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

Антипараллельность

Поляры

Направленные углы

Окружность Эйлера

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119821

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ,BB ,CC . 1 1 1$ Известно, что расстояние от точки $A$ до $BC$ и $B C 1 1$ равны $24$ и $20$ соответственно. Найдите периметр треугольника $A1B1C1.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.3(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим основания высот в треугольнике, можно сразу подумать о вписанных четырёхугольниках и поотмечать равные уголки! Давайте поступим так и в этой задаче, чтобы сделать какой-то интересный вывод про C₁A.

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что C₁A — это биссектриса внешнего угла для треугольника A₁B₁C₁. Что тогда можно сказать про точку А относительно этого треугольника?

Подсказка 3

Да, это центр вневписанной окружности! Тогда в условии нам дан радиус этой окружности:) Осталось вспомнить, чему равно расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью, и найти ответ.

Подсказка 4

Вы еще тут? Расстояние от вершины треугольника до точки касания со вневписанной окружностью равно полупериметру этого треугольника! А найти его в этой задаче можно с помощью теоремы Пифагора)

Показать ответ и решение

Пусть точка $S$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $A C . 1 1$

$PIC$

Так $A1,B1,C1$ — основания высот, то четырёхугольники $CB1C1B$ и $AC1A1A$ — вписанные, откуда $∠AC1B1 = ∠ACB = ∠A1C1B.$ При этом $∠AC1S = ∠A1C1B$ как вертикальные, то есть $∠AC1S =∠AC1B1.$ Это значит, $C1A$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $A1B1C1.$ Аналогично для $B1A.$ Тогда $A$ — это центр вневписанной окружности для треугольника $A1B1C1,$ а расстояние от $A$ до $B1C1$ — радиус этой вневписанной окружности.

Отсюда точка $S$ являестя точкой касаниянашей вневписанной окружности с $A1C1.$ Тогда $AS = 20,AA1 = 24.$ По теореме Пифагора:

∘ ------- √ -- A1S = 242− 202 =4 11

Вспомним известный факт, что расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью равняется полупериметру треугольника, откуда искомый периметр равен $√-- 8 11.$

Ответ:

$8√11$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79609

Дан треугольник $ABC$ , в который вписана окружность с центром $O$ . Пусть $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC$ . Известно, что $AO = 2⋅MN.$ Найдите $∠A.$

Источники: БИБН - 2024, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас имеется отношение AO/MN=2. Мы все прекрасно помним, что отношение длин отрезков на окружности легко переносится на отношение синусов уголочков. Почему бы нам тогда не найти окружность, у которой есть хорды AO и MN...

Подсказка 2

Она легко находится- это окружность, построенная на AO как на диаметре. Тогда мы можем написать расширенную теорему синусов: MN/sin∠A=2R=AO. Тогда мы получаем, что sin∠A=MN/AO=1/2. Не забудьте, что синусы смежных уголков равны и найдите уголочек!

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = 2α.$ Обозначим через точку $K$ пересечение $MN$ и $AO$ . Тогда, если радиус окружности равен $r$ , то из прямоугольного треугольника $MKO$

1 ∘ 2MN = MK =r⋅sin(90 − α)= r⋅cosα

$PIC$

Выразим $AO$ из прямоугольного треугольника $AMO$

AO = -r-- sinα

Подставляя в $AO = 2⋅MN$ , получаем

-r-- 4r⋅cosα= sinα

1 sin2α= 2

$∘ ∘ 2α = 150 или 30$ как угол треугольника.

Ответ:

$150∘ или 30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79618

Вписанная окружность треугольника $ABC$ с центром в точке $I$ касается сторон $BC,AC, AB$ соответственно в точках $D,E,F$ . Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Окружности, построенные на отрезках $IE$ и $IF$ как на диаметрах, вторично пересекаются в точке $K$ . Докажите, что $K$ лежит на прямой $MN$ .

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется с самого начала понять, что за точка K нам дана. Заметим, что одна сторона у наших треугольников одинаковая на будущее. К тому же из условия вытекает, что какие-то углы прямые. Тогда чем же является точка K на нашей картинке?

Подсказка 2

Верно, точка K лежит на отрезке FE и является серединой, так как FIE равнобедренный. Теперь когда объекты на картинке так или иначе связаны, то можно вернуться к вопросу задачи. Что если посмотреть на четырёхугольник NFME. Чем в нём является K? Если же K будет лежать на NM, то что должно выполняться?

Подсказка 3

Верно, K середина диагонали и, если NFME будет параллелограммом, то K как раз будет лежать на NM. Осталось доказать это. Причём мы знаем, что NF =AF = AE = EM, как отрезки касательных из одной точки и симметрии. Остаётся только ввести стандартно углы треугольника, посчитать немного, и победа!

Показать доказательство

Докажем, что точка $K$ является серединой отрезка $F E$ . Действительно, окружности построены на $FI$ и $IE$ как на диаметрах, поэтому

∘ ∠F KI = ∠EKI = 90.

Следовательно, постольку $FI = IE$ и $KI$ — высота равнобедренного треугольника $FIE,$ точка $K$ является серединой его основания.

$PIC$

Теперь достаточно проверить, что четырехугольник $NF ME$ является параллелограммом. Это так, поскольку

NF = AF =AE = EM,

где первое и третье равенство следует из симметрии, а второе верно, поскольку $AF$ и $AE$ являются отрезками касательных, проведенных из одной точки.

Осталось показать, что $NF ||EM.$ Для этого достаточно доказать, что $EM ||BC,$ тогда аналогично $NF ||BC,$ откуда следует требуемое. Последнее верно, ведь

∠(DC,DE )= ∠(DE, EC)= ∠(DE,AE )= ∠(EM, ED ).

где $∠ (DC,DE )$ обозначает угол между $DC$ и $DE$ (с другими аналогично).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#93286

Вписанная окружность $ω$ прямоугольного треугольника $ABC$ касается окружности, проходящей через середины его сторон, в точке $F.$ Из середины $O$ гипотенузы $AB$ проведена касательная $OE$ к $ω,$ отличная от $AB.$ Докажите, что $CE = CF$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое естественное условие эквивалентно равенству отрезков CE и CF?

Подсказка 2

Докажите, что достаточно показать, что прямые CE и CF симметричны относительно биссектрисы угла и точки E и F являются соответственно вторыми точками пересечения прямых CE и CF с окружностью. Что можно сказать про прямую CF? Через какие хорошие точки она проходит?

Подсказка 3

Окружность, которая проходит через середины сторон треугольника, так же содержит вершину A. Куда перейдет точка F под действием гомотетии с коэффициентом 2?

Подсказка 4

В точку касания описанной окружности треугольника ABC и полувписанной, соответствующей вершине C. Что в этом случае можно сказать про прямую, симметричную прямой CF относительно биссектрисы угла C?

Подсказка 5

Она проходит через точку S касания гипотенузы с полувписанной окружностью. Таким образом, осталось проверить, что точки, S, E, C лежат на одной прямой. Что можно сказать, про треугольник SEC?

Подсказка 6

Он является прямоугольным. Тогда прямая SE пересекает вписанную окружность в точке T, диаметрально противоположной точке D. Наконец, докажите, что точки C, T и S лежат на одной прямой (этот факт верен для произвольного треугольника).

Показать доказательство

$PIC$

При гомотетии с центром $C$ и коэффициентом 2 точка $F$ перейдет в точку касания описанной и полувписанной окружностей треугольника. Поэтому прямая $CF$ симметрична относительно биссектрисы угла $C$ прямой, проходящей через точку касания гипотенузы с вневписанной окружностью. Пусть вписанная и вневписанная окружности касаются гипотенузы в точках $T$ и $S$ соответственно. Так как $OE =$ $OT = OS$ , получаем, что $∠SET = π∕2$ , т.е. прямая $SE$ проходит через точку $ω,$ диаметрально противоположную $T$ . Но прямая $SC$ также проходит через эту точку, следовательно, $E$ лежит на $SC$ и симметрична $F$ относительно биссектрисы угла $C.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#93758

Cторона $AC$ неравнобедренного треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E,$ $EE1$ — диаметр $ωB.$ Пусть $F1$ — вторая точка пересечения окружности $ωB$ прямой $BE1.$ Докажите, что касательная к $ωB$ в точке $F1$ делит сторону $AC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Поработайте с вневписанной окружностью, соберите побольше информации про треугольник EF_1D. Возможно, он какой-то особенный?

Подсказка 2:

Попробуйте поискать в окружности прямые углы. Также используйте наличие касательной, поработайте с углами.

Показать доказательство

Поскольку $EE 1$ — диаметр $ω , B$ то $∠EF E = 90∘, 1 1$ т.е. треугольник $△DEF 1$ прямоугольный. Пусть $L$ — пересечение касательной к $ωB$ в точке $F1$ с $AC.$

$PIC$

Тогда

∠LF1E =∠F1E1E = ∠LEF1

Получается, что $△LEF1$ — равнобедренный.

Но если $L$ — такая точка на гипотенузе $DE$ треугольника $DF1E,$ что $LE =LF1,$ то $L$ — середина гипотенузы $DE$ .

По свойству вписанной и вневписанной окружности (называемому изотомическим сопряжением точек касания вписанной и вневписанной окружностей с соответствующей стороной) $AE = DC,$ поэтому $L$ — ещё и середина стороны $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#93759

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E.B 1$ — середина стороны $AC,$ $DD1$ — диаметр $ω.$ Пусть прямая $B1I,$ где $I$ центр вписанной окружности, пересекает высоту $BH$ в точке $Y.$ Докажите, что длина $BY$ равна радиусу окружности $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте вспомним известный факт. А именно то, что точки B, D_1 и E коллинеарны. Подумайте, как его применить.

Подсказка 2:

Соберите информацию про треугольник DD_1E.

Показать доказательство

Как известно, $B,D 1$ и $E$ лежат на одной прямой. Тогда рассмотрим треугольник $D DE. 1$ В нем $B I 1$ — средняя линия ( $ID = ID 1$ как радиусы, $DB1 = B1E).$ Значит, $D1E ∥B1I.$ Тогда $BD1IY$ — параллелограмм ( $BD1 ∥YI,BY ∥D1I ⊥ AC ).$ Поэтому $BY = D1I = rω.$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#93760

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ с центром $I$ точке $D,$ $BB 1$ — медиана треугольника. Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC,$ а $I$ — центр вписанной окружности. Найдите, в каком отношении отрезок $DM$ делится прямой $IB1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Как правило, отношения хорошо ищутся с помощью теоремы Менелая. Подумайте, к какому треугольнику стоит еë применить.

Подсказка 2:

Докажите в качестве леммы, что отрезок BY равен радиусу вписанной окружности. Подумайте, как это применить.

Показать ответ и решение

Пусть $Y = B I∩BH, 1$ $Z =Y I∩BD$ и $X = DM ∩ IB . 1$ Как известно, отрезок $BY$ равен радиусу вписанной окружности, то есть $DI = BY,$ следовательно, четырехугольник $IDYB$ является параллелограмом, откуда $BZ = ZD.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $△BMD$ и прямой $IB1 :$

BB1 MX DZ B1M-⋅XD--⋅ZB-= 1

Подставляя найденные отношения, получим

3⋅ MX-⋅ 1 =1 1 XD 1

следовательно,

MX--= 1 XD 3

$PIC$

Ответ:

$1 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#93762

Определение. Антисерединным треугольником для треугольника $ABC$ называется треугольник, в котором $ABC$ является серединным треугольником.

(a) На сторонах $AB$ и $BC$ параллелограмма $ABCD$ выбраны точки $A1$ и $C1$ соответственно так, что $AA1 =CC1.$ Докажите, что точка пересечения отрезков $CA1$ и $AC1$ лежит на биссектрисе угла $CDA.$

(b) Используя пункт (a), докажите, что точка Нагеля существует и является центром вписанной окружности антисерединного треугольника для треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

С доказательством пересечения трёх прямых в одной точке хорошо справляется теорема Чевы.

Подсказка 2:

Предположите, что AC_1 и CA_1 - нагелианы в треугольнике ABC. Как тогда связана прямая DJ с серединным треугольником?

Подсказка 3:

Попробуйте с помощью гомотетии перевести треугольник ABC в его серединный.

Показать доказательство

(a) Пусть $I =CA1 ∩ AC1,X = AC1 ∩CD,Y = CA1∩ DA,J =DI ∩AC.$ По теореме Чевы для треугольника $△ACD$ и точки $I :$

DX CJ AY -XC ⋅JA-⋅YD-= 1

Воспользуемся $2$ подобиями: $△YA1A ∼ △YCD$ и $△XC1C ∼△XAD$

AD CJ AA CC--⋅JA-⋅DC1-=1 1

CJ-= DC- JA AD

Получаем, что точка $J$ делит сторону $AC$ в отношении сторон $AD$ и $DC.$ Значит, $DJ$ — биссектриса треугольника $ACD.$

$PIC$

(b) Если в предыдущем пункте предположить, что $AC1$ и $CA1$ нагелианы треугольника $ABC$ (условие, что $CC1 = AA1,$ сохраняется из свойств вневписанных окружностей), то $I$ — точка Нагеля $ABC,$ а $DI$ — биссектриса антисерединного треугольника. Тогда задача сводится к решению пункта (a) для трех возможных параллелограммов, построенных на двух сторонах треугольника $ABC.$

$PIC$

(c) Рассмотрим гомотетию, переводящую треугольник $ABC$ в его антисерединный треугольник. Центр этой гомотетии, очевидно, будет в точке пересечения медиан треугольника $ABC.$ При этой гомотетии инцентр $ABC$ перейдет в инцентр антисерединного треугольника. Но по предыдущему пункту мы знаем, что инцентр антисерединного треугольника — точка Нагеля $ABC.$ Тогда и получается, что точка Нагеля, инцентр треугольника и точка пересечения медиан лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#96369

Прямые $AB$ и $AC$ — касательные в точках $B$ и $C$ к окружности с центром в точке $O.$ Через произвольную точку $X$ меньшей дуги $BC$ проведена касательная, пересекающая отрезки $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр треугольника $AMN$ и величина угла $MON$ не зависят от выбора точки $X.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что такое периметр △AMN? Что такое угол ∠MON? Может, мы можем расписать, чему они равны через другие элементы…?

Подсказка 2

Точки B, X, C — точки касания окружности. Тогда какие равные отрезки мы можем отметить?

Подсказка 3

Так как O — центр вневписанной окружности, он лежит на биссектрисах углов ∠BMN и ∠CNM. Как можно попробовать выразить ∠MON через углы треугольника?

Показать доказательство

Заметим, что отрезки касательных к окружности из точки $M$ равны, то есть $MX =MB,$ аналогично $NX = NC.$ Тогда периметр $AMN$ равен

AM + AN + MN = AM + AN +MX + NX = AM + AN +MB +NC = AB +AC

величина не зависящая от выбора точки $X.$

$PIC$

Углы $∠BMN$ и $∠CNM$ внешние в $△AMN,$ тогда $∠BMN + ∠CNM = 180∘+ ∠BAC.$ $O$ — центр вневписанной окружности треугольника $AMN,$ тогда $MO$ и $NO$ соответственно являются биссектрисами углов $∠BMN$ и $∠CNM.$

∠MON = 180∘− ∠OMN − ∠ONM = 180∘− 1(180∘+ ∠BAC ) 2

величина не зависит от выбора $X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#96370

(a) Пусть $B1$ — точка на стороне $AC$ треугольника $ABC.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1,$ касаются тогда и только тогда, когда $B1$ совпадает с точкой касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$

(b) Сформулируйте и докажите факт, аналогичный предыдущему, но относящийся к вневписанным окружностям.

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Давайте подумаем, что надо сделать, чтобы доказать, что окружности касаются в одной точке, если известно, что они касаются одной и той же прямой.

Подсказка 2, пункт а

Верно! Показать, что касаются этой прямой именно в одной и той же точке! Но как показать это…?

Подсказка 3, пункт а

Необходимо и достаточно показать равенство отрезков касательных. А чему они равны, зная стороны треугольников?

Подсказка 1, пункт b

Для начала надо понять, что такое точка B₁ и новые вписанные окружности. Изначально точка B₁ лежала на стороне AC, тогда где она будет лежать теперь?

Подсказка 2, пункт b

Верно! Теперь точка B₁ будет лежать на продолжении стороны AC. Тогда касание каких окружностей нам надо доказать?

Подсказка 3, пункт b

Теперь нам надо доказать касание вписанных в треугольники окружностей △ABB₁ и △CBB₁.

Подсказка 4, пункт b

Аналогично пункту (а), чтобы доказать касание таких окружностей, надо показать равенство отрезков касательных. Снова выразим их через длины сторон треугольников.

Показать доказательство

(a) Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1$ могут касаться только в случае, если касаются их общей касательной $BB1$ в одной точке. Обозначим точки касания окружностей, вписанных в $ABB1$ и $CBB1$ за $Ka$ и $Kb,$ тогда критерий касания окружностей это равенство отрезков $BKa = BKb,$ то есть равенство $1 1 2(AB +BB1 − AB1)= 2(CB + BB1 − CB1 ),$ то есть $AB − CB =AB1 − CB1,$ которое справедливо для единственной точки на отрезке $AC$ — точки касания вписанной окружности $ABC.$

$PIC$

(b) Формулировка:

Пусть $B1$ — точка на продолжении стороны $AC$ треугольника $ABC.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1,$ касаются тогда и только тогда, когда $B1$ совпадает с точкой касания вневписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$

Доказательство:

Скажем $B1$ лежит на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ (случаи симметричны). Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1$ могут касаться только в случае, если касаются их общей касательной $BB1$ в одной точке. Обозначим точки касания окружностей, вписанных в $ABB1$ и $CBB1$ за $Ka$ и $K , b$ тогда критерий касания окружностей это равенство отрезков $BKa = BK , b$ то есть равенство $1(AB +BB − AB )= 1(CB + BB − CB ), 2 1 1 2 1 1$ то есть $AB − CB =AB − CB , 1 1$ которое справедливо для единственной точки на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$ — точки касания вневписанной окружности $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#100197

На окружности $ω$ зафиксированы точки $B$ и $C,$ а точка $A$ скользит по $ω.$ Найдите геометрическое место точек $X,$ служащих для треугольника $ABC$ центром одной из вневписанных окружностей.

Показать доказательство

Рассмотрим такое расположение точек, где точка $A$ лежит на большей дуге $BC.$ Тогда получится треугольник $ABC,$ для которого мы должны найти геометрическое место точек где будет лежать центр вневписанной окружности. Сначала рассмотрим вневписанную окружность противоположную углу $A.$ Так как центр вневписанной окружности лежит на биссектрисе противоположного ей угла, то проведем биссектрису $AD.$ Согласно лемме о трезубце $BD = ID =DC,$ где $I$ — точка пересечения биссектрис.

$PIC$

Так как $BD = CD,$ то точка $D$ — фиксированная и не зависит от положения точки $A.$ Тогда центр вневписанной окружности ( $IA$ ) будет лежать на большей дуге $BC,$ ограниченной прямыми $CD$ и $BD,$ окружности с центром в точке $D$ и радиусом $DC.$

$PIC$

Аналогично со случаем, где точка $A$ лежит на меньшей дуге $BC.$

$PIC$

Теперь рассмотрим случаи вневписанных окружностей, противоположных углам $B$ и $C.$ Аналогично со случаем вневписанной окружности, противоположной углу $A,$ воспользуемся леммой о трезубце и найдем положения центров. Как следствие из внешней леммы о трезубце, $IB$ и $IC$ лежат на одной окружности с центром в точке $O.$ Заметим что $BO =CO,$ значит т. $O$ лежит на середине большей дуги $BC$ и окружность совпадает с окружностью из случая с т. $A.$

$PIC$

Аналогично находим геометрическое место точек для случая, когда т. $A$ лежит на меньшей дуге $BC.$ И получаем ответ:

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#69405

В треугольник $ABC$ вписана окружность $ω$ радиуса $r,$ которая касается стороны $AB$ в точке $P.$ На окружности отмечена точка $R,$ диаметрально противоположная точке $P.$ Прямая $CR$ пересекает сторону $AB$ в точке $Q,$ причём $CA + AQ =1.$ Найдите площадь треугольника $ABC.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется понять: что вообще делать с условием CA + AQ = 1? Перекинуть равенство на один отрезок - так себе идея. Давайте найдём это же равенство в треугольнике еще раз! Например, попробуем доказать, что CB + BQ = 1) Что можно сделать?

Подсказка 2

Если бы треугольники CBQ и CAQ состояли из касательных к окружности, то было бы удобнее разбираться с этим условием...А может быть, есть треугольники, некоторые стороны которых - касательные к вписанной окружности, и они связаны с CBQ и CAQ?

Подсказка 3

Проведите касательную в точке R к вписанной окружности. С помощью точек пересечения к сторонам треугольника получатся два треугольника. И вот они на самом деле подобны каким-то двум другим треугольникам и обладают очень интересным свойством) Останется применить всё, что знаем, и вспомнить формулу S = pr!

Показать ответ и решение

Проведём через точку $R$ касательную к $ω,$ пересекающую отрезки $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Пусть $K$ и $L$ — точки, в которых $ω$ касается сторон $AC$ и $BC$ соответственно.

$PIC$

Заметим, что $CM + MR = CM + MK =CK = CL = CN +LN = CN + NR.$ Прямые $AB$ и $MN$ параллельны как перпендикуляры к одному диаметру. Поэтому треугольники $CNR$ и $CBQ,$ а также $CMR$ и $CAQ$ подобны с коэффициентом $k= CCQR.$ Тогда

CB + BQ = k(CN + NR )=k(CM + MR )= CA+ AQ = 1,

откуда

SABC = 1(CA +AB + BC)⋅r= 1(CA +AQ + BQ +CB )⋅r= r 2 2

Ответ:

$r$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#32433

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 $T1I$ 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 14#32434

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 15#32435

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.

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 16#32436

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#32703

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 $AT = QX1 =RA$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#43641

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 19#78851

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 20#94201

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 $CO$ .