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 41#71255Максимум баллов за задание: 7

Найдите множества всех точек, имеющих одну и ту же степень относительно данной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, ну на данный момент мы, кажется про степень точки относительно окружности знаем не то чтобы мало, но мало умеем что - то применять. А вот применить одну из явных формул степени точки мы можем, может быть даже получится понять объект, который она задаст.

Подсказка 2

Применим формулу(если радиус окружности - это R, а расстояние от точки A до центра это - OA) степени точки, она равна OA^2 - R^2. Что интересного мы видим в этой формуле? Что в ней меняется, а что является константой? Как это можно применить?

Подсказка 3

Верно, константой является -R^2. Значит, если мы хотим, чтобы степень точки оставалась равной, то выходит, что нужно, чтобы расстояние от точки А до центра окружности было фиксировано. Значит, это множество точек - это…

Подсказка 4

Окружность, с центром в точке О! В том числе нулевого радиуса (сама точка О)

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим центр данной окружности точкой $O,$ а её радиус — неизвестной $R.$

Рассмотрим степень произвольной точки $X,$ она равна $OX2 − R2.$

Видно, что в этой формуле — $R2$ не зависит от положения точки $X$ , а одинаковую степень имеют точки, для которых расстояние до центра $O$ окружности фиксировано. По определению такое множество точек — окружность с центром в точке $O$ (в том числе нулевого радиуса).

Ответ:

концентрические окружности с данной (в том числе нулевого радиуса, то есть множество из одной точки — центра данной окружности)

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#71256Максимум баллов за задание: 7

Через две из точек касания общих внешних касательных с двумя окружностями проведена прямая (две точки взяты на двух разных окружностях). Докажите, что окружности высекают на ней равные хорды.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на картинку. Если мы уже знаем степень точки, то относительно каких точек и каких окружностей, которые уже есть на картинке, эту степень можно было бы написать?

Подсказка 2

Верно, относительно точек, которые были задают прямую из условия, и относительно окружностей, которые не содержат каждую из точек. Попробуйте расписать эту степень, чтобы получилось два равенства. Что тогда можно сказать?

Подсказка 3

С одной стороны, каждая из степеней равна квадрату отрезка, который соединяет «не противоположные» точки касания. С другой стороны, на каждой из общих внешних касательных этот отрезок равен. В таком случае, мы получили, что произведение отрезка из условия и произведения этого же отрезка без первой хорды из условия, и произведение отрезка из условия на произведение этого же отрезка без второй хорды из условия, равны. Значит, получили требуемое!

Показать доказательство

Обозначим окружности за $ω 1$ и $ω 2$ . Пусть одна общих из касательных касается окружностей $ω 1$ и $ω 2$ в точках $A$ и $K$ , а вторая — в точках $′ K$ и $B$ соответственно. Обозначим за $E$ и $F$ вторые точки пересечения прямой $AB$ с окружностями $ω1$ и $ω2$ соответственно. Достаточно доказать, что $AE = BF,$ что равносильно равенству $AF =BE.$

$PIC$

Из свойств касательных и секущих имеем равенства

AK2 = AF ⋅AB; K ′B2 =BE ⋅BA,

а из симметрии относительно линии центров следует, что длины отрезков $AK$ и $K′B$ равны, следовательно, $AF = BE,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#71257Максимум баллов за задание: 7

На плоскости даны три попарно пересекающиеся окружности. Через точки пересечения любых двух из них проведена прямая. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке или параллельны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче следует рассмотреть два случая. Если у нас две каких - то прямых пересечения двух из трех окружностей пересекаются в одной точке и если две какие - то из этих же прямых параллельны. Попробуйте рассмотреть эти два случая, с учетом того, что прямая пересечения двух окружностей - это их радикальная ось.

Подсказка 2

Действительно, если обладать нашим знанием про радикальную ось, то многое что выходит. Вот пусть две из наших прямых пересеклись в точке Q, тогда что можно сказать про степени точки Q относительно каждой из окружностей? А если наши прямые параллельны, то что можно сказать про центры наших окружностей? Какая связь между радосью и прямой, соединяющей центры?

Подсказка 3

Если две наши прямые пересеклись в точке Q, то выходит, что с одной стороны, степень точки Q относительно первой и второй окружностей равна, так как она принадлежит одной радоси. С другой стороны, степень точки относительно второй и третьей равны. Значит, степень точки относительно третьей и первой равны. Значит, эта точка принадлежит и третьей радоси. Если же две наши прямые параллельны, то выходит, что прямые соединяющие центры первой и второй окружности и второй и третьей параллельны, так как перпендикулярны двум параллельным прямым(радосям), но так как эти две прямые центров окружностей проходят через одну точку, выходит что они совпадают. Значит, все три центра лежат на одной прямой, а значит все их радоси параллельны, так как перпендикулярны этой самой прямой.

Показать доказательство

Прямая, проходящая через общие точки двух окружностей, является их радикальной осью. Радикальные оси трёх окружностей либо пересекаются в одной точке (радикальном центре), либо попарно параллельны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#71258Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что диагонали $AD,BE$ и $CF$ описанного шестиугольника $ABCDEF$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, как в данной задаче может помочь тот факт, что у трех окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, радикальные оси пересекаются в одной точке.

Подсказка 2

Чтобы доказать, что диагонали пересекаются в одной точке, нам достаточно будет найти три окружности, на радикальных осях которых лежат диагонали нашего шестиугольника. Подумайте, как можно найти данные окружности.

Подсказка 3

В данной задаче нам поможет одна небольшая лемма. Она гласит, что если в точках P и Q, лежащих на окружности, провести касательные к окружности и по одну сторону от прямой PQ отложить на них равные отрезки P’P и Q’Q , то существует окружность, касающаяся прямых P’P и Q’Q в точках P’ и Q’. Попробуйте доказать ее самостоятельно и подумайте, как она может помочь в решении.

Подсказка 4

Когда мы доказали лемму, давайте с её помощью построим три окружности, одна будет касаться сторон AB и ED, вторая - BC и EF, третья - AF и CD, таким образом, чтобы расстояния между точкой касания окружности, вписанной в шестиугольник, и точкой касания окружности, которую мы строим, с той же прямой было равным для всех прямы и окружностей. Другими словами, мы от точек касания окружности, вписанной в шестиугольник ABCDEF, откладываем равные отрезки.

Подсказка 5

Если мы докажем, что для точек A и D отрезки касательных к первой и второй окружностям попарно равны, то докажем, что AD - радикальная ось, а аналогичными размышлениями для пар точек B, E и F, C мы докажем необходимое нам утверждение. Подумайте, как это можно сделать. Помните, что ранее мы откладывали равные отрезки, а отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны!

Показать доказательство

Лемма. Если в точках $P$ и $Q,$ лежащих на окружности, провести касательные к окружности и по одну сторону от прямой $P Q$ отложить на них равные отрезки $′ PP$ и $′ QQ ,$ то существует окружность, касающаяся прямых $′ PP$ и $′ QQ$ в точках $′ P$ и $′ Q .$

$PIC$

Доказательство. Если $PP ′∥QQ ′$ , то доказательство очевидно.

Если прямые $PP′$ и $QQ ′$ пересекаются в точке $T$ (рис.1), а $O$ — центр данной окружности, то $TO$ — биссектриса угла $P TQ,$

TP′ = TP − P P′ = TQ− QQ′ = TQ ′

поэтому перпендикуляры к сторонам угла $PTQ,$ восставленные из точек $P ′$ и $Q ′,$ пересекаются на $TO$ в некоторой точке $O′,$ равноудалённой от сторон угла. Следовательно, $O′$ — центр окружности касающейся сторон угла в точках $P′$ и $Q′.$ Лемма доказана.

Вернёмся к задаче. Пусть вписанная окружность шестиугольника $ABCDEF$ касается его сторон $AB,BC,CD, DE,EF$ и $AF$ соответственно в точках $K,L,P,M,N$ и $Q$ . На лучах $AF,CD,AB,ED, EF$ и $CB$ отложим отрезки соответственно $QQ ′ =P P′ = KK ′ =MM ′ =NN ′ = LL′.$ По лемме существуют окружности: $S1$ касающаяся прямых $CD$ и $AF$ в точках $P′$ и $Q ′,S2$ - касающаяся прямых $AB$ и $ED$ в точках $K ′$ и $M ′,S3$ - касающаяся прямых $CB$ и $EF$ в точках $L′$ и $N ′.$

$PIC$

Из равенств $BK = BL$ и $′ ′ KK = LL$ следует, что $′ ′ BK = BL ,$ а из равенств $′ ′ NN = MM$ и $EN = EM$ следует, что $′ ′ EN =EM .$ Значит, у точек $B$ и $E$ одинаковые степени относительно окружностей $S2$ и $S3$ (касательные, проведённые из точек $B$ и $E$ к этим окружностям, попарно равны). Следовательно, прямая $BE$ - радикальная ось этих окружностей. Аналогично докажем, что прямая $AD$ — радикальная ось окружностей $S1$ и $S2,$ а прямая $CF$ - радикальная ось окружностей $S1$ и $S3.$ Поскольку центры окружностей $S1,S2$ и $S3$ не лежат на одной прямой, их радикальные оси пересекаются в одной точке — радикальном центре трёх этих окружностей.

Замечание. Задача известна как “теорема Брианшона”, но в данном случае нужно напрямую доказать её, а не просто сослаться.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#71793Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ касается сторон $AB,BC$ треугольника $ABC$ в точках $C , 1$ $A 1$ соответственно и касается внутренним образом описанной окружности в точке $B1.$ Докажите, что инцентр (центр вписанной окружности) $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A1C1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую лемму можно вспомнить, когда мы видим касающиеся внутренне окружности и касательную?

Подсказка 2

Что ещё может следовать из леммы Архимеда, помимо равенства дуг? Как связать A_0B , A_0A_1 , A_0B_1 ?

Подсказка 3

Из предыдущей подсказки можно доказать, что A_0C_0 - радикальная ось точки B и окружности w. А что из этого следует? Подумайте про отражение какой-то очень интересной точки.

Подсказка 4

Если доказали, что образ B лежит на A_1C_1 , то Вы на верном пути. Теперь осталось доказать что, образ B это I. Для этого попробуем использовать лемму о трезубце для △ ABC.

Показать доказательство

Заметим, что по лемме Архимеда прямая $B A 1 1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A.$ Аналогично, прямая $B1C1$ проходит через середину дуги $AB,$ не содержащей вершину $C.$ Обозначим середины этих дуг через $A0,C0$ соответственно.

$PIC$

Из той же леммы Архимеда следует, что $A0B2 = A0A1⋅A0B1.$ Следовательно, степень точки $A0$ одинакова относительно окружности $ω$ и точки $B.$ Аналогичное утверждение верно и для точки $C0.$ Из этого следует, что прямая $A0C0$ — радикальная ось точки $B$ и окружности $ω.$ Поэтому прямая $A0C0$ проходит через середины отрезков $BA1, BC1.$ Значит, прямая $A0C0$ содержит среднюю линию $FE$ треугольника $C1BA1.$ Следовательно, образ точки $B,$ при отражении точки $B$ относительно прямой $A0C0,$ лежит на прямой $A1C1.$

С другой стороны, по лемме о трезубце $IC0 =BC0$ и $IA0 = BA0.$ Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A0C0$ переходит в точку $I.$ Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой $A1C1.$

Замечание. Предложенный в задаче факт известен как Лемма Варьера (Веррьера). Но нельзя сразу написать, что Вы знаете такую лемму и всё очевидно. Задача заключается в том, чтобы напрямую доказать эту лемму.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#73211Максимум баллов за задание: 7

На отрезке $AC$ взята точка $B.$ На $AB$ и $AC$ как на диаметрах построены окружности. $K$ отрезку $AC$ в точке $B$ проведен перпендикуляр $BD$ до пересечения с большей окружностью в точке $D.$ Из точки $C$ проведена касательная $CK$ к меньшей окружности. Докажите, что $CD = CK.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $CK2 = CB ⋅CA$ (степень точки $C$ относительно меньшей окружности). Также заметим, что $∠ADC = 90∘,$ то есть треугольник $ADC$ прямоугольный. Следовательно, квадрат его катета $DC$ равен $CA ⋅CB$ (метрическое соотношение в прямоугольном треугольнике). Значит, $CK2 = CD2,$ откуда получаем требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#73212Максимум баллов за задание: 7

B треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AM.$ Окружность описанная около треугольника $ABM,$ повторно пересекает $AC$ в точке $K,$ а окружность, описанная около треугольника $AMC,$ пересекает $AB$ в точке $L.$ Докажите, что $BL =KC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте попробуем получить какие-нибудь соотношения на отрезки. Что нам поможет в этом?

Подсказка 2.

Правильно! Степень точки! Можно написать соотношения из вписанностей. Кроме этого нужно воспользоваться тем, что AM является биссектрисой. Что поможет вытащить какое-нибудь соотношение на отрезки из этого факта?

Подсказка 3.

Верно! Основное свойство биссектрисы! Осталось только выписать все полученные соотношения и сократить общие части.

Показать доказательство

Решение 1. Степени точек $B$ и $C$ относительно окружностей $AMC$ и $AMB$ равны соответственно

BL ⋅BA =BM ⋅BC, KC ⋅CA = CM ⋅CB.

После деления первого равенство на второе имеем

BL- BA- BM-- KC ⋅CA = CM ,

но по свойству биссектрисы

BA BM CA-= CM--,

следовательно, $BL = KC,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

____________________________________________________________________________________________________

Решение 2. Так как четырёхугольник $ABMK$ является вписанным и $AM$ является биссектрисой угла $∠BAK,$ получаем, что отрезки $MB$ и $MK$ равны. Аналогично, отрезки $MC$ и $ML$ равны. Теперь условие равносильно тому, что треугольники $MBL$ и $MKC$ равны, что в свою очередь верно, так как углы $∠BML$ и $∠CMK$ равны углу $∠A$ (из свойства вписанных четырёхугольников).

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#73225Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ — равнобедренная трапеция $(BC$ параллельна $AD ),$ $E$ — точка дуги $AD$ описанной окружности. Из точек $A$ и $D$ опустили перпендикуляры на $BE$ и $CE.$ Докажите, что основания перпендикуляров лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Как можно доказать вписанность четырехугольника, вершины которого лежат на сторонах угла?

Подсказка 2.

В данном случае можно посчитать углы, но есть решение через степень точки! Для этого нужно выразить все отрезки секущих. С помощью чего это можно сделать?

Подсказка 3.

Правильно! С помощью прямых углов можно выразить отрезки секущих через отрезки AE и DE и косинусы некоторых углов. Попробуйте понять что-нибудь про эти углы. Не забудьте подставить в то, что нужно доказать.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $X$ и $Y$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $A$ на прямые $BE$ и $CE$ соответственно; $T$ и $Z$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $D$ на прямые $BE$ и $CE$ соответственно. Для решения достаточно доказать, что $ET ⋅EX = EY ⋅EZ.$

Пусть углы $ADB$ и $ADC$ равны соответственно $α$ и $β.$ Тогда $∠AEB = ∠CED = α$ и $∠AEC = ∠BED =β$ из вписанности и симметричности равнобедренной трапеции. Тогда:

$pict$

Тогда условие $ET ⋅EX =EY ⋅EZ$ приобретает вид

DE cosβ⋅AE cosα =AE cosβ⋅DE cosα,

что верно.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Четырёхугольники $AXY E$ и $DZT E$ вписанные, следовательно, имеют место равенства

∠AY X =∠AEX = ∠DEZ = ∠DTZ,

поэтому равны углы $∠XT Z$ и $∠XY Z,$ что равносильно искомой вписанности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#73241Максимум баллов за задание: 7

Касательные в точках $A$ и $B$ к описанной окружности $ω$ равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB =BC )$ пересекаются в точке $D.$ Отрезок $CD$ пересекает $ω$ в точке $E.$ Докажите, что $AE$ делит $BD$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим углы при основании через $α,$ а угол $DCA$ через $β.$ Угол $ABC$ равен $180∘− 2α.$ По теореме об угле между хордой и касательной $∠DBA = ∠BCA = α.$ Следовательно, $∠DBC =180∘− α,$ так как $AC$ параллельно $BD.$ Используя это, вычисляем $∠BDC =β.$ Также заметим, что по теореме об угле между хордой и касательной $∠XAD = ∠ECA = β.$ Таким образом, из подобия треугольников $DXE$ и $DXA$ получаем $DX2 = XE ⋅XA.$ Теперь напишем степень точки $X$ относительно окружности: $XB2 = XE ⋅XA.$ Теперь видно, что $DX = XB,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#73243Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ отмечены середины $M$ и $N$ отрезков $BC$ и $CM$ соответственно. Описанная окружность треугольника $ABN$ вторично пересекает отрезок $AC$ в точке $S.$

(a) Докажите, что $∠SMC = ∠MAC.$

(b) Докажите, что $∠BAM =∠MSN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте переформулировать равенство углов из пункта (a) в какое-то другое условие.

Подсказка 2.

На самом деле достаточно доказывать, что описанная окружность треугольника AMS и прямой CM. Для это возможно стоит использовать степень точки.

Подсказка 3.

Чтобы доказать пункт (b) попробуйте воспользоваться услвоием на углы, которое дает вписанность четырехугольника, и использовать пункт (a)

Показать доказательство

(a) Заметим, что условие на углы, которое мы хотим доказать, равносильно тому, что описанная окружность треугольника $AMS$ касается прямой $CM,$ что равносильно $2 CM = CA ⋅CS.$ Заметим, что правая часть этого равенства равна

CM ⋅CB 2 CN ⋅CB = ---2--- =CM ,

в силу того, что четырёхугольник $ASNB$ является вписанным и точка $N$ является серединой отрезка $CM$ .

(b) Заметим, что из вписанности $ASNB$ следует равенство углов $CNS$ и $CAB$ . Каждый из этих углов можно записать, как сумму двух углов:

∠CNS = ∠SMC + ∠MSN; ∠CAB =∠MAC + ∠BAM.

По пункту (a) углы $SMC$ и $MAC$ равны, а значит, углы $BAM$ и $MSN$ тоже равны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#73283Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит пополам общую касательную к ним.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Чем является прямая через общие точки двух окружностей?

Подсказка 2.

Правильно! Радикальной осью! Попробуйте теперь посчитать степень точки середины общей касательной относительно этих двух окружностей.

Показать доказательство

Степень точки середины касательной равна квадрату половины длины касательной относительно каждой из окружностей, а значит, ее степени точки относительно каждой из окружностей равны, и она лежит на их радикальной оси — прямой, проходящей через их общие точки.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#73284Максимум баллов за задание: 7

Расстояние между центрами окружностей больше суммы их радиусов. Докажите, что середины отрезков четырёх общих касательных этих окружностей лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Известно, что середина любой общей касательной таких окружностей имеет одинаковую степень относительно обеих окружностей. Значит, все четыре точки лежат на радикальной оси этих окружностей.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#73285Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $H.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CH$ соответственно. Докажите, что $A1B1 ⊥MN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Как можно доказывать перпендикулярность?

Подсказка 2.

Один из способов — найти окружности с общей хордой и воспользоваться тем, что линия центров ей перпендикулярна. Для этого нужны окружности, которых пока на картинке нет. Попробуйте их найти.

Подсказка 3.

Попробуйте найти окружности с центрами в точках M и N, прямая через общие точки которых совпадает с прямой A₁B₁.

Показать доказательство

Точки $A,$ $B,$ $A , 1$ $B 1$ лежат на одной окружности с диаметром $AB,$ так как углы $AA B 1$ и $AB B 1$ прямые. Точки $C,$ $H,$ $A1,$ $B1$ лежат на одной окружности с диаметром $CH,$ так как углы $CA1H$ и $CB1H$ прямые. Точки $M$ и $N$ являются их центрами, тогда каждая из них лежит на серединном перпендикуляре к $A1B1,$ откуда следует искомая перпендикулярность.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#73286Максимум баллов за задание: 7

На сторонах треугольника $ABC$ во внешность построены равнобедренные треугольники $BCD, CAE,ABF.$ Докажите, что прямые проходящие через точки $A,B$ и $C$ перпендикулярно $EF,F D$ и $DE$ соответственно, пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Рассмотрим окружности с центром $F$ и радиусом $AB,$ центром $D$ и радиусом $BD,$ центром $E$ и радиусом $AE.$ Прямая, проходящая через $A$ перпендикулярно $FE,$ является радикальной осью окружностей первой и третьей из вышеупомянутых окружностей, потому что она перпендикулярна их линии центров. Аналогично другие прямые являются радикальными осями других пар окружностей. Следовательно, эти прямые пересекаются в радикальном центре.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#73288Максимум баллов за задание: 7

Дан шестиугольник $ABCDEF,$ в котором $AB = BC,CD = DE,EF = FA,$ а углы $A$ и $C$ — прямые. Докажите, что прямые $FD$ и $BE$ перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Во многих олимпиадных задачах просят доказать перпендикулярность двух прямых. Иногда надо увидеть ортоцентр, а иногда — просто симметрию. Но есть и другой способ. Какой?

Подсказка 2.

Верно! Можно использовать факт о том, что линия центров перпендикулярна радикальной оси. В данной задаче, как ни удивительно, помогает именно этот подход. Однако в условии нет окружностей, поэтому их придётся провести. Попробуйте это сделать.

Подсказка 3.

Равные отрезки из условия наводят на мысль, что нужно провести какие-то окружности с центрами в вершинах.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим окружности с центром $F$ и радиусом $AF,$ с центром $D$ и радиусом $CD.$ Прямая $FD$ — их линия центров. Заметим, что они касаются соответственно прямых $AB$ и $BC,$ потому что углы $A$ и $C$ — прямые. Следовательно, степени точки $B$ относительно этих окружностей равны. Но тогда $BE$ — их радикальная ось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#73292Максимум баллов за задание: 7

Дана неравнобокая трапеция $ABCD$ ( $AD ∥BC$ ). Окружность, проходящая через точки $A$ и $D,$ пересекает боковые стороны трапеции в точках $P$ и $Q,$ а диагонали — в точках $M$ и $N.$ Докажите, что прямые $PQ,MN$ и $BC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Заметим, что $∠MDA = ∠MNA$ в силу вписанности, а $∠BDA = ∠DBC$ в силу параллельности. Отсюда получаем, что четырёхугольник $BCNM$ — вписанный. Также заметим, что

∘ ∠ABC =∠P QD =180 − ∠BAD

в силу вписанности и параллельности. То есть четырёхугольник $BCQP$ — вписанный.

$PIC$

Таким образом, прямые $BC,MN$ и $P Q$ пересекаются в радикальном центре окружностей $(PBC ),(MNQ )$ и $(BCN ),$ так как они являются их радикальными осями.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#74841Максимум баллов за задание: 7

Из точки $D$ окружности $S$ опущен перпендикуляр $DC$ на диаметр $AB.$ Другая окружность касается отрезка $CA$ в точке $E,$ а также отрезка $CD$ и окружности $S.$ Докажите, что $DE$ — биссектриса треугольника $ADC.$

Показать доказательство

$PIC$

Отметим точки $F,G,H$ – точки касания второй окружности с отрезком $CD$ и окружностью $S$ и вторую точку пересечения $CD$ и окружности $S.$ Согласно лемме Архимеда, точки $B,F,G$ лежат на одной прямой. Рассмотрим треугольники $BDF$ и $BGD.$ Они подобны, так как равны их углы при вершине $B;$ угол при вершине $D$ первого треугольника опирается на дугу $BH,$ угол при вершине $G$ второго опирается на дугу $BD$ окружности $S,$ и эти дуги равны. Отсюда $BF ⋅BG = BD2.$ Отметим, что $BF ⋅BG$ это степень точки $B$ относительно второй окружности; она же равна квадрату длины касательной, проведенной из вершины $B$ ко второй окружности. $BE$ – касательная ко второй окружности, проведенная из точки $B.$ Поэтому,

BE2 = BF ⋅BG = BD2 и BE = BD

В частности, треугольник $DEB$ равнобедренный и $∠DEB = ∠EDB.$ Отметим $I$ – точку пересечения $DE$ и окружности $S.$ $∠EDB$ равен полусумме дуг $IH$ и $HB;∠DEB$ – $AI$ и $BD.$ Отсюда, поскольку дуги $HB$ и $HD$ равны, следует равенство дуг $AI$ и $IH.$ Тогда равны и углы $ADE$ и $EDC,$ на них опирающиеся, откуда $DE$ – биссектриса угла $D$ треугольника $ADC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#75194Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ $∠B >90∘$ и на стороне $AC$ нашлась такая точка $H,$ что $AH = BH$ и $BH ⊥BC.$ Пусть $D$ и $E$ — середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Прямая, проходящая через $H$ и параллельная $AB,$ пересекает $DE$ в точке $F.$ Докажите, что $∠BCF =∠ACD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не зря нам сказали, что DE - это средняя линия! Попробуем перейти к новому равенству углов вместо того, чтобы доказывать требуемое. На картинке немало параллельностей - поэтому обратим внимание на равные углы.

Показать доказательство

Из параллельности прямых $AC$ и $DE$ следует равенство углов $ACD$ и $CDE.$

$PIC$

Исходное равенство эквивалентно равенству углов $CDF$ и $FCE.$ Для этого достаточно проверить, что окружность $(DF C)$ касается прямой $EC,$ то есть равенство отрезов секущих $EF ⋅ED = EC2,$ а в силу равенства отрезков $BE$ и $EC,$ равенство

EF ⋅ED = BE2

Из равнобедренности треугольника $AHB$ имеем $∠HAC =∠HBA.$ Из параллельности прямых $AC$ и $DE$ следует равенство $∠CAB =∠EDB,$ а из параллельности прямых $AB$ и $HF$ — равенство $∠ABH = ∠FHB.$ Наконец, заключаем $∠FHB =∠F DB,$ что влечет принадлежность точек $F,H,D,B$ одной окружности.

Осталось заметить, что $HD ⊥ AB,$ т.к. $HD$ — медиана в треугольнике равнобедренном треугольнике $AHB,$ следовательно, четырехугольник $HDBF$ является прямоугольником, тогда прямая $BC$ касается окружности $(DBF ),$ поскольку перпендикулярна диаметру $HB$ окружности и проходит через точку пересечения диаметра с окружностью, что влечет равенство

EF ⋅ED = BE2

Замечание. Точка $F$ является точкой Шалтая треугольника $CDB,$ соответствующей вершине $D.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#77214Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ с центрами $O 1$ и $O 2$ и радиусами $9$ и $4$ касаются друг друга внешним образом в точке $H$ . Точка $P$ выбрана вне окружностей так, что $∘ ∠O1PO2 = 90$ . Прямая $PO1$ пересекает $ω1$ в точках $A$ и $B$ (точка $B$ лежит между $P$ и $A$ ), прямая $PO2$ пересекает $ω2$ в точках $C$ и $D$ (точка $C$ лежит между $P$ и $D$ ). Оказалось, что четырёхугольник $ABCD$ вписанный. Чему может быть равно произведение площадей треугольников $P BC$ и $P AD$ ?

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме об отрезках секущих $PB ⋅PA =P C⋅PD.$ Это равенство позволяет сказать, что точка $P$ лежит на радикальной оси окружностей $ω1$ и $ω2,$ т.к. степени точки $P$ для этих окружности равны. Раз точка $P$ лежит на радикальной оси, то она лежит на общей касательной окружностей. Тогда углы $∠PHO1 = 90∘,∠PHO2 = 90∘.$ Следовательно, $P H$ — высота в треугольнике $△O1P O2$ . Тогда $PH2 = O1H ⋅O2H = 9⋅4= 36.$ Раз $PH$ - общая касательная, тогда

PB ⋅PA = PC⋅PD = PH2 = 36.

Распишем произведение площадей треугольников $△P BC$ и $△P AD :$

PB⋅P C P A⋅PD P B⋅PA ⋅PC ⋅P D PH2⋅PH2 362 S△PBCS △PAD = --2---⋅---2---= -------4------ = ---4----= -4-= 324.

Ответ: 324

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#91020Максимум баллов за задание: 7

На сторонах $AB$ и $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ взяты точки $X$ и $Y$ соответственно. На отрезках $CX$ и $AY$ как на диаметрах построены окружности $ω1$ и $ω2.$ Докажите, что общая хорда $ω1$ и $ω2$ проходит через ортоцентр треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте найти какую-нибудь третью окружность и рассмотреть их попарные радикальные оси.

Подсказка 2

Вам даны две окружности с конкретными диаметрами. Как известно, вписанный угол, стягивающий диаметр, является прямым. Поищите такие углы в окружностях.

Подсказка 3

Вернëмся к подсказке 1. В треугольнике есть довольно много окружностей, связанных с его высотами. Кажется, эта подсказка поможет связать подсказки 1 и 2.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим вторые точки пересечения $ω1$ и $ω2$ с $AB$ и $BC$ через $C1$ и $A1.$ Заметим, что углы $CC1A$ и $AA1C$ прямые, потому что стягивают диаметр в окружностях. Следовательно, $CC1$ и $AA1$ — высоты в $ΔABC,$ а точка их пересечения — ортоцентр $H.$

Четырёхугольник $AC1A1C$ — вписанный, так как $∠AC1C = ∠AA1C.$ Рассмотрим окружности $(AC1A1),ω1$ и $ω2.$ Радикальными осями пар окружностей $(AC1A1),ω1$ и $(AC1A1),ω2$ являются прямые $CC1$ и $AA1.$ Значит ортоцентр — радикальный центр этой тройки окружностей, то есть через него также проходит радикальная ось окружностей $ω1$ и $ω2$ (их общая хорда), что и требовалось.

Предыдущая подтема

Следующая подтема