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 61#131040Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $γ.$ Оказалось, что окружности, построенные на отрезках $AB$ и $CD$ как на диаметрах, касаются друг друга внешним образом в точке $S.$ Пусть точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CD$ соответственно. Докажите, что перпендикуляр $ℓ$ к прямой $MN,$ восстановленный в точке $M,$ пересекает прямую $CS$ в точке, лежащей на $γ.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим окружности с диаметрами $AB$ и $CD$ через $ω 1$ и $ω 2$ соответственно. Заметим, что точка $S$ лежит на отрезке $MN.$

Пусть прямые $CS$ и $DS$ пересекают $ℓ$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Поскольку $CD$ — диаметр $ω2,$ имеем $∘ ∠P SQ= ∠CSD = 90 .$ В прямоугольном треугольнике $PSQ$ отрезок $SM$ — высота, поэтому

∘ ∠MSP = 90 − ∠SP M = ∠SQP.

С другой стороны, поскольку $NS = NC$ имеем

∠SCD = ∠CSN = ∠MSP

Итак,

∠SCD = ∠MSP =∠SQP

то есть точки $P,$ $Q,$ $C$ и $D$ лежат на одной окружности $γ′.$

$PIC$

Пусть теперь прямая $MC$ пересекает окружности $γ$ и $γ′$ в точках $X$ и $X′$ соответственно (точка $M$ лежит на отрезках $CX$ и $CX ′$ ). Тогда

2 MC ⋅MX = MA ⋅MB = MS ,

поскольку $M$ — центр окружности $ω1.$ С другой стороны,

MC ⋅MX ′ = MP ⋅MQ = MS2,

что следует из того, что $SM$ — высота в прямоугольном треугольнике $PSQ.$ Значит,

MC ⋅MX = MS2 = MC ⋅MX ′,

то есть $X = X′.$ Но точка $X$ отлична от $C$ и $D,$ так как $M$ не лежит на $CD;$ значит, окружности $γ$ и $γ′$ имеют три общих точки $C,$ $D,$ $X,$ то есть они совпадают. Поэтому $P$ лежит на $γ,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Решение можно было бы завершить многими разными способами. Например, равенства

MP ⋅MQ = MS2 =MA ⋅MB

означают, что точки $P,$ $Q,$ $A$ и $B$ лежат на одной окружности $δ.$ Тогда либо окружности $γ,$ $γ′$ и $δ$ совпадают, либо это три разных окружности. Во втором случае радикальные оси пар этих трёх окружностей должны пересекаться в одной точке или быть параллельными; но эти радикальные оси — это прямые $PQ,$ $AB$ и $CD,$ и для них эти утверждения неверны.

Рассуждение выше имеет недостаток: оно не проходит, когда точки $P,$ $Q,$ $A$ и $B$ лежат на одной прямой. Этот случай легко разобрать отдельно (тогда $MN$ проходит через центр окружности $γ,AB ∥CD, AC ⊥BD ).$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. Существуют и другие решения, идейно схожие с приведённым выше. Например, можно рассуждать так.

Пусть лучи $CS$ и $DS$ пересекают $γ$ повторно в точках $P′$ и $Q′.$ Пусть $M ′ = P′Q′∩MN.$ Тогда

∠DQ ′P ′ =∠DCS =∠CSN =∠M ′SP′,

откуда $MN ⊥P ′Q ′.$ Тогда $SM ′$ — высота в прямоугольном треугольнике, и $M ′P ′⋅M ′Q′ = M′S2.$

С другой стороны, если прямая $MN$ пересекает $γ$ в точках $K$ и $L,$ то

M ′K⋅M ′L = M′P′⋅M ′Q′ = M ′S2.

Однако, как нетрудно проверить, на отрезке $KL$ есть только две точки $X$ такие, что $2 XK ⋅XL = XS ,$ и это точки $X = M$ и $X = N.$ Значит, $′ M = M,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#131049Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BD$ и отмечена точка пересечения высот $H.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $HD$ пересекает окружность, описанную около треугольника $BCD,$ в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $∘ ∠AP B+ ∠AQB = 180.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим, что $PQ ∥CD,$ так что $PQ$ — средняя линия прямоугольного треугольника $AHD.$ Значит, $PQ$ пересекает гипотенузу $AH$ в её середине $M,$ так что $MA = MD =MH.$

$PIC$

Имеем $∠MDH = ∠MHD,$ а поскольку $MH ⊥BC$ и $HD ⊥ CD,$ имеем также $∠MHD = ∠BCD.$ Получаем равенство $∠MDH = ∠BCD,$ из которого следует касание прямой $MD$ и окружности $(BCD )$ в точке $D.$ Отсюда $MD2 = MP ⋅MQ$ (по теореме о произведении отрезков секущей).

Далее, $MA2 = MP ⋅MQ.$ Значит, треугольники $AMP$ и $QMA$ подобны (угол $AMQ$ общий и $MA ∕MP =MQ ∕MA$ ). Отсюда $∠MQA = ∠MAP,$ поэтому

∠MP A +∠MQA = ∠MP A+ ∠MAP =∠HMQ = 90∘− ∠MHD =∠CBD.

Итак, $∠AP B +∠AQB = ∠CBD,$ и, поскольку

∠AP B +∠AQB =(∠MP A +∠MQA )+ (∠MP B+ ∠MQB ).

для завершения решения остаётся убедиться, что

∘ ∠MP B+ ∠MQB = 180 − ∠CBD.

Для определённости далее считаем, что $P$ лежит между $M$ и $Q.$ Имеем

∘ ∠MP B+ ∠MQB =180 − (∠BP Q− ∠MP Q).

Так как $PQ ∥CD,$ то дуги $PD$ и $CQ$ равны, а значит, опирающиеся на них вписанные углы равны. Тогда

∠BP Q − ∠P QB =∠BDQ − ∠P CB =(∠BDC − ∠QDC )− (∠DCB − ∠DCP )= ∠BDC − ∠DCB = ∠CBD,

что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#131058Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH,$ медиана $AM,$ а также отмечен центр $O$ его описанной окружности $ω.$ Отрезки $OH$ и $AM$ пересекаются в точке $D,$ прямые $AB$ и $CD$ — в точке $E,$ прямые $BD$ и $AC$ — в точке $F.$ Лучи $EH$ и $F H$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что прямые $BY,CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $P$ — такая точка на луче $HE,$ что $P B ⊥ BC.$ Докажем, что точки $C,$ $O$ и $P$ лежат на одной прямой.

В самом деле, по теореме Менелая для треугольника $ADE$ и прямой $CMB$ имеем

EC DM AB CD-⋅MA--⋅BE-= 1.

Поскольку прямые $P B,$ $AH$ и $OM$ параллельны между собой (так как они все перпендикулярны прямой $BC$ ), имеем

AB HP DM DO BE-= PE-, а такж е MA--= OH-.

Значит,

EC-⋅ DO ⋅ HP-= 1, CD OH PE

из чего следует, что точки $C,$ $O$ и $P$ лежат на одной прямой по теореме Менелая для треугольника $EDH.$ Значит, точка $P$ диаметрально противоположна точке $C$ в окружности $ω.$

$PIC$

Аналогично, если $Q$ — точка пересечения перпендикуляра к прямой $BC,$ проходящего через точку $C,$ и прямой $HF,$ то точка $Q$ диаметрально противоположна точке $B.$ Из этого следует, что $∘ ∠EXC = ∠PXC = 90,$ и, аналогично, $∠F YB =∠QY B =90∘.$

Обозначим через $H′,$ $Tb$ и $Tc$ точки пересечения прямой $AH$ соответственно с прямыми $PQ,$ $BY$ и $CX.$ Заметим, что треугольники $HXTc$ и $HH′P$ подобны как прямоугольные с вертикальными острыми углами. Значит, $HTc∕HX = HP∕HH ′$ или

HTc = HX ⋅HP ∕HH ′ =HB ⋅HC ∕HH ′

Аналогично, $HTb = HB ⋅HC∕HH ′.$ Значит, прямые $BY$ и $CX$ пересекают прямую $AH$ в одной и той же точке, что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#131946Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ описана около треугольника $ABC,$ в котором $AB < AC.$ Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Из середины $M$ стороны $BC$ на прямую $AI$ опущен перпендикуляр $MH.$ Прямые $MH, BI$ и $AB$ ограничивают треугольник $Tb,$ а прямые $MH, CI$ и $AC$ ограничивают треугольник $Tc.$ Описанные окружности треугольников $Tb$ и $Tc$ повторно пересекают окружность $ω$ в точках $′ B$ и $′ C$ соответственно. Докажите, что точка $H$ лежит на прямой $′′ B C .$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим точки пересечения прямой $MN$ с прямыми $AB,$ $AC,$ $BI$ и $CI$ через $P,$ $Q,$ $X$ и $Y$ соответственно (см. рисунок). Пусть прямые $AI,$ $BI$ и $CI$ повторно пересекают $ω$ в точках $A1,$ $B1$ и $C1$ соответственно. Обозначим

∠BAI = ∠CAI =α,∠ABI = ∠CBI =β,∠ACI = ∠BCI =γ,

тогда $α+ β+ γ = 90∘$ из суммы углов треугольника $ABC.$ Поскольку $MH ⊥AI,$ имеем $∠AQM = 90∘− α.$ Так как четырехугольник $ABA1C$ — вписанный,

∘ ∘ ∠MA1C = 90 − ∠BCA1 = 90 − α

Таким образом,

∠MA1C + ∠MQC =180∘,

поэтому четырёхугольник $A1CQM$ — вписанный. Следовательно, $∠AQA1 = 90∘,$ откуда следует, что точки $A,$ $A1,$ $P,$ $Q$ лежат на окружности $γ,$ построенной на отрезке $AA1$ как на диаметре.

Теперь заметим, что

∠QC′C = ∠QY C = 90∘− ∠CIA1 = 90∘− α − γ =β

Однако из вписанности четырехугольника $BC′CB1$ мы получаем, что

∠CC ′B1 =∠B1BC =β =∠CC ′Q

Следовательно, точки $C ′,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой. Аналогично, точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой.

$PIC$

В силу сказанного выше и вписанности четырёхугольника $C1B1CB$ имеем, что

∠CC1B1 =β = ∠CYQ,

поэтому $C1B1 ∥ PQ.$ Поскольку четырёхугольник $B ′C1B1C′$ вписанный,

∠PB ′C′ = ∠C1B1C′ = ∠PQC ′.

Значит, четырёхугольник $′ ′ B QC P$ вписанный. Тогда радикальные оси его описанной окружности, окружности $γ$ и окружности $ω$ пересекаются в одной точке, а это прямые $′ ′ B C ,$ $PQ$ и $AA1.$ Следовательно, точка $H$ лежит на прямой $′ ′ B C ,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Приведём другой способ закончить решение. После того, как установлено, что точки $′ C ,$ $Q$ и $B1$ лежат на одной прямой, и точки $P,$ $B′$ и $C1$ лежат на одной прямой. Обозначим через $N$ середину дуги $BAC.$ Пусть прямая $AX$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $T.$ Заметим, что

′ ∘ 1 ′ ∠CC Y =∠AQY =90 − α= 2∠CC B.

Следовательно, $′ CY$ — биссектриса угла $′ CC B,$ поэтому на прямой $′ C Y$ лежит точка $N.$ Аналогично, она лежит на прямой $′ XB .$ Применяя теорему Паскаля для точек $′ AT C B1BC$ мы получаем, что точка $X,$ точка $Q$ и точка пересечения $′ C T$ и $BC$ лежат на одной прямой. Следовательно, прямые $BC,$ $XQ$ и $′ C T$ Т пересекаются в одной точке, то есть точка $M$ лежит на $′ C T.$ Теперь применяем теорему Паскаля для точек $′ ′ ATC BNA1$ и получаем, что точки $X$ и $M$ вместе с точкой пересечения $AA1$ и $′ ′ B C$ лежат на одной прямой. Значит, точка $H$ лежит на $′ ′ B C ,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#136495Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AH A$ и $BH B$ . Прямая $H H A B$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q.$ Точка $′ A$ симметрична точке $A$ относительно $BC,$ точка $′ B$ симметрична точке $B$ относительно $CA$ . Докажите, что $′ A ,$ $′ B ,$ $P,$ $Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Поскольку точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, лежат на описанной окружности, выполнено равенство прозведений отрезков секущих

′ HAA ⋅HAH = HAA ⋅HAH = HAP ⋅HAQ.

Следовательно, точка $Q$ лежит на описанной окружности треугольника $HHAHB.$ Аналогично, точка $P$ лежит на этой окружности, что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#31247Максимум баллов за задание: 7

Через точку $P,$ лежащую на общей хорде $AB$ двух пересекающихся окружностей, проведена хорда $KM$ первой окружности и хорда $LN$ второй окружности. Докажите, что четырёхугольник $KLMN$ — вписанный.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы решить задачу с помощью степени точки, нам нужно понять, степень какой точки мы будем считать. И тут нас просят доказать вписанность KLMN, при этом его диагонали уже пересекаются в хорошей точке P. Наверное, её степень и надо считать!

Подсказка 2

Докажите, что PA * PB = PK * PM, а также докажите, что PA * PB = PL * PN. Выведите отсюда, что KLMN — вписанный.

Показать доказательство

Заметим, что для первой окружности верно, что $PK ⋅PM = PA ⋅PB,$ а для второй верно, что $PL⋅PN = PA ⋅PB.$ Следовательно, $P K⋅PM =P L⋅PN,$ откуда и следует, что четырёхугольник $KLMN$ вписанный.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#31250Максимум баллов за задание: 7

Во вписанном четырёхугольнике $ABCD$ проведены биссектрисы углов $ACB$ , $ADB,CBD$ и $CAD$ . Они пересекают стороны четырёхугольника в точках $X, Y,Z,T$ .
a) Докажите, что точки $C,X,Y,D$ лежат на одной окружности.
б) Докажите, что точки $X,Y,Z$ и $T$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка по пункту (а)

Посчитайте уголки. Посмотрите, как через дуги окружности ABCD выражаются, скажем, углы BXC и YDC.

Подсказка по пункту (б)

Конечно, из пункта (а) также выводится, что точки Z, T, A, B лежат на одной окружности. Теперь подумаем, как применить степень точки. Кажется, на этой картинке пока нет такой точки, степень которой можно посчитать, чтобы доказать вписанность XYZT. Значит, эту точку нужно отметить. При этом хорошо бы использовать другую вписанность, которую мы доказали — то есть CDYX — и, наверное, вписанность ABCD. Пересечение диагоналей XYZT уже выглядит не очень, поэтому попробуйте пересечь стороны AB и CD (вырожденный случай трапеции нужно рассмотреть отдельно) в точке P и посчитать степень точки P относительно разных окружностей.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Докажем равенство углов $CXB$ и $CDY$ .

Первый из этих углов $∠CXB = 180∘− ∠CBA − ∠BCX = ∠ADC − ∠ACB ∕2$ , для второго же $∠CDY = ∠CDA − ∠ADB ∕2$ .

Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ , то равенство выполнено и $∠CDY + ∠YXC =180∘$ .

Заметим, что $X$ и $Y$ могут располагаться в другом порядке, тогда углы $∠CXB$ и $∠CDY$ буду опираться на одну дугу и четырёхугольник также будет вписан.

б) Если стороны $AB$ и $CD$ параллельны, то мы получили вписанную, а значит, равнобокую трапецию (или прямоугольник). В силу симметрии точки $X,Y,Z,T$ (в каком-то порядке) будут образовывать равнобокую трапецию (или прямоугольник). Вписанность в этом случае доказана.

Если $AB ∩CD = E$ , то из первого пункта также следует, что $A,T,Z,B$ лежат на одной окружности. Далее будем рассматривать расположение точек как на картинке, при другом порядке расположения их на сторонах решение аналогично.

Из вписанности $DYXC$ , $ABCD$ и $BZT A$ степень точки $E$ равна:

EX ⋅EY =EC ⋅ED = EB ⋅EA= EZ ⋅ET

Из первого и последнего равенства следует вписанность $XY TZ$ .

Ответ:

а) что и требовалось доказать
б) что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#31255Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ . Обозначим через $P$ точку пересечения $CC 1$ и $A B 1 1$ , через $M$ — середину $A1B1$ , а через $K$ — середину $AB$ .
а) Докажите, что точки $A1,B1,C1,K$ лежат на одной окружности.
б) Докажите, что точки $A,B,P$ и $M$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка по пункту (а)

Посчитайте уголки :) На самом деле, при счёте углов полезно понимать, какие углы на этой картинке найти легко (выразить, скажем, через углы исходного треугольника), а какие — не очень. В данном случае достаточно приятно выражать углы A₁C₁B₁ и A₁KB₁. Каждый из этих углов не трудно посчитать, обозначим через α, β , γ углы треугольника ABC.

Подсказка по пункту (б)

Вспоминаем ещё раз: чтобы использовать степень точки, нужна хорошая точка. Её пока нет. Вы хотите вводить пересечение диагоналей AM и BP (допустим, у Вас на картинке именно это диагонали)? Вы не хотите вводить пересечение диагоналей AM и BP. Зато удобно пересечь PM (оно же A₁B₁) с AB, обозначим точку через T. У вас уже есть вписанность C₁KB₁A₁ и АBA₁B₁ (Вы же понимаете, что он вписанный?). Чтобы случилось счастье, нужно найти ещё один вписанный четырёхугольник, связанный с точками P и M (и нет, это пока не ABPM — мы же хотим потом через степень точки доказать его вписанность). Вариантов не так много, докажите эту вписанность, посчитав углы. Может оказаться полезным, что А₁K = B₁K. Подумайте, почему это так!

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Будем доказывать равенство $∠C1B1A1 = ∠BKA1$ , пусть $∠A= α,∠B =β,∠C = γ$ — углы треугольника, тогда $∠C1B1A1 =180∘− ∠C1B1A− ∠A1B1C = 180∘− 2β$ (фигуры вида $AC1A1C$ вписаны, где $AC$ будет диаметром). Далее $∠BAA1 = α− (90∘− γ)= 90∘ − β =∠KA1A$ — $A1K$ — медиана прямоугольного треугольника, откуда внешний угол $∠C1KA1 = 2(90∘− β)= ∠C1B1A1$ , откуда $C1A1B1K$ вписан.

б) Заметим, что $B1K = A1K =AB ∕2$ — снова медианы прямоугольных треугольников, откуда $KM ⊥ A1B1$ , как медиана равнобедренного треугольника, но тогда $∠KMA1 +∠KC1P = 180∘$ , поскольку оба они прямые, откуда $KMP C1$ вписан, теперь мы готовы писать степень точки для $T =AB ∩ A1B1$ , она равна

TB ⋅T A= TA1⋅TB1 = TC1⋅TK = TP ⋅TM

Пользуемся вписанностью $ABA1B1$ , $C1A1B1K$ и $C1KMP$ соответственно, снова из равенства первого и последнего имеем вписанность $ABP M$ .

Ответ:

а) что и требовалось доказать
б) что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#31258Максимум баллов за задание: 7

В окружность $Ω$ вписан шестиугольник $AECDBF$ . Известно, что точка $D$ делит дугу $BC$ пополам, а треугольники $ABC$ и $DEF$ имеют общую вписанную окружность. Прямая $BC$ пересекает отрезки $DF$ и $DE$ в точках $X$ и $Y$ , а прямая $EF$ пересекает отрезки $AB$ и $AC$ в точках $Z$ и $T$ соответственно. Докажите, что точки $X,Y,T,Z$ лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из-за общей вписанной окружности добываем ещё одну биссектрису и, соответственно, середину дуги

Подсказка 2

Раз проведены из середин дуг отрезки, то поможет лемма, что всегда получается добыть ещё вписанность (посчитайте угол между хордами и вписанный угол)

Подсказка 3

Явно же не хочется в XYTZ проводить что-то такое и считать углы, значит, надо будет считать отрезки. А счёт отрезков для вписанных четырёхугольников это степень точки писать

Подсказка 4

Рассмотрите случай, когда стороны XYTZ параллельны, а в ином случае можно пересечь и реализовать план пункта 2

Показать доказательство

Пусть $I$ — центр общей вписанной окружности $ω$ треугольников $ABC$ и $DEF$ . Так как $D$ — середина дуги $BC$ , точки $A,$ $I,$ $D$ лежат на одной прямой. Окружность $ω$ вписана в угол $∠FDE,$ поэтому $DI$ — биссектриса угла $∠F DE,$ а точка $A$ — середина дуги $FE.$ Сформулируем и докажем следующее утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Дана окружность и её хорда $BC.$ Точка $D$ — середина одной из дуг $BC.$ Через $D$ провели две прямые, которые пересекают прямую $BC$ и окружность в точках $X,$ $F$ и $Y,$ $E.$ Тогда точки $E,$ $F,$ $X,$ $Y$ лежат на одной окружности.

Доказательство 1. Из равенства углов

1 ⌢ ⌢ 1 ⌢ ⌢ ∠F ED = 2(FB+ BD )= 2(F B+ CD )=∠F XB

следует искомая вписанность.

$PIC$

____________________________________________________________________________________________________

Доказательство 2. Заметим, что $∠BF D =∠BCD =∠DBC.$ Тогда описанная окружность треугольника $BXF$ касается прямой $BD,$ поэтому $DB2 = DX ⋅DF.$ Аналогично $DB2 = DY ⋅DE.$ Следовательно, точке $E,$ $F,$ $X,$ $Y$ лежат на одной окружности.

$PIC$

____________________________________________________________________________________________________

Лемма доказала вписанность $EFXY.$ Аналогично, четырёхугольник $BCT Z$ — вписанный. Если $BC ||EF,$ то конструкция симметрична относительно прямой $AD,$ и утверждение задачи очевидно. Рассмотрим точку $S$ пересечения $F E$ и $BC.$ Приравнивая произведения отрезков секущих для окружностей $Ω,$ $(BCT Z)$ и $(FEY X)$ (т.е. степень точки $S$ относительно окружностей), получаем равенства

SX⋅SY = SF ⋅SE = SB⋅SC = SZ⋅ST

Из $SX ⋅SY =SZ ⋅ST$ следует, что точки $X,$ $Y,$ $Z,$ $T$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#31283Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ проведены диагонали $AC$ и $BD$ , пересекающиеся в точке $M$ . Описанные окружности около $ABM$ и $CMD$ вторично пересекаются в точке $K$ , отличной от $M$ . Оказалось, что точка пересечения боковых сторон $AB$ и $CD$ лежит на прямой $MK$ . Докажите, что трапеция $ABCD$ равнобокая.

Показать доказательство

$PIC$

Запишем степень точки $X = AB ∩CD$ тремя разными способами: $BX ⋅AX = XM ⋅XK = XC ⋅XD$ — мы пишем её относительно разных окружностей, но в силу слагаемого в центре получаем равенство, но отсюда $BXXD-= XACX-$ , то есть $CXB ∼AXD$ , поскольку угол общий, но тогда $∠XCB =∠XAD$ , в силу параллельности также $∠XCB = ∠XDA = ∠XAD$ , откуда трапеция действительно равнобедренная.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#36395Максимум баллов за задание: 7

Две неравные окружности $ω 1$ и $ω 2$ касаются внутренним образом окружности $ω$ в точках $A$ и $B.$ Пусть $C$ и $D$ точки пересечения окружностей $ω1$ и $ω2.$ Прямая $CD$ пересекает $ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что касательные к $ω,$ проведенные в точках $E$ и $F,$ пересекаются на прямой $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо доказать, что касательные в точках E и F пересекаются на AB. А каким тогда должен оказаться четырёхугольник ABEF?

Подсказка 2

Гармоническим! Может быть, нам удобнее пересекать касательные в точках А и B с EF? Согласны, что если эти прямые пересекутся в одной точке, то четырёхугольник окажется гармоническим?

Подсказка 3

А ведь это будет проверять попроще из-за того, что нам дано касание окружностей. А это означает, что они имеют общую касательную. Как же связать пересечение касательных к двум окружностям и их общую хорду?

Подсказка 4

Вспоминаем радикальные оси! Нет, сейчас будет не страшно, давайте просто обсудим школьный факт, что произведение секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной. Но если эта секущая является общей хордой двух окружностей, то и отрезки касательных к обеим окружностям будут равны!

Подсказка 5

Почему равенство отрезков касательных означает требуемое? Проанализируйте ещё раз всю конструкцию с тремя окружностями! А если не получится, перечитайте подсказки. Да, задача здесь заслужила размышлений... Кстати, а что если касательные к окружностям не пересекаются вовсе? Вспомните про вырожденный случай гармонического четырёхугольника. Анализ конструкции должен быть полным! Вы ведь абсолютная дикая машина, если добрались до этой задачи и можете вгрузиться в геометрию на уже достаточно серьёзном уровне! Вы умничка :)

Показать доказательство

Касательные в противоположных вершинах вписанного четырёхугольника к его описанной окружности пересекаются на диагонали тогда и только тогда, когда четырёхугольник является гармоническим, следовательно, достаточно проверить, что касательные в точках $A$ и $B$ пересекаются на прямой $EF.$

$PIC$

Последнее верно, поскольку $CD$ является радикальной осью окружностей $ω1$ и $ω2,$ на которой лежит точка $T,$ потому что имеет степени точки, равные длине касательной из $T$ к окружности $ω.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#42936Максимум баллов за задание: 7

Две окружности, касающиеся прямой $BC$ в точках $B$ и $C$ соответственно, пересекаются в точках $A$ и $O.$ Прямые $AO$ и $BC$ пересекаются в точке $D$ . Найдите отношение $AO:OD$ , если $AB =6,AC = 5,BC = 4.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $DO <AD$ . Действительно, если обозначить за $X$ центр первой окружности с точкой $B$ , то степень точки $C$ относительно этой окружности равна $2 BC = CO ⋅CX$ . Если же вместо $O$ будет $A$ , то получаем

2 2 2 4 =BC = CO ⋅CX >CO ⋅CO = 5

противоречие. Так что точка $O$ лежит на отрезке $AD$ .

$PIC$

Выпишем степень точки $D$ относительно каждой из окружностей

CD2 = DO ⋅AD,BD2 = DO ⋅AD =⇒ CD = BD = 2,DO ⋅AD = 4

По формуле длины медианы для $AD$ в треугольнике $ABC$ :

53 (2AD )2 = 2AB2 + 2AC2 − BC2 =2⋅36+ 2⋅25− 16= 106 =⇒ AD2 = -2

Так как

-4- AD2-−-4 DO = AD,AO = AD − DO = AD ,

то

AD2− 4 AD2 53 45 AO :OD = --4----=--4-− 1= -8 − 1=-8

Ответ:

$45 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#71259Максимум баллов за задание: 7

Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрана точка $P.$ Прямая $BP$ пересекает сторону $AD$ в точке $E,$ а прямая $DP$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Оказалось, что $BE = DF.$ Описанные окружности треугольников $DP E$ и $BP F$ пересекаются в точке $Q$ внутри треугольника $BCD.$ Докажите, что точка $Q$ лежит на прямой $CP.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас тут с вами есть пара окружностей. Давайте поотмечаем равные уголки) Попробуйте найти такие уголки, чтобы найти равные треугольнички.

Подсказка 2

Да, например, можно прийти к равенству треугольников QBE и QFD! Сразу отметим, что тогда QE = QD. Попробуйте продлить DQ и BQ за точку Q до пересечения с параллелограммом и поотмечать равные уголки)

Подсказка 3

Обозначим полученную точку за X. Тогда QXC = QDE из параллельности, а из вписанного четырехугольника QDE = QPB, т.е. X лежит на окружности четырехугольника BQPF! Докажите аналогичный факт про другую точку пересечения и подумайте, что это может значить..

Подсказка 4

Попробуйте понять, что у вас B, D и две точки пересечения лежат на одной окружности, и найдите радикальный центр этих трех окружностей)

Показать доказательство

Заметим, что $∠QDF = ∠QEB$ и $∠QFD = ∠QBE,$ поэтому треугольники $QBE$ и $QF D$ равны по стороне и двум углам. Тогда $QE = QD.$

Пусть прямая $DQ$ пересекает сторону $BC$ в точке $X,$ а прямая $BQ$ пересекает сторону $CD$ в точке $Y.$

$PIC$

Тогда $∠QXC = ∠QDE = ∠QP B,$ поэтому точки $B,X,Q,P,F$ лежат на одной окружности.

Аналогично точки $P,Q,Y,D,E$ лежат на одной окружности и $∠DXC = ∠BYC,$ тогда точки $B,X,Y,D$ тоже лежат на одной окружности, следовательно, точка $C$ — радикальный центр этих трёх окружностей, тогда она лежит на радикальной оси описанных окружностей треугольников $PED$ и $PFB,$ т. е. на прямой $P Q.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#72043Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AL.$ На продолжении отрезка $LA$ за точку $A$ выбрана точка $K$ так, что $AK = AL$ . Описанные окружности треугольников $BLK$ и $CLK$ пересекают отрезки $AC$ и $AB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что прямые $PQ$ и $BC$ параллельны.

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, нам необходимо доказать параллельность прямых... Мы можем либо доказать, что AQ/AB=AP/AC, либо как-то посчитать уголочки. Мы знаем, что биссектриса делит сторону в хорошем отношении. Mожет, тогда подумаем по поводу отрезков?

Подсказка 2

Из свойства биссектрисы мы знаем, что AB/AC=BL/LC. Также на картинке можно заметить много секущих, поэтому логично попробовать посчитать их. Например: BL*BC=BQ*BC₁, где C₁- точка пересечения прямой BA с описанной окружностью треугольника △CLK. Если BQ как-то связана с пропорцией, которую нам надо доказать, то BC₁- не очень. Что мы можем сказать про отрезок AC₁?

Подсказка 3

Т.к. AL=AK и уголочки ∠KAC₁ и ∠LAC равны, то из симметрии AC₁=AC. Тогда: BL*BC=BQ*BC₁=BQ*(BA+AC). Аналогично можно получить, что CL*CB=CP*(AC+AB) ⇒ BL/CL=BQ/CP. Что это нам дает?

Подсказка 4

Т.к. BQ=AB-AQ и CP=AC-AP, а BL/LC=AB/AC ⇒ AB/AC=(AB-AQ)/(AC-AP). Докажите, что из этого следует равенство AB/AC=AQ/AP, и радуйтесь жизни!

Показать доказательство

Рассмотрим отрезок $KL,$ он является общей хордой окружностей, описанных около треугольников $BLK$ и $CLK.$ Точка $A$ — середина $KL,$ поэтому она лежит на линии центров $O1O2$ этих окружностей. Продлим $BA$ и $CA$ до пересечения с окружностями в точках $C1$ и $B1,$ соответственно. В силу симметрии получившейся конструкции относительно прямой $O1O2$ отрезки $AB$ и $AC$ равны отрезкам $AB1$ и $AC1$ соответственно.

$PIC$

Введём следующие обозначения: $BL = m,$ $CL= n,$ $BA = AB1 = c,$ $CA = AC1 = b,$ $AQ =x,$ $AP = y.$ По свойству секущей

m(m +n) =BL ⋅BC = BQ⋅BC1 = (BA − QA)⋅BC1 =(c− x)(b+ c)

Аналогично, для секущих $CB$ и $CB1$ получаем

n(m +n)= (b− y)(b+c)

Разделив одно равенство на другое, получим

m-= c− x n b− y

По свойству биссектрисы $AL$ треугольника $ABC$ получаем

m- BL- AB- c n = LC = AC = b

Отсюда

c c − x b =-b− y ⇔ c(b− y)=b(c− x)

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем

cy = bx⇔ y = x b c

Откуда, по обратной теореме о пропорциональных отрезках, следует, что $QP∥BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#74915Максимум баллов за задание: 7

Олег и Оливер гоняют на велосипедах с одинаковыми угловыми скоростями: Оливер — по круговой траектории $𝒜,$ а Олег — по круговой траектории $𝒯$ в два раза меньшего радиуса, причем они стартуют с двух ближайших точек окружностей и круг Олега лежит внутри круга Оливера. По окружности $𝒯$ также движутся два помощника, поддерживающих экран (т.е. хорду с концами в точках, в которых расположены помощники) так, что расстояние от каждого из них до Олега всегда такое же, как и расстояние от Олега до Оливера. Докажите, что на протяжении всей гонки экран касается некоторой фиксированной окружности.

Источники: Иннополис-2022 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за O,V,X и Y Олега, Оливера и двух помощников соответственно. Если нарисовать рисунок, то от нас явно спрятали какую-то известную и хорошую "картинку", посмотрите на равные отрезки, которые нам даны и на окружность 𝒯.

Подсказка 2

Верно, как будто нам показывают лишь часть картинки леммы о трезубце! Попробуйте восстановить точку, которую от нас спрятали и подумать, как эта точка поможет нам в задаче.

Подсказка 3

Давайте ещё заметим, что у нас получилась как бы "картинка в картинке", возможно, тут поможет гомотетия, попробуйте посмотреть на центр положительной гомотетии окружностей 𝒯 и 𝒜.

Подсказка 4

Да это же центр нашей искомой окружности, ещё не совсем, но можно попробовать это доказать! Мы уже знаем, что она точно касается экрана и её центр не меняется, остаётся показать, что её радиус тоже фиксирован, а какой факт связывает точку, окружность и радиус?

Подсказка 5

Можно использовать степень точки S относительно 𝒯, останется только "перекинуть" равные отрезки так, чтобы остались только фиксированные величины (из исходной "картинки") и радиус окружности с центром в S.

Показать доказательство

Обозначим за $O,V,X$ и $Y$ Олега, Оливера и двух помощников соответственно, за $S$ — центр положительной гомотетии окружностей $𝒯$ и $𝒜.$ Из условия следует, что прямая $V O$ всегда проходит через $S,$ причем, так как радиусы окружностей отличаются в два раза, отрезок $SV$ делится точкой $O$ пополам. Отметим точку $R ⁄= O$ — пересечение луча $OS$ с $𝒯.$ Поскольку равные хорды стягивают равные меньшие дуги, точка $O$ — середина дуги $XOY,$ то есть прямая $RO$ содержит внутреннюю биссектрису треугольника $XRY,$ а еще $OS = OV =OX =OY.$ По лемме о трезубце это означает, что точка $S$ является центром вписанной окружности треугольника $XRY$ $($ обозначим эту окружность за $ω).$

$PIC$

Покажем, что $ω$ является искомой окружностью. Она касается отрезка $XY$ в силу построения, поэтому достаточно проверить, что она не зависит от времени. Как показано выше, центр $ω$ — это $S,$ обозначим ее радиус за $r$ . Также обозначим за $d$ расстояние между центрами $ω$ и $𝒯,$ а за $R$ — постоянный радиус $𝒯.$

Посчитаем степень точки $S$ относительно $𝒯$ двумя способами:

d2− r2 = −RO ⋅SO = −RO ⋅OX =− RO⋅2R sin∠XRO = −2Rr

Величины $d$ и $R$ не зависят от времени, поэтому $r$ также от него не зависит, следовательно, окружность $ω$ имеет постоянный центр и радиус, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#75130Максимум баллов за задание: 7

Дан неравнобедренный треугольник $ABC.$ Выберем произвольную окружность $ω,$ касающуюся описанной окружности треугольника $ABC$ внутренним образом в точке $B$ и не пересекающую прямую $AC.$ Отметим на $ω$ точки $P$ и $Q$ так, чтобы прямые $AP$ и $CQ$ касались $ω,$ а отрезки $AP$ и $CQ$ пересекались внутри треугольника $ABC.$ Докажите, что все полученные таким образом прямые $P Q$ проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $ω.$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.5 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать, через какую точку могли бы проходить все прямые PQ.

Подсказка 2

Рассмотрите внешнюю биссектрису угла B.

Подсказка 3

Пусть точка D — основание внешней биссектрисы угла B, докажите, что она существует и что через нее проходят все прямые PQ.

Подсказка 4

Точка D будет существовать, так как треугольник неравнобедренный. Попробуйте увидеть теорему Менелая.

Подсказка 5

Вспомните свойства внешней биссектрисы и касательных к окружности.

Показать доказательство

Пусть $R$ — точка пересечения касательных $AP$ и $CQ.$ Докажем, что все прямые $PQ$ проходят через точку $D$ — основание внешней биссектрисы угла $B$ треугольника $ABC$ (точка $D$ существует, так как треугольник неравнобедренный).

$PIC$

По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника $ARC,$ достаточно проверить, что

AP-⋅ RQ-⋅ CD-= 1 PR QC DA

Поскольку $RQ$ и $PR$ равны как касательные, достаточно проверить равенство

AP- AD- QC = DC

Но по свойству внешней биссектрисы

AB AD BC-= DC-

Так что проверяем равенство

AP- AB- QC = BC

Пусть $AB$ и $BC$ пересекают окружность $ω$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Запишем степени точек $A$ и $C$ относительно окружности $ω :$

AX ⋅AB = AP 2, CY ⋅CB = CQ2

Осталось проверить равенство

AX CY AB-= CB-

Это равенство следует из того, что $ω$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $B.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#83205Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AD,BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H.$ Точка $T$ симметрична точке $C$ относительно прямой $DE.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $HFT$ проходит через центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$ , а $M$ — середина $TC (M$ лежит на $DE).$ $C$ и $T$ симметричны относительно $DE$ , значит $CT⊥DE.$ А по свойству ортоцентра $CO ⊥DE$ , следовательно, точка $O$ лежит на $CT.$

$PIC$

$△ABC ∼ △DEC,$ причём их коэффициент подобия

k = CD-= CE-= cos∠C CA CB

Тогда и радиусы описанных окружностей этих треугольников относятся как $k= RDCE- RABC .$

Мы знаем, что $RABC = CO$ . А вот $RDCE = CH∕2,$ поскольку четырехугольник $CDHE$ вписанный с прямыми углами $∠HDC$ и $∠HEC$ , опирающимися на диаметр $HC.$ Тогда $CH- k= 2CO.$

С другой стороны, в этих двух подобных треугольниках $CM$ и $CF$ — высоты, проведённые к соответственным сторонам $DE$ и $AB.$ Значит,

CM CT k= -CF = 2CF.

Получаем такое соотношение:

CH--=k = CT-- =⇒ CH ⋅CF =CO ⋅CT 2CO 2CF

Откуда следует, что четырехугольник $CHFT$ вписанный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#83701Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD,$ диагонали которого пересекаются в точке $O,$ равны между собой углы $BAC$ и $CBD,$ а также углы $BCA$ и $CDB.$ Докажите, что касательные, проведённые из точек $B$ и $C$ к описанной окружности треугольника $AOD,$ равны.

Показать доказательство

Докажем, что квадраты рассматриваемых касательных равны. Из теоремы о секущей и касательной достаточно показать, что $CO ⋅CA = BO ⋅BD.$ Так как $∠CDO = ∠CAB,$ то окружность $AOB$ касается прямой $CB,$ откуда следует, что $2 CO ⋅CA = CB .$ Аналогично можно показать, что $2 BO ⋅BA = BC ,$ откуда и следует решение задачи.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#83702Максимум баллов за задание: 7

Прямая $OA$ касается окружности в точке $A,$ а хорда $BC$ параллельна $OA.$ Прямые $OB$ и $OC$ вторично пересекают окружность в точках $K$ и $L.$ Докажите, что прямая $KL$ делит отрезок $OA$ пополам.

Показать доказательство

Из выписанности четырехугольника $BKCL$ следует равенство углов $∠BKL,$ $∠BCL.$ Последний же равен углу $∠COA,$ поскольку прямые $OA$ и $BC$ параллельны. Заключаем равенство углов $∠BKL$ и $∠COA,$ что дает касание окружности $(KLO )$ прямой $OA.$

Таким образом прямая $KL$ является радикальной осью окружностей $(KLO)$ и $(ABC),$ а значит проходит через середину общей касательной $OA.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#83703Максимум баллов за задание: 7

Через середину $R$ хорды $ZY$ проводятся хорды $NM$ и $EF.$ $A$ и $B$ — точки пересечения касательных к окружности, проведенных в точках $N$ и $M, E$ и $F.$ Докажите, что $ZY$ параллельна $AB.$

Показать доказательство

Заметим, что $AN ⊥ON$ (касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания), $AO ⊥$ $NM$ (это следует, например, из того, что треугольники $ANM$ и $NOM$ равнобедренные с общим основанием $NM ).$ Итак, получили прямоугольный треугольник $ANO.$ Пусть $K$ — точка пересечения $AO$ и $NM, L$ — точка пересечения $FE$ и $OB.$ Заметим, что $ΔONK ∼ ΔAON (∠O$ — общий, $∠ANO =∠NKO$ ), тогда

ON OK 2 OA- =ON- ⇒ ON = OK ⋅OA

Точно также, рассматривая прямоугольный треугольник $OEB,$ можно установить, что $OE2 = OL ⋅OB.$ Но $ON = OE,$ откуда следует, что $OK ⋅OA =OL ⋅OB$ Значит точки $A,K,L$ и $B$ лежат на одной окружности. Также точки $K,O,L$ и $R$ лежат на одной окружности $(∠OKR+$ $∠OLR = 180∘).$

Покажем, что $∠OBA = ∠ODR$ ( $D$ — точка пересечения $ZY$ и $OB$ ). Из вписанности $KOLR$ следует, что $∠OKL = ∠ORL$ (оба опираются на дугу $OL$ ). Тогда получаем :