AN − AK )− MN = 2 − (p− a) − 2 = 2 − p= −2,

откуда и следует искомое равенство.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Во втором абзаце решения по сути доказан следующий известный признак: четырёхугольник $AMP K$ описан тогда и только тогда, когда $ML − KL = KN − MN$ (где $N$ и $L$ — точки пересечения продолжений боковых сторон, расположенные как на рисунке).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#32433Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность с центром $I,$ которая касается стороны $BC$ в точке $K . 1$ Обозначим через $T 1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Докажите, что отрезок $T1I$ или его продолжение делит высоту треугольника, проведённую из вершины $A,$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, что точка пересечения отрезка A T₁ c вписанной окружностью диаметрально противоположна точке касания. Тогда чем является T₁ I?

Подсказка 2

Медианой! А высота и диаметр обе перпендикулярны BC, значит, они ...

Подсказка 3

Параллельны! Тогда образуются подобные треугольники. Подумайте, почему медиана меньшего из них будет медианой и большего!

Показать доказательство

Воспользуемся фактом, что на прямой $AT 1$ лежит диаметрально противоположная точке $K 1$ точка $D.$ А треугольники $T DK 1 1$ и $T1AH$ гомотететичны (подобны) с центром в точке $T1.$

$PIC$

При этой гомотетии медиана $T1I$ треугольника $T1DK1$ перейдёт вдоль той же прямой в медиану треугольника $T1AH.$ Значит, $T1I$ делит высоту $AH$ пополам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Заключительную часть решения можно было обосновать с использованием замечательного свойства трапеции: для $K1DAH$ середины оснований и точка $T1$ пересечения боковых сторон лежат на одной прямой, поэтому $T1I$ проходит через середину $AH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#32434Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ обозначим середины сторон $AB,AC$ и $BC$ через $C ,B 0 0$ и $A 0$ соответственно. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $A0I$ делит периметр треугольника $A0B0C0$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведите средние линии. Какой есть прекрасный факт про конструкцию с биссектрисой и параллельными прямыми? (средняя линия параллельна основанию)

Подсказка 2

Биссектриса высекает равнобедренный треугольник, просто потому, что можно перекинуть накрест лежащие углы и получить равные углы при основании

Подсказка 3

Итак, на средней линии B₀C₀ есть точки пересечения биссектрис Х и У, есть точка пересечения M с A₀I. Известны (можно выразить через стороны исходного треугольника) все длины B₀C₀, B₀Y, C₀X. Сделайте это!

Подсказка 4

Раз прямая A₀ I должна делить периметр пополам, то отрезки, получающиеся на средней линии после разбиения лучом A₀ I должны дополнять длины прилежащих сторон до полупериметра серединного треугольника.То есть можно вывести, чему должны быть равны B₀M и МС₀. С учётом имеющихся длин B₀Y и C₀X останется доказать XM=MY. Как можно показать, что IM является медианой в треугольнике IXY?

Подсказка 5

Заметьте, что IA₀ является медианой в IBC и задумайтесь, не подобны ли треугольники IBC и IXY.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $BC =2a,AC =2b,AB = 2c$ и при этом $a> b,a >c.$ Пересечём биссектрисы $∠B$ и $∠C$ с $B0C0$ в точках $B1$ и $C1$ соответственно. Тогда в силу параллельности равны отмеченные углы и $BC0 = C0B1 = c< a= B0C0,CB0 = B0C1 =b< a= B0C0.$ Отсюда следует, что обе точки лежат на отрезке $B0C0.$ Кроме того, $B0B1 =a − c$ и $C0C1 = a− b,$ тогда $C1B1 =a− (a− c)− (a − b)= b+c − a.$ Пусть $A0I∩ B0C0 = M,$ тогда $C1M =B1M = b+c2−a$ в силу подобия $△BIC ∼△B1IC1.$ Осталось заметить, что $A0B0 +MB0 = c+ a− c+ b+c2−a= a+b2+c= PA0B0C0∕2,$ что и требовалось. Другие соотношения длин сторон рассматриваются аналогично, поменяется только порядок точек на прямой $B0C0.$

Второе решение.

Ясно, что исходный треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A0B0C0.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 1, 2$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI$ , что $MI′ = 1⋅MI. 2$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM =2⋅MI ′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $A0I$ — нагелианой. Известно, что нагелиана делит периметр треугольника пополам, потому что отрезок касательной к вневписанной окружности как раз равен разности полупериметра треугольника и прилежащей стороны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#32435Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A ,B ,C 1 1 1$ — середины сторон треугольника $ABC, I$ — центр вписанной в него окружности. $C 2$ — точка пересечения прямых $C1I$ и $A1B1,C3$ — точка пересечения прямых $CC2$ и $AB.$ Докажите, что прямая $IC3$ перпендикулярна прямой $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем пойти с конца в этой задаче. Если нужно доказать, что IC₃ перпендикулярна AB, то как это можно переформулировать, зная, что I-центр вписанной окружности?

Подсказка 2

Да, можно доказывать не утверждение задачи, а то, что C₃ - точка касания вписанной окружности. Но точка C₃ плохо подвязана к нашей картинке, так как понятно как-то связана с ней, только середина AB и C₂. Как нам от этого уйти?

Подсказка 3

Верно, нужно перекинуть эту точку в этом треугольнике на какой-то другой треугольник, который подобен нашему и в нем свойства C₃ понятным образом перекидываются на свойства той точки в новом треугольнике. Какой это треугольник?

Подсказка 4

Конечно, это треугольник СA₁B₁. Он гомотетичен (подобен) нашему треугольнику ABC. При этом точка C₂ также является точкой касания вписанной окружности(в силу гомотетии), по предположению. Значит, нам нужно доказывать именно это.

Есть лемма: В треугольнике ABC обозначим середины сторон AB , AC и BC через C₀ ,B₀ и A₀ соответственно. Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC . Тогда прямая A₀I проходит через точку касания соответствующей вневписанной окружности и делит периметр треугольника A₀B₀C₀ пополам.

Попробуйте воспользоваться этой леммой для доказательства требуемого.

Подсказка 5

Действительно, в силу параллельности и свойств вписанной окружности, можно посчитать отрезки A₁C₂ и C₂B₁. Если AB=a,BC=b,CA=c; то A₁С₁=с/2, C₁B₁=b/2. При этом, по лемме, A₁С₁+A₁C₂+С₁C₂=С₁C₂+C₂B₁+C₁B₁. А также, A₁C₂+C₂B₁=a/2. Чему тогда равны отрезки A₁C₂ и C₂B₁? Что это дает?

Подсказка 6

Дает это то, что A₁C₂=(p-c)/2 и C₂B₁=(p-b)/2. Значит, C₂ — точка касания вписанной в треугольник СA₁B, окружности. А из этого (если перечитать подсказки) следует требуемое в задаче.

Показать доказательство

$PIC$

Ясно, что треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A1B1C1.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 12,$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI,$ что $MI ′ = 12 ⋅MI.$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM = 2⋅MI′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $C1I$ — нагелианой. То есть $C2$ является точкой касания вневписанной окружности треугольника $A1B1C1.$

Так как в треугольнике точки касания вписанной и вневписанной окружности изотомически сопряжены, то при центральной симметрии (гомотетии с коэффициентом $− 1$ ) относительно середины $A1B1$ точка $C2$ перейдёт в точку $C′2$ касания вписанной в треугольник $A1B1C1$ окружности. Значит, тогда $C2$ является точкой касания вписанной окружности уже для треугольника $△A1CB1$ (при симметрии точка $C1$ переходит в точку $C$ ).

Осталось рассмотреть гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $2$ — $△A1B1C$ переходит в $△ABC,$ откуда $C3$ будет являться точкой касания вписанной окружности $△ABC,$ то есть $IC3 ⊥ AB$ как радиус, проведённый в точку касания.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#32436Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $K ,K 1 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Введём точку $P :$ вторую точку пересечения отрезка $AT1$ со вписанной окружностью, считая от точки $A.$ Докажите, что $M1P$ касается вписанной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте будем целиться в утверждение, что отрезок M₁ P равен имеющемуся отрезку касательной M₁ K₁. Но ведь мы знаем, что M₁ K₁ = M₁ T₁. Это что это тогда должно получаться?

Подсказка 2

Должно оказаться, что M₁ P это медиана, проведённая из вершины прямого угла. Но откуда там должен возникнуть прямой угол?

Подсказка 3

Аа, этот угол с тем, который опирается на диаметр! Осталось вспомнить, что диаметр мы получали на вебе: A T₁ пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке K₁

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $DK1$ — диаметр вписанной окружности, то $∠DPK1 = ∠T1PK1 = 90∘.$ Кроме того, нам известно, что $CT1 = BK1,CM1 =BM1 =⇒ T1M1 = M1K1,$ то есть $P M1$ — медиана прямоугольного треугольника и $⌢ P M1 = M1K1 =⇒ ∠K1P M1 = ∠M1K1P = PK21 ,$ поскольку $M1K1$ — касательная. Заметим, что если провести в точке $P$ касательную, то она будет образовывать тот же угол с отрезком $P K1,$ откуда $PM1$ с ней совпадает, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#32703Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH,$ точка $D$ — середина стороны $BC,$ точка $Q$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC.$ Прямые $DQ$ и $AH$ пересекаются в точке $T.$ Докажите, что отрезок $AT$ равен радиусу этой вневписанной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $X$ и $Y$ – точки касания прямой $BC$ соответственно с вписанной и вневписанной окружностями. Элементарно выводится, что $CY = BX = AB+BC2-−AC=⇒ DY =DX$ . Сделаем гомотетию с центром в точке $A$ и коэффициентом, равным отношению радиусов вписанной и вневписанной окружностей, при которой $BC$ перейдёт в $B1C1$ . Тогда точка $X1$ касания вневписанной окружности отрезка $B1C1$ (эта окружность стала вписанной для $△AB1C1$ ) естественно лежит на прямой $AX$ , соединяющей центр гомотетии с прообразом точки $X1$ . Отсюда $X1Y ⊥ BC$ и $YQ =QX1 = RA$ (радиус вневписанной окружности), тогда $QD ∥AX1$ , как средняя линия в $△Y XX1$ . При этом $AH ∥QX1$ , потому что обе эти прямые перпендикулярны $BC$ . Значит, $X1QT A$ — параллелограмм по определению, поэтому $AT = QX1 =RA$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#43641Максимум баллов за задание: 7

Пусть $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AB$ и катета $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ соответственно. Вневписанная окружность треугольника $ACM$ касается стороны $AM$ в точке $Q$ , а прямой $AC −$ в точке $P.$ Докажите, что точки $P,Q$ и $N$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть вневписанная окружность, есть точки касания -> хочется отметить центр окружности и все прямые углы, связанные с радиусами. Также у нас есть MN, который как-то хочется связать с остальными объектами. Как?

Подсказка 2

Продлим MN и докажем, что D лежит на ней! Вот мы знаем, что P симметрична Q относительно AD, т.е. AD перпендикулярна PQ. Если мы сможем доказать, что PN тоже перпендикулярна AD, то мы докажем требуемое в задаче.

Подсказка 3

Для этого мы покажем, что D лежит на биссектрисе угла CMB и найдем ее, а также немного посчитаем углы ;) Для требуемого в предыдущей подсказки покажем, чему равна сумма углов PAD и APN!

Показать доказательство

Пусть $D$ — центр вневписанной окружности треугольника $ACM$ , тогда $P$ и $Q$ — проекции точки $D$ на прямые $AC$ и $AB$ соответственно:

$PIC$

Так как $MN$ — медиана равнобедренного треугольника $BMC$ , проведённая к основанию, то $MN$ — биссектриса угла $BMC$ , поэтому точка $D$ лежит на прямой $MN.$ Кроме того, $MN −$ средняя линия треугольника $ABC$ , значит, $MN ||AC.$ Таким образом, $P CND$ — прямоугольник.

Пусть $∠AMD = ∠CMN = ∠ACM =α$ , тогда $∘ ∠PAD = 1∕2(180 − α)$ , а $∠APN = ∠PCD = α∕2(CD −$ биссектриса угла $ACM ).$ Следовательно, $∘ ∠P AD +∠AP N =90$ , поэтому $AD ⊥ PN.$ Поскольку точка $Q$ симметрична точке $P$ относительно прямой $AD$ , то $Q$ лежит на $PN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#78851Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ выбраны точки $E$ и $F$ таким образом, что угол $EAF$ равен $45∘.$ Длина стороны квадрата равна 1. Найдите периметр треугольника $CEF.$

Источники: Межвед - 2021, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам вообще дали в задаче? Сторону квадрата и угол в 45 градусов. Скудный набор. Но при этом чуть-чуть про периметр нам известно, что это часть у двух сторон квадрата. Какая возможная есть гипотеза про вероятный периметр треугольника?

Подсказка 2

Ага, у нас треугольник расположен в углу и, если "развернуть" его гипотенузу, то периметр будет равен сумме двух сторон квадрата. Теперь это надо доказать. Попробуем сделать такую хитрую штуку. Что произойдёт, если точку D сначала отразить относительно AF, а потом относительно AE? Куда перейдёт точка D?

Подсказка 3

Верно, точка D перейдёт в точку B! Это будет так, потому что композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. Получается, что у нас точки B и D при отражении относительно сторон являются одной точкой X на EF. Но чем на самом деле является точка X в треугольнике AEF?

Подсказка 4

Да, это основание высоты из точки A. Это вытекает из свойств симметрии. Осталось только аналогично понять равенство отрезков, и мы добились своей цели. Победа!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вспомним, что угол, под которым видна сторона треугольника из центра вневписанной окружности, равен $∘ α 90 − 2,$ где $α$ — угол, в который окружность вневписана.

Центр вневписанной окружности треугольника $CEF$ лежит на прямой $AC,$ т.к. биссектриса совпадает с диагональю квадрата $AC.$ Но при этом

∠ECF ∠EAF = 45∘ = 90∘−--2--,

то есть точка $A$ как раз является центром вневписанной окружности треугольника $CEF.$

$PIC$

Тогда точки $B$ и $D$ — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон треугольника $CEF,$ а его периметр равен $BC + CD = 1+1 =2.$

Второе решение.

Если отразить точку $D$ относительно прямой $AF,$ а затем относительно прямой $AE,$ то она перейдет в точку $B.$ Действительно композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. То есть в нашем случае эти две симметрии эквивалентны повороту на угол $90∘$ относительно точки $A.$ Это означает, что образ точки $D$ при симметрии относительно $AF$ и образ точки $B$ при симметрии относительно $AE$ — это одна и та же точка; на рисунке она обозначена $K.$

$PIC$

Из точки $K$ отрезки $AE$ и $AF$ видны под углом $90∘$ (при симметрии сохраняются величины углов, поэтому например, углы $ABE$ и $AKE$ равны). Значит, точка $K$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $EF.$ И, наконец, поскольку $BE = EK$ и $DF = FK$ (при симметрии длины отрезков сохраняются), видим, что периметр треугольника $CEF$ равен сумме длин сторон $BC$ и $CD$ квадрата.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#94201Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность, которая касается стороны $AC$ в точке $P$ . Могут ли оба центра окружностей, одна из которых вписана в треугольник $ABP$ , вторая — в треугольник $BPC$ , одновременно лежать на окружности, вписанной в треугольник $ABC$ ? Ответ объясните.

Источники: САММАТ - 2021, 11.8 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть центры Q и R лежат на окружности, вписанной в треугольник ABC. А на чём еще лежат точки Q и R в силу своего определения?

Подсказка 2

Q и R лежат на биссектрисах углов A и C! Подумаем, а чем является QR во вписанной окружности треугольника ABC?

Подсказка 3

Выразите угол QPR через другие и посчитайте его!

Показать ответ и решение

Предположим, что центры $Q$ и $R$ лежат на окружности, вписанной в треугольник $ABC$ . Тогда $AO,AQ,CO, CR,PQ,PR$ — биссектрисы соответствующих углов $⇒$ точки $Q$ и $R$ лежат на $AO$ и $CO$ .

$PIC$

Далее имеем

∠QP R =∠QP O +∠OP R= 1∠AP O + 1 ∠CPO = 1180∘ =90∘ 2 2 2

$QR$ — диаметр $⇒$ точка $O∈ QR ⇒$ точки $A,Q,O,R,C$ лежат на одной прямой $⇒$ противоречие!

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#75195Максимум баллов за задание: 7

Дан описанный четырехугольник $ABCD,$ у которого радиусы вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ равны. Найдите угол между диагоналями $AC$ и $BD.$

Источники: Высшая проба - 2020, 11.2(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Докажем, что точки касания вписанных окружностей треугольников и с диагональю совпадают. Как нам это поможет? А как это сделать?

Подсказка 2

Считать отрезки, на которые делит точка касания вписанной окружности сторону, мы умеем) Так посчитаем же их! А для чего дано условие об описанности четырехугольника?

Подсказка 3

Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника равны! Теперь мы можем показать, что отрезки, на которые делят точки AC, равны!

Показать ответ и решение

Докажем, что точки касания вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ с диагональю $AC$ совпадают.

$PIC$

В самом деле, обозначим точки касания $TB$ и $TD$ соответственно. Тогда

|ATB|= |AB-|+|AC|−-|BC-||ATD|= |AD|+-|AC-|−-|DC-| 2 2

Критерий описанности четырехугольника

|AB|+ |CD |= |BC |+ |AD |

что равносильно равенству $|ATB|= |ATD |.$

Теперь легко видеть, что картинка однозначно задается радиусом вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ и расстояниями от точки касания до точек $A$ и $C.$ Значит, картинка переходит в себя при симметрии относительно прямой $AC,$ при этом точки $B$ и $D$ меняются местами. Но это означает, что $BD$ перпендикулярна $AC.$

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#100198Максимум баллов за задание: 7

Треугольник $ABC (AB >BC )$ вписан в окружность $Ω$ . На сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM =CN$ . Прямые $MN$ и $AC$ пересекаются в точке $K$ . Пусть $P$ — центр вписанной окружности треугольника $AMK$ , а $Q$ — центр вневписанной окружности треугольника $CNK$ , касающейся стороны $CN$ . Докажите, что середина дуги $ABC$ окружности $Ω$ равноудалена от точек $P$ и $Q.$

Показать доказательство

Пусть $S$ — середина дуги $ABC$ окружности $Ω,$ тогда $SA =SC.$

$PIC$

Получается, $SA = SC,$ $AM = CN$ по условию и $∠BCS = ∠BAS$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники $AMS$ и $CNS$ равны, и они совмещаются поворотом Ф с центром в точке $S$ на угол $∠ASC = ∠ABC.$ Отсюда, в частности, следует, что $SM = SN$ и $∠MSN = ∠ABC.$ А из последнего равенства углов следует, что четырёхугольник $MSBN$ вписан в некоторую окружность $γ$ .

Описанные окружности $Ωa$ и $Ωc$ треугольников $AMS$ и $CNS$ также совмещаются поворотом Ф. Пусть $U$ и $V$ – середины дуг $AM$ и $CN$ этих окружностей(не содержащих $S$ ). Тогда $SU = SV,$ то есть точка $S$ лежит на серединном перпендикуляре к $UV,$ а так же $UA =V C.$

$PIC$

Из окружностей $γ$ и $ω$ имеем $∠SAK = ∠SBC = ∠SMK,$ то есть $K$ лежит на $Ωa.$ Аналогично $K$ лежит на $Ωc.$ Отсюда следует, что точки $U$ и $V$ лежат на биссектрисе угла $∠CKN.$ Точки $P$ и $Q$ так же лежат на биссектрисе $∠CKN,$ так как они являются центрами окружностей, вписанных в этот угол.

По лемме о трезубце для треугольников $KAM$ и $KCN :$ $UP = UA$ и $VQ = VC.$ Так как $UA = VC,$ это означает, что точки $P$ и $Q$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $UV,$ на котором лежит точка $S.$ Значит, $S$ равноудалена от $P$ и $Q.$

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#91024Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB,$ касается сторон $BC, CA,AB$ в точках $A1,B1,C1$ соответственно. Пусть $B1H$ – высота треугольника $A1B1C1.$ Докажите, что точка $H$ лежит на биссектрисе угла $CAB.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посчитать углы! Что можно сказать об углах внутри четырёхугольника CA₁HB₁? Нам бы очень хотелось узнать что-то интересное про точку H ;)

Подсказка 2

Угол AHC — прямой! Что тогда можно сказать про точку H? Как связать её с нашим большим треугольником?

Подсказка 3

Подумайте, в каких точках пересекет A₁C₁ окружность, построенная на AC, как на диаметре! Сколько их таких и каким свойством они обладают?

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠CA1B1 = ∠CB1A1 = 45∘.$ По теореме об угле между хордой и касательной $∠A1C1B1 =∠CA1B1 = 45∘.$ Таким образом, треугольник $B1HC1$ — равнобедренный. Треугольники $AB1H$ и $AC1H$ равны по третьему признаку ( $AB1 = AC1$ как отрезки касательных). Следовательно, $∠B1AH =∠HAC1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#32437Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ В нём $H$ — точка пересечения высот, $I$ — центр вписанной окружности, $O$ — центр описанной окружности, $K 1$ — точка касания вписанной окружности со стороной $BC.$ Известно, что отрезки $IO$ и $BC$ параллельны. Докажите, что отрезки $AO$ и $HK1$ также параллельны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, надо понять, что именно нам нужно доказывать, надо разбить нашу задачу на подзадачи, каждая из которых будет легче данной. Мы видим здесь ортоцентр и центр вписанной окружности. Из свойств ортоцентра, мы знаем, что расстояние от вершины до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до , противоположной этой вершине, стороны. Значит, стоит отметить середину BC и посмотреть, что это даст, учитывая условия задачи.

Подсказка 2

Верно, если середина - это M₁, то OMс=AH/2. А как нам использовать параллельность из условия? Высота из одной точки уже есть, а что такое высота из другой точки? Как это можно использовать?

Подсказка 3

Высота из другой точки - точки I - это точка касания вписанной окружности. Значит, IK₁=OM₁. Но при этом, мы знаем, что OM₁=AH/2, значит 2*IK₁=AH. Где можно на картинке найти удвоенный отрезок IK₁(радиус окружности)? Что это дает?

Подсказка 4

Удвоенный радиус вписанной окружности это, по сути, диаметр вписанной окружности. Значит, удобнее всего здесь отметить на этой окружности точку, диаметрально противоположную K₁ (искушенные читатели знают, что это совсем не простая точка).Пусть это точка D. Что тогда можно сказать про эту точку и точку А? В какой точке пересекает отрезок DA сторону BC? А если провести прямую, параллельную BC и проходящую через D?

Подсказка 5

Если провести такую прямую, то, во-первых, она будет касательной к вписанной окружности. Но при этом для треугольника, который отсекается этой параллельной прямой, эта окружность будет вневписанная. На построение какой окружности тогда намекает такое расположение?

Подсказка 6

Верно! На построение вневписанной окружности, которая касается BC. При этом, пусть AD пересекает BC в точке T₁. У нас есть вписанная и вневписанная окружности. Что принято рассматривать, когда есть две окружности, вписанные в один угол и имеющие две параллельные соответственные касательные?

Подсказка 7

Нужно рассмотреть гомотетию, с центром в точке А, переводящую вписанную окружность во вневписанную. Тогда, так как центр гомотетии, образ и точка лежат на 1 прямой, то выходит, что T₁-точка касания вневписанной окружности стороны BC, так как AD пересекает BC именно в этой точке. Значит, A,D,T₁ лежат на одной прямой! А что это дает? Как связаны точки касания вписанной и вневписанной окружности?

Подсказка 8

Да, CT₁=BK₁ (доказывается через обычный счет отрезков касания). Но при этом, М₁ — середина BC. То есть, от BC с концов отрезали равные отрезки (CT₁ и BK₁) и взяли середину. Значит, T₁M₁=M₁K₁. Так-так… А о чем задача? Ах да, нужно доказать, что AO и HK параллельны. Но при этом, на картинке у нас уже есть две параллельные прямые, которые отличны от тех, что в условии. Какие это прямые?

Подсказка 9

DK₁=AH, по доказанному. При этом, они параллельны. Значит, AHK₁D — параллелограмм. Значит, HK₁ || AD. Но нам же нужно доказать, что HK₁ || AO. Ого! Выходит, нам нужно доказать, что O лежит на прямой AD и задача решена? А равенство отрезков, доказанное ранее в пункте 8, может нам помочь?

Подсказка 10

Ну конечно, может! Только вот как бы это сделать? Хмм… А может быть, угадать эту точку на прямой AD? А вот если рассмотреть середину DT1…

Подсказка 11

Ничего себе! Если соединить середину DT₁ с другой серединой - М₁, то выходит, что этот отрезок будет перпендикулярен BC, при этом, будет равен половине DK₁, то есть, равен IK₁… Так это же отрезок M₁O ! Значит, O-середина DT₁, а значит, лежит на DT₁, а значит, и на AO !

Показать доказательство

Пусть $M 1$ — середина стороны $BC$ , $T 1$ — точка касания вневписанной окружности для треугольника $ABC$ со стороной $BC,$ $AT 1$ пересекается с $M1O$ в точке $′ O .$ Воспользуемся фактом, что на прямой $AT1$ лежит диаметрально противоположная точке $K1$ точка $D.$

$PIC$

Так как $M1O ′ ∥K1D$ из перпендикулярности $BC$ и хорошо известно, что $K1M1 = M1T1,$ то $M1O ′$ — средняя линия $△T1K1D$ и $T1O′ = O′D.$ При этом $K1I = ID= r,$ откуда $O′I$ — также средняя линия $△T1DK1$ и параллельна $BC,$ откуда из условия задачи следует, что $O′ = O.$

В итоге имеем $O∈ AT1.$ В силу перпендикулярности $BC$ мы знаем, что $AH ∥DK1.$ Кроме того, по свойству ортоцентра

AH = 2OM1 =2IK1 =2r

тогда $AH = DK1.$ Так что $AHK1D$ — параллелограмм, поэтому $AO ∥HK1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Равенство $AH =2OM1$ можно проверить чисто технически: пусть $CHC$ — высота $ABC,$ тогда

AH = AC-⋅sinACHC-= AC-⋅cos∠BAC- = 2R cos∠BAC cosHCAH sin∠B

При этом

∠BOC- OM1 = OB ⋅cos∠BOM1 =R ⋅cos 2 = R⋅cos∠BAC = AH∕2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#99393Максимум баллов за задание: 7

Вписанная в треугольник $ABC$ окружность касается его сторон в точках $K,N$ и $M.$ Известно, что в треугольнике $KNM$ угол $M$ равен $∘ 75,$ произведение всех сторон равно $√ - 9+6 3,$ а вершина $K$ делит отрезок $AC$ пополам. Найдите длины сторон треугольника $ABC.$

Источники: Вступительные в МГУ - 2004 (см. pk.cs.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит задуматься о том, что вообще может нам дать условие про вписанную окружность, как мы можем воспользоваться тем, что стороны треугольника являются касательными к ней?

Подсказка 2

Отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны. Запишем этот факт для всех касательных и дополнительно учтем условие AK=KC. Какой вывод можем сделать?

Подсказка 3

Треугольник АВС является равнобедренным. Отсюда же понимаем, что N и M делят боковые стороны в равных отношениях

Подсказка 4

В итоге имеем, что AC || NM. Также, используя факт об угле между хордой и касательной, мы получаем большой простор для счета углов!

Подсказка 5

Теперь надо воспользоваться условием на произведение сторон △KMN. Стандартный подход: выразить все стороны через одну неизвестную. Удобно в качестве нее взять радиус описанной окружности около KMN.

Подсказка 6

Мы знаем все углы треугольника, тогда можем выразить все стороны с помощью теоремы синусов!

Подсказка 7

Теперь нужно стороны △АВС выразить через стороны △KMN, которые мы знаем. В таких ситуациях очень часто спасает подобие треугольников!

Подсказка 8

Из подобия △ANK и △KMN можем найти AK, а из подобия △ABC и △KMN найдем NM (не забывайте про равные отрезки касательных!)

Показать ответ и решение

Так как $K,M,N$ — точки касания вписанной окружностью сторон треугольника $ABC,$ то $BM =BN, AN = AK,CM = CK.$ Из $AK = CK$ следует, что $AB = BC,$ а в треугольнике $∘ ∘ KMN − ∠N = ∠M = 75 ,∠K = 30 .$

$PIC$

Вписанная в треугольник $ABC$ окружность является описанной около треугольника $KNM.$ Пусть $R$ — ее радиус, тогда

MN =2R sin30∘ = R,MK = NK = 2Rsin75∘ = √R-(√3-+1) 2

Вычисляя произведение $MN ⋅MK ⋅NK,$ находим, что

√- √ - √3(√3+ 1) R= 3,MN = 3,MK =NK = ---√2----

Угол $ANK,$ как угол между касательной и хордой, равен углу $NMK,$ так что $∠ANK = ∠AKN = 75∘,$ поэтому треугольники $ANK$ и $KNM$ подобны. Следовательно,