Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .07 Инверсия

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Преобразования плоскости

Центральная симметрия

Осевая симметрия

Поворот

Гомотетия

Три центра гомотетии (теорема о трёх колпаках)

Поворотная гомотетия

Инверсия

Инверсия + симметрия

Проективные преобразования

Изогональное сопряжение

Линейное движение

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#84752Максимум баллов за задание: 7

Зафиксируем окружность $Γ ,$ прямую $ℓ,$ касающуюся $Γ ,$ и еще одну окружность $Ω,$ не имеющую общих точек с $l,$ такую, что $Γ$ и $Ω$ лежат по разные стороны от $ℓ.$ Касательные к $Γ$ из переменной точки $X,$ лежащей на окружности $Ω,$ пересекают прямую $ℓ$ в точках $Y$ и $Z.$ Докажите, что когда $X$ пробегает $Ω,$ описанная окружность треугольника $XY Z$ касается двух фиксированных окружностей.

Показать доказательство

Не умаляя общности положим, что $Γ$ имеет единичный радиус. Пусть точка $G$ — центр $Γ .$ Сделаем инверсию в точке $G$ с радиусом $Γ .$ Все касательные при инверсии перешли в окружности единичного диаметра, касающиеся $Γ$ внутренним образом. После инверсии задача звучит следующим образом:

Зафиксируем окружность $Γ$ единичного радиуса, окружность $ℓ$ единичного диаметра, касающуюся $Γ$ внутренним образом, а также окружность $Ω$ внутри $ℓ.$ Окружности $η$ и $ζ$ единичного диаметра также касаются $Γ$ внутренним образом, пересекаются в точке $X$ на окружности $Γ ,$ пересекают $ℓ$ в точках $Y$ и $Z$ соответственно. Докажите, что когда $X$ пробегает $Ω,$ окружность $XYZ$ касается двух фиксированных окружностей.

$PIC$

Поскольку $η$ и $ζ$ являются отражениями описанной окружности треугольника $GYZ$ относительно сторон $GY$ и $GZ$ соответственно, они проходят через ортоцентр этого треугольника. Эти окружности пересекаются в точке $X.$ Значит, она и является ортоцентром треугольника $GYZ.$ Следовательно, окружность $(XYZ )$ также является отражением окружности $(GY Z)$ относительно $Y Z.$

Пусть точки $O$ и $L$ — центры $Ω$ и $ℓ,$ соответственно, а точка $R$ — центр $(XY Z).$ Пусть $GX$ пересекает вторично $(XY Z)$ в точке $X ′.$ Точки $G$ и $X′$ симметричны относительно прямой $Y Z$ , откуда $GLRX ′$ равнобокая трапеция. Значит, $LR∥ RX.$ Также имеем

∠(LG,GX )= ∠(GX ′,X ′R) =∠(RX,XG )

откуда $LG ∥RX.$ Это означает, что $GLRX,$ то есть равенство $X⃗R = G⃗L$ верно независимо от выбора точки $X.$

Наконец, определим фиксированную точку $N$ такую, что $O⃗N = ⃗GL.$ Четырёхугольник $XRNO$ — параллелограмм, значит равенство $RN = OX$ верно независимо от выбора $X.$ Следовательно, $(XY Z)$ касается фиксированных окружностей с центром в точке $N$ и радиусами $|12 − OX |$ и $12 + OX.$

Осталось проверить, что при обратой инверсии найденые окружности не перейдут в прямые. Это может случиться, если какая-то из них проходит через $G.$ Покажем, что это невозможно. Действительно, поскольку $Ω$ лежит внутри $ℓ,$ имеем $OL < 12 − OX,$ откуда

NG = |G ⃗L + ⃗LO+ O⃗N |=|2 ⃗GL+ L⃗O|≥ 2|G ⃗L|− |L ⃗O |>1− (1− OX )= 2

1 = 2 + OX

Это доказывает, что $G$ находится всне рассматриваемых окружностей.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#76622Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $Ω$ с центром $O,$ причём $O$ не лежит на диагоналях четырёхугольника. Описанная окружность $Ω1$ треугольника $AOC$ проходит через середину диагонали $BD.$ Докажите, что описанная окружность $Ω2$ треугольника $BOD$ проходит через середину диагонали $AC.$

Источники: Турнир городов - 2017, осенний тур, сложный вариант, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть инверсию относительно окружности (ABC).

Подсказка 2

Соберите побольше информации про то, как себя ведëт окружность (AOC) при инверсии, также обратите внимание на точку L - середину BD. Подумайте, как это перенести на точку K - середину AC.

Показать доказательство

$PIC$

Отметим точки $K$ и $L$ – середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Сделаем инверсию относительно окружности $Ω.$ Окружность $Ω1$ переходит в прямую $AC,$ а значит точка $L$ переходит в точку пересечения $AC$ и $OL$ – $L ′.$ Отметим $K ′$ – точку пересечения прямых $OK$ и $BD.$ Для того, чтобы доказать, что точка $K$ лежит на окружности $Ω2$ достаточно проверить, что точки $K$ и $K ′$ также инверсны относительно окружности $Ω,$ ведь под действием такой инверсии прямая $BD$ переходит в окружность $Ω2.$ Отметим, что четырехугольник $K′L′LK$ вписанный, ведь $∠K ′KL ′ = 90∘ = ∠K ′LL′.$ По свойству степени точки $O :OK ⋅OK ′= OL ⋅OL′ = r2,$ где $r$ – радиус $Ω.$ По определению это означает, что точки $K$ и $K′$ инверсны относительно $Ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#76642Максимум баллов за задание: 7

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ взята произвольная точка $D.$ Через $D$ и $A$ проведены окружности $ω 1$ и $ω 2$ так, что прямая $BA$ касается $ω1,$ прямая $CA$ касается $ω2.BX$ – вторая касательная, проведённая из точки $B$ к окружности $ω1,CY$ – вторая касательная, проведённая из точки $C$ к окружности $ω2.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $XDY$ касается прямой $BC.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, заоч. тур, 17 задача, Д. Хилько(см. geometry.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем инверсию относительно окружности произвольного радиуса с центром в точке $D.$ Образы точек будем обозначать штрихами. Описанная окружность $ω1$ треугольника $XDA$ касалась $BA$ и $BX,$ значит, она перейдёт в прямую $A′X′,$ а указанные прямые прямые – в описанные окружности треугольников $B′DA ′$ и $B ′DX ′,$ причём они будут касаться прямой $X ′A ′.$ Поэтому радикальная ось $B ′D$ этой пары окружностей делит пополам отрезок $X′A′.$ Аналогично радикальная ось $DC ′$ описанных окружностей треугольников $DC ′Y ′$ и $DC ′A ′$ делит пополам отрезок $A ′Y′.$ Значит, прямая $B′C′$ – средняя линия треугольника $X′A′Y′,$ откуда $X ′Y′||B′C′.$ Остаётся заметить, что прообраз прямой $X ′Y ′$ – описанная окружность треугольника $XY D.$ Так как $X′Y′∥B′C ′,$ она касается прямой $BC$ в точке $D.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#84751Максимум баллов за задание: 7

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $M.$ Окружность $ω$ касается отрезка $MA$ в точке $P,$ отрезка $MD$ в точке $Q$ и окружности $ABCD$ в точке $X.$ Докажите, что $X$ лежит на радикальной оси окружностей $ACQ$ и $BDP.$

Показать доказательство

$PIC$

При инверсии с центром в точке $X$ прямые $AC$ и $BD$ перейдут в окружности $ω1$ и $ω2,$ пересекающиеся в точках $X$ и $M ′,$ окружность $ω$ — в прямую, касающуюся этих окружностей в точках $P ′,Q′$ соответственно, а окружность $ABCD$ — в прямую, параллельную $P ′Q′,$ пересекающую $ω1$ в точках $A′,C ′,$ и $ω2$ — в точках $B′,D ′.$ Поскольку $M$ лежит на радикальной оси окружностей $ACQ$ и $BDP,$ утверждение задачи равносильно тому, что радикальная ось окружностей $A′C′Q ′$ и $B ′D′P′$ совпадает с прямой $XM ′.$

Пусть $K$ — точка пересечения $XM ′$ и $A ′D′.$ Так как $A′K ⋅KC ′ =XK ⋅KM ′ =B ′K ⋅KD ′,$ точка $K$ лежит на радикальной оси окружностей $A ′C′Q′$ и $B′D′P ′.$ Кроме того, окружность $A′C′Q′$ вторично пересекает $P′Q ′$ в точке, симметричной $Q ′$ относительно $P ′,$ а окружность $B′D′P ′$ — в точке, симметричной $P′$ относительно $Q′.$ Поэтому степени лежащей на $M ′X$ середины отрезка $P′Q′$ относительно этих окружностей также равны, что и завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#76627Максимум баллов за задание: 7

Пусть $AH$ – высота остроугольного треугольника $ABC,$ а точки $K$ и $L$ – проекции $H$ на стороны $AB$ и $AC.$ Описанная окружность $Ω$ треугольника $ABC$ пересекает прямую $KL$ в точках $P$ и $Q,$ а прямую $AH$ – в точках $A$ и $T.$ Докажите, что точка $H$ является центром окружности, вписанной в треугольник $P QT.$

Показать доказательство

$PIC$

Отметим, что четырехугольник $BKLC$ вписанный. Поскольку $AK ⋅AB =AH2$ из подобий треугольников $AKH$ и $AHB; AL ⋅AC = AH2$ из подобий треугольников $ALH$ и $AHC,$ то $AK ⋅AB =AL ⋅AC,$ откуда и следует, что $B,K,L,C$ лежат на одной окружности. Теперь будем рассуждать так же как в предыдущей задаче. Если сделать инверсию с центром в точке $A,$ меняющую местами точки $K$ и $B,L$ и $C,$ то прямая $PQ$ перейдет в описанную окружность треугольника $ABC,$ а точки $P$ и $Q$ перейдут сами в себя. Четырехугольник $AKHL$ вписанный, так как $∠K = ∠L= 90∘.$ Окружность, описанная около него, под действием инверсии перейдет в прямую, проходящую через образы точек $K$ и $L,$ то есть в прямую $BC.$ Точка $H$ перейдет в точку пересечения прямой $BC$ и луча $AH,$ то есть в себя. Тем самым, точка $H$ тоже лежит на окружности, относительно которой выполнялась инверсия, и $AH = AP = AQ.$

Рассмотрим треугольник $PQT.$ Его описанная окружность совпадает с описанной окружностью $ABC.$ Точка $A$ – середина дуги $PQ,$ значит прямая $AH$ – биссектриса угла $T.$ Согласно лемме о трезубце, центр вписанной окружности это точка на прямой $AT$ причем такая, что расстояние от нее до точки $A$ равно $AP$ и $AQ.$ Точка $H$ удовлетворяет этому свойству, значит точка $H$ действительно является центром вписанной окружности $PQT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#100267Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром $O,$ причём точка $O$ не лежит ни на одной из диагоналей этого четырёхугольника. Известно, что центр описанной окружности треугольника $AOC$ лежит на прямой $BD.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $BOD$ лежит на прямой $AC.$

Источники: Турнир городов - 2011, осенний тур, сложный вариант, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно показать, что центр окружности лежит на указанной прямой?

Подсказка 2

Показать, что указанная прямая является серединным перпендикуляром к некоторой хорде данной окружности. Какую хорду окружности можно рассмотреть?

Подсказка 3

Хочется, чтобы концом рассматриваемой хорды была точка O, потому что в таком случае достаточно показать, что отражение S точки O относительно хорды BD лежит на окружности AOC. Как это сделать? Напомним, что точка O₁ — центр окружности (BOD) лежит на прямой AC.

Подсказка 4

Прямая AC при инверсии относительно (ABCD) переходит в окружность (AOC). Тогда достаточно показать, что S является образом точки O₁ при указанной инверсии.

Показать доказательство

Пусть $O 1$ — центр окружности $(BOD ).$ При инверсии относительно окружности $(ABCD )$ точка $O 1$ переходит в точку $S,$ симметричную точке $O$ относительно хорды $BD,$ которая лежит на окружности $AOC$ — образе прямой $AC.$ Таким образом, прямая $BD$ является серединным перпендикуляром к хорде $SO$ окружности $(AOC ),$ то есть проходит через ее центр.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#101229Максимум баллов за задание: 7

Даны две концентрические (имеющие общий центр) окружности. Каждая из окружностей $b 1$ и $b 2$ касается внешним образом одной окружности и внутренним — другой, а каждая из окружностей $c1$ и $c2$ касается внутренним образом обеих окружностей. Докажите, что $8$ точек, в которых окружности $b1,b2$ пересекают $c1,c2,$ лежат на двух окружностях, отличных от $b1,b2,c1,c2.$ (Некоторые из этих окружностей могут выродиться в прямые.)

Показать доказательство

Первое решение.

Лемма 1. Пусть на сторонах $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ взяты точки $X,Y,$ такие что $XY ∥AB$ . Тогда существует окружность, проходящая через $X,Y$ и касающаяся одинаковым образом вневписанных окружностей треугольника, вписанных в углы $A$ и $B$ .

Доказательство. Применим теорему Кези к двум вневписанным окружностям и двум вырожденным окружностям $X$ и $Y.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Пусть даны две окружности, лежащие одна вне другой. Произвольная окружность, касающаяся их одинаковым образом, пересекает одну из их общих внутренних касательных в точках $A$ и $′ A,$ а другую — в точках $B$ и $′ B .$ Тогда среди прямых $AB,AB ′,A′B,A′B′$ найдутся две, параллельные общим внешним касательным к данным окружностям.

Доказательство. Действительно, зафиксируем точку $A$ на одной из внутренних касательных. Через нее можно провести две окружности, касающиеся данных одинаковым образом. По лемме $1$ из теоремы Кези, каждая из этих окружностей проходит через одну из точек пересечения второй внутренней касательной с прямыми, проходящими через $A$ и параллельными внешним касательным. Значит, одна из таких точек совпадает, например, с точкой $B,$ т.е. прямая $AB$ параллельна одной из общих внешних касательных. Тогда поскольку четырехугольник $ABB ′A′$ — вписанный, то прямая $A′B ′$ параллельна второй внешней касательной.

$PIC$

Вернемся теперь к решению исходной задачи. Очевидно, что окружности $c1$ и $c2$ пересекаются. Инверсия с центром в одной из точек их пересечения переводит эти окружности в прямые $l1,l2,$ а исходные концентрические окружности в две окружности, для которых $l1,l2$ являются общими внутренними касательными. Окружности $b1,b2$ перейдут в две окружности, касающиеся этих окружностей одинаковым образом. Пусть одна из них пересекает $l1$ в точках $A1,A ′1,$ а $l2$ — в точках $A2,A′2$ . Аналогично вторая окружность пересекает эти прямые в точках $B1,B′1,B2,B′2$ . Тогда по лемме $2$ получаем, что, например, $A1A2 ∥B1B2$ и, значит, точки $A1,A2,B′1,B′2$ лежат на одной окружности. Аналогично доказывается, что остальные четыре точки лежат на одной окружности. Сделав теперь обратную инверсию, получим утверждение задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим концентрические окружности через $σ$ и $σ′,$ их центр — $O,$ точки касания $σ$ с $b1,b2,c1,c2$ — через $B1,B2,C1,C2,$ точки касания $σ′$ с ними же — через $B ′,B′,C′,C′. 1 2 1 2$ Все углы и дуги предполагаем ориентированными, углы $mod 180∘,$ дуги $mod 360∘.$ Рассмотрим пару $bi,ck.$ Рассмотрим точку $B′′, i$ диаметрально противоположную $Bi$ на $σ.$ Тогда

′′ ′ ′ BiCk ⊥ BiCk ∥ BiC k

(последнее — т.к. $CkC′ k$ и $BiB′ i$ проходят через $O).$ Пусть прямые $B ′C′ i k$ и $BiCk$ пересекаются в точке $Xik.$ Тогда

∠B ′X B = ∠C′X C = 90∘ i ik i k ik k

т.е. это одна из точек пересечения $bi$ и $ck.$ Другую точку их пересечения мы обозначим через $Yik.$ Заметим, что дуги $BiCk,BiXik$ и $X C ik k$ окружностей $σ,b i$ и $c i$ имеют одинаковую градусную меру, ибо они гомотетичны. Поэтому

∠BiYikXik = ∠XikYikCk =∪BiCk

$PIC$

Покажем, что точки $X11,X22,Y12$ и $Y21$ лежат на одной окружности. Имеем

∪C B + 2∪ B C + ∪C B ∠X11Y12X22 =∠X11Y12B1+ ∠B1Y12C2 +∠C2Y12X22 =--1-1-----21-1----2-2

Аналогично,

∠X22Y21X11 = ∪C2B2+-2∪B2C1-+∪C1B1 2

∠X11Y12X22+ ∠X22Y21X11 = ∪C1B1 +∪B1C2 +∪C2B2 +∪B2C1 =0

что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#70196Максимум баллов за задание: 7

Углы $AOB$ и $COD$ совмещаются поворотом так, что луч $OA$ совмещается с лучом $OC,$ а луч $OB$ — с $OD.$ В них вписаны окружности, пересекающиеся в точках $E$ и $F.$ Докажите, что углы $AOE$ и $DOF$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть две вписанные окружности. Было бы полезно отметить их центры O₁ и O₂. Верно ли, что теперь можно доказывать равенство уголков ∠O₁OF и ∠O₂OE?

Подсказка 2

Верно! Ведь ∠AOF и ∠DOE равны. Но тогда интересно будет посмотреть на биссектрису угла ∠O₁OO₂: обозначим за OK- биссектрису в треугольнике △O₁OO₂. Тогда ∠O₁OF=∠O₂OE ⇔ ∠FOK=∠FOE. А что можно сказать про отрезки EK и FK?

Подсказка 3

Они равны, ведь O₁O₂- серпер к EF. Если бы точки O, E, K и F лежали на одной окружности, то все было бы замечательно. Какую мы знаем окружность, которая проходит через O и K...

Подсказка 4

Окружность Аполлония для точек O₁ и O₂. Осталось только доказать, что EO₁ /EO₂=FO₁ /FO₂=OO₁ /OO₂. Первое равенство очевидно, ведь EO₁=FO₁=R₁ и EO₂=FO₂=R₂. Как доказать, что OO₁/OO₂=R₁/R₂?

Подсказка 5

Нужно всего лишь посмотреть на синусы углов ∠AOO₁ и ∠COO₂!

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O1,O2$ — центры окружностей, $r1,r2$ — их радиусы. Проведём биссектрису угла $AOD$ (она же — биссектриса угла $O1OO2).$ Пусть она пересекает отрезок $O1O2$ в точке $K.$

$PIC$

Поскольку

KO1 :KO2 = OO1 :OO2 =r1 :r2 = EO1 :EO2 = FO1 :FO2,

то точки $E,F,O,K$ принадлежат одной и той же окружности Аполлония точек $O1$ и $O2.$ Поскольку $O1O2$ — серединный перпендикуляр к $EF,$ то равны хорды этой окружности $EK$ и $F K.$ Значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы $EOK$ и $FOK,$ откуда немедленно следует равенство углов $AOE$ и $DOF.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Сделаем инверсию с центром в точке $O$ такую, что первая окружность переходит в равную второй. Вторая, соответственно, перейдёт в равную первой. Тогда, с одной стороны, лучи $OF$ и $OE$ перейдут в себя, с другой — мы имеем картинку, симметричную исходной относительно биссектрисы угла $AOD,$ а значит, она же биссектриса угла $EOF,$ откуда $∠AOE = ∠DOF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#76625Максимум баллов за задание: 7

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B.$ Их общая касательная (та, которая ближе к точке $B$ ) касается окружностей в точках $E$ и $F.$ Прямая $AB$ пересекает прямую $EF$ в точке $M.$ На продолжении $AM$ за точку $M$ выбрана точка $K$ так, что $KM =MA.$ Прямая $KE$ вторично пересекает окружность, содержащую точку $E,$ в точке $C.$ Прямая $KF$ вторично пересекает окружность, содержащую точку $F,$ в точке $D.$ Докажите, что точки $C,D$ и $A$ лежат на одной прямой.

Источники: Турнир городов - 2004, весенний тур, сложный вариант, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке много окружностей, касательных, секущих. Попробуйте написать степени точек и что-то из этого извлечь. В общем, соберите информацию про картинку.

Подсказка 2

Вообще, если посмотреть на картинку, возникает желание, чтобы EBFK лежали на одной окружности, и существовала инверсия, переводящая E в C, B в A, F в D. Тогда задача была бы решена. Если посмотреть на степени точек, которые вы написали, то возможно это желание воплотится в реальность?

Показать доказательство

$PIC$

Рассматривая первую окружность и степень точки $M$ относительно нее получим, что $ME2 = MA ⋅MB.$ Аналогично, для второй окружности: $MF 2 = MA ⋅MB,$ откуда $ME = MF.$ Так как $KM = MA,$ получаем что $ME ⋅MF =MB ⋅KM,$ откуда четырехугольник $BEKF$ вписанный. Рассмотрим инверсию с центром в точке $K,$ переводящую точку $E$ в точку $C.$ Рассматривая степень точки $K$ относительно первой и второй окружности получим, что $KE ⋅KC = KB ⋅KA = KF ⋅KD.$ Получается, что та же инверсия переводит точку $B$ в точку $A$ и $F$ в $D.$ Поскольку точки $E,B,F$ лежат на окружности, проходящей через центр инверсии, их образы лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

Предыдущая подтема

Следующая подтема