Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .04 Гомотетия

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 1#126642

Дан треугольник $ABC.$ Точки $A ,B ,C 1 1 1$ — середины сторон $BC,$ $AC,$ $AB$ соответственно, а $A ,B ,C 2 2 2$ — точки, в которых эти стороны касаются вписанной окружности. Пусть отрезок $B2C2$ имеет с окружностью, вписанной в $△AB1C1,$ $a$ общих точек; $A2C2$ с окружностью, вписанной в $△BA1C1$ — $b$ общих точек; $A2B2$ с окружностью, вписанной в $△CA1B1$ — $c$ общих точек. Найдите максимальное значение числа $a+ b+ c.$

Источники: ФЕ - 2025, 10.4 ( см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чему равняется a+b+c в равностороннем треугольнике?

Подсказка 2

В равностороннем треугольнике a+b+c = 3. А если треугольник ABC — не равносторонний? Скажем, что меньшая сторона в нем — AC, AC = y, BC = x, AB = z. Как можно попробовать воспользоваться точками, данными в условии?

Подсказка 3

А если сделать гомотетию в B с коэффициентом 2 (растянуть треугольник A₁BC₁ до треугольника ABC)?

Подсказка 4

Пусть точка A₂ перейдет в A₃, точка С₂ — в С₃, что можно сказать о величинах отрезков BA₃ и BC₃?

Подсказка 5

Их можно вычислить, например, поняв, что BA₂ = (x + z - y)/2. Также на картинке присутствуют отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки.

Подсказка 6

Как можно оценить BA₃ и BC₃, если y меньше x и z?

Подсказка 7

Получим, что BA₃ ≥ x и BC₃ ≥ z, причём одно из неравенств строгое (иначе треугольник окажется равносторонним). Какие выводы можно сделать из этих оценок?

Подсказка 8

Будет ли A₃C₃ пересекать вписанную окружность?

Показать ответ и решение

Заметим, что в равностороннем треугольнике $a+ b+c= 3.$ Пусть треугольник не равносторонний, его меньшая сторона — $AC,$ $x= BC,$ $y =CA,$ $z = AB.$ Сделаем гомотетию в $B$ с коэффициентом $2$ (растянем треугольник $BA1C1$ до треугольника $ABC ),$ тогда вписанная окружность треугольника $BA1C1$ перейдет во вписанную окружность треугольника $ABC.$ Пусть $A2$ переходит в $A3,$ $C2$ — в $C3.$

$PIC$

Тогда

x+ z− y BA2 = BC2 =---2---

Значит,

BA3 =BC3 = x+ z− y

Так как $y ≤ min(x,z),$ то $BA3 ≥x$ и $BC3 ≥ z,$ причём одно из неравенств строгое (иначе треугольник окажется равносторонним). Значит, $A3C3$ не пересекает вписанную окружность, поэтому $b =0$ и $a+ c≤ 4.$ В качестве примера можно взять треугольник с длинами сторон $x= z > y.$ Для него $a= c= 2:$ отрезки $B2C2$ и $B2A2$ исходят из вершины $B2 =B1$ треугольников $AB1C1$ и $CA1B1,$ причем их вторые концы лежат строго внутри противолежащих сторон, так как $BA2 = BC2 > x2.$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#127204

Докажите, что в трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения противоположных сторон лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Обозначим середины этих оснований как $M$ и $N$ соответственно. Прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P,$ а прямые $AC$ и $BD$ — в точке $Q.$

$PIC$

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $P,$ переводящую точку $B$ в точку $A.$ Так как $BC ∥ AD,$ эта гомотетия переводит точку $C$ в точку $D.$ Тогда точка $M$ переходит в точку $N,$ и, следовательно, точки $P,$ $M,$ $N$ лежат на одной прямой. Аналогично существует гомотетия с центром в точке $Q,$ переводящая точку $M$ в точку $N.$ Значит, точки $P,$ $Q,$ $M,$ $N$ лежат на одной прямой, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#127205

Внутри угла отмечена точка. С помощью циркуля и линейки постройте окружность, проходящую через заданную точку и касающуюся сторон данного угла.

Показать доказательство

Пусть у нас задан угол с вершиной в точке $O,$ и требуется построить искомую окружность, проходящую через точку $C′.$ Построим биссектрису этого угла и выберем на ней точку $I.$ Опустим из точки $I$ перпендикуляр $IA$ на одну из сторон угла. Проведём окружность с центром в точке $I$ и радиусом $IA$ и пересечём прямую $OC$ с этой окружностью в точке $′ C.$ Достаточно сделать гомотетию с центром в точке $O,$ которая переводит точку $′ C$ в точку $C.$ Тогда образ построенной окружности и будет искомой окружностью.

$PIC$

Остаётся лишь построить образ окружности при гомотетии. Для этого построим точки $A′$ и $I′$ на прямых $OA$ и $OI$ соответственно так, чтобы выполнялось $A′C′ ∥AC$ и $C′I′ ∥ CI$ . Тогда остаётся построить окружность с центром в точке $I′$ и радиусом $A′I′.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#127206

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA , 1$ $BB , 1$ $CC , 1$ а $H$ — его ортоцентр. Точку $H$ отразили относительно прямых $B1C1,$ $C1A1,$ $A1B1 :$ получили точки $HA,$ $HB,$ $HC$ соответственно. Докажите, что $AHA,$ $BHB,$ $CHC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Заметим, что в силу вписанности четырёхугольников $BC HA , 1 1$ $CB HA , 1 1$ $BCB C 1 1$ верна следующая цепочка равенств:

∠C1A1H =∠C1BH =∠B1CH =∠B1A1H.

Следовательно, точка $H$ лежит на биссектрисе угла $B1A1C1.$ Тогда точки $HB$ и $HC$ симметричны относительно этой биссектрисы, а значит, прямая $HBHC$ перпендикулярна прямой $A1H,$ то есть параллельна прямой $BC.$

$PIC$

Аналогично $HAHC ∥ AC$ и $HAHB ∥AB.$ Следовательно, если пересечь прямые $BHB$ и $CHC$ в точке $O,$ то существует гомотетия с центром в точке $O,$ которая переводит отрезок $HBHC$ в отрезок $BC,$ а значит, треугольник $HAHBHC$ переходит в треугольник $ABC.$ Тогда прямая $AHA$ проходит через точку $O.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127207

К двум непересекающимся окружностям $ω a$ и $ω b$ проведена общая касательная $AB,$ причём $A∈ ω , a$ $B ∈ ω . b$ Окружность, построенная на $AB$ как на диаметре, повторно пересекает $ωa$ в точке $A1,$ $ωb$ в точке $B1.$ Докажите, прямые $AB1$ и $A1B$ пересекаются на линии центров $ωa$ и $ωb.$

Показать доказательство

Заметим, что $∠AB B =90∘. 1$ Следовательно, прямая $AB 1$ проходит через точку, диаметрально противоположную точке $B$ на окружности $ωb.$ Обозначим эту точку за $′ B .$ Аналогично определим точку $′ A$ как диаметрально противоположную точке $A$ на окружности $ωa.$ Обозначим за $P$ точку пересечения отрезков $AB1$ и $A1B.$ Обозначим также за $Oa$ и $Ob$ центры окружностей $ωa$ и $ωb$ соответственно.

$PIC$

Тогда, по основному свойству трапеции, применённому к четырёхугольнику $A′ABB′,$ точки $Oa,$ $Ob$ и $P$ лежат на одной прямой, так как $Oa$ и $Ob$ — середины отрезков $AA ′$ и $BB ′$ соответственно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#127208

В углы $CAB,$ $ABC,$ $BCA$ треугольника $ABC$ вписаны равные непересекающиеся окружности $ω , A$ $ω , B$ $ω . C$ Окружность $ω$ касается их всех внешним образом. Докажите, что центр $ω$ лежит на прямой, соединяющей центры вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Обозначим за $O$ и $I$ центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ соответственно. Пусть точки $O , 1$ $Oa,$ $Ob,$ $Oc$ — центры окружностей $ω$ , $ωa,$ $ωb,$ $ωc.$ Обозначим также за $r$ и $r1$ радиусы окружностей $ω$ и $ωa$ соответственно.

Заметим, что расстояния от точек $Ob$ и $Oc$ до прямой $BC$ равны $r1,$ а значит, прямая $ObOc$ параллельна прямой $BC.$ Аналогично $OaOc ∥AC$ и $OaOb ∥AB.$ Прямые $AOa,$ $BOb,$ $COc$ являются биссектрисами углов треугольника $ABC,$ поэтому они пересекаются в точке $I.$

Так как окружности $ω$ и $ωa$ касаются, то $OaO1 =r+ r1.$ Следовательно, отрезки $OaO1,$ $ObO1,$ $OcO1$ равны, то есть точка $O1$ является центром описанной окружности треугольника $OaObOc.$

$PIC$

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $I,$ которая переводит точку $Oa$ в точку $A.$ При этой гомотетии точки $Ob$ и $Oc$ переходят в точки $B$ и $C$ соответственно. Тогда центр описанной окружности треугольника $OaObOc$ переходит в центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то есть точка $O1$ переходит в точку $O.$

Таким образом, точка $O1$ лежит на отрезке $OI,$ что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#127209

На плоскости зафиксирована дуга $AB$ . Случайная окружность $ω$ касается дуги $AB$ внутренним образом в точке $K$ и касается прямой $AB$ в точке $L$ . Докажите, что все прямые $XY$ , построенные таким образом, проходят через фиксированную точку.

Показать ответ и решение

Докажем, что все прямые $KL$ проходят через середину дуги $AB,$ не содержащей точку $K.$

_______________________________________________________________________________________

Первое доказательство. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S$ . Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно,

∠SLK = ∠SKL = ∠SKA + ∠AKL = α+ β.

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α$ . Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB$ ,

∠LKB = ∠KLA − ∠KBL = (α+ β)− α = β.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Второе доказательство. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K$ , переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W$ , тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W$ . Таким образом, данная касательная паралельна $AB$ , то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Третье доказательство. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A$ . Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая $AB$ переходит в окружность, проходящую через точки $A$ , $B$ , и центр окружности инверсии — $W$ , то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W$ , то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K$ , а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W$ .

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90009

Даны две окружности $Γ 1$ и $Γ 2$ , пересекающиеся в (несовпадающих) точках $A,B$ . К этим окружностям проведены общие внешние касательные, пересекающиеся в точке $X$ . Прямая $XA$ повторно пересекает $Γ 1$ в точке $T1$ , а прямая $XB$ повторно пересекает $Γ 2$ в точке $T2$ . Касательная к $Γ 1$ в точке $T1$ и касательная к $Γ 2$ в точке $T2$ пересекаются в точке $Y$ . Докажите, что точки $X,Y,T1,T2$ лежат на одной окружности.

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если обозначить центр Г₁ за O₁, а центр Г₂ за O₂, то чертёж выглядит достаточно симметричным относительно O₁O₂. Но вот T₁ и Т₂ несимметричны. Давайте считать, что радиус Г₂ меньше Г₁. Тогда вторая точка пересечения XT₁ и окружности Г₂, пусть S, лежит на отрезке XT₁.

Подсказка 2

Через равенство углов ∠ XT₁Y и∠ XT₂Y!

Подсказка 3

∠ XT₂Y равен углу между XT₁ и касательной к окружности Г₂ в S(пусть β). Значит, теперь мы хотим показать, что β и ∠ XT₁Y равны. Как бы это сделать?

Подсказка 4

С помощью гомотетии в X! Но с каким коэффициентом?

Подсказка 5

С таким коэффициентом, чтобы при гомотетии S перешла в А.

Показать доказательство

Назовём центры окружностей $Γ ,Γ 1 2$ соответственно $O 1$ и $O . 2$ Вторую точку пересечения $Γ 2$ с $XA$ назовём $S$ . Без ограничения общности скажем, что радиус $Γ 2$ меньше радиуса $Γ 1$ (случай равенства радиусов невозможен, ведь тогда касательные не имели бы точки пересечения). Тогда $S$ лежит на отрезке $XT1$ .

$PIC$

Докажем, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в точке $S$ . Гомотетия с центром $X$ и коэффициентом $XA∕XS$ переводит $Γ 2$ в $Γ 1$ , при этом точки пересечения прямой $XA$ с окружностью $Γ 2$ переходят в точки пересечения $XA$ с $Γ 1$ в порядке их следования на луче $XA.$ Значит, точка $S$ перейдет в точку $A$ , а точка $A$ – в точку $T1.$

При гомотетии касательная к $Γ 2$ в точке $S$ переходит в касательную к $Γ 1$ в точке $A.$ Согласно теореме о б угле между касательной и хордой, касательные к $Γ 1$ в точках $A$ и $T1$ составляют равные углы с хордой $AT1,$ из чего следует, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в $S.$ Утверждение доказано. (Отметим, что если касательные из доказанного утверждения параллельны, то прямая $T1S$ содержит $Γ 1$ и $Γ 2,$ а значит точки $A$ и $B$ совпадают, что противоречит условию.)

Осталось доказать $∠YT1X = ∠YT2X.$ Для этого рассмотрим прямую $O1O2,$ являющуюся осью симметрии окружностей $Γ 1$ и $Γ 2,$ относительно неё симметричны прямые $XT1$ и $XT2,$ касательные к $Γ 2$ в $S$ и $T2.$ Значит, $∠YT2X$ равен углу между $XT1$ и касательной к $Γ 2$ в $S,$ этот угол равен $Y T1X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91887

С помощью циркуля и линейки впишите квадрат в данный треугольник так, чтобы одна из сторон квадрата лежала на основании треугольника, а противоположные этой стороне вершины — на боковых сторонах.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте построить какой-то квадрат, гомотетичный вписанному. Тогда вы сможете построить и вписанный.

Подсказка 2:

Постройте квадрат, вписанный в угол CAB (одна вершина на AC, две на AB). Как с помощью свойств гомотетии построить вписанный квадрат в треугольник?

Показать доказательство

Предположим, что вершины $M$ и $L$ квадрата $MNKL$ находятся на стороне $AB$ треугольника $ABC,$ а вершины $N$ и $K$ — на сторонах $AC$ и $BC$ соответственно. На луче $AK$ возьмём произвольную точку $F.$

$PIC$

Через эту точку проведем прямые, параллельные сторонам квадрата, до пересечения с лучами $AC$ и $AB$ в точках $Q$ и $E$ соответственно. Пусть $P$ — проекция точки $Q$ на $AB.$ Тогда $PQF E$ — квадрат, гомотетичный квадрату $MNKL$ при гомотетии с центром в точке $A.$

Отсюда вытекает следующий способ построения. Строим произвольный квадрат $P QEF$ с вершинами $P$ и $E$ на луче $AB$ и с вершиной $Q$ на луче $AC.$ Пересечение луча $AF$ со стороной $BC$ есть вершина искомого квадрата.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91888

Внутри полосы, ограниченной параллельными прямыми $a$ и $b,$ нарисованы две окружности $ω a$ и $ω , b$ касающиеся друг друга в точке $S.$ Кроме того, $ωa$ касается $a$ в точке $A,$ $ωb$ касается $b$ в точке $B.$ Докажите, что точка $S$ лежит на отрезке $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти гомотетию с центром в точке S, переходящую B в A. Это даст требуемое.

Подсказка 2:

Возможно, есть смысл поискать гомотетию, переходящую другие объекты, связанные с точками A и B.

Подсказка 3:

Рассмотрите гомотетию, переходящую одну окружность в другую.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим радиусы окружностей через $r1$ и $r2.$ Сделаем гомотетию в точке $S$ с коэффициентом $− rr12,$ переводящую $ωb$ в $ωa.$ Если докажем, что $B$ при гомотетии перейдёт в $A,$ то получим требуемое, так как $S$ — центр гомотетии.

Давайте посмотрим на прямую $b.$ Она перейдёт в прямую, параллельную себе, касающуюся $ωa$ и находящуюся выше точки $S.$ Это прямая $a.$ Стало быть, $B$ — точка пересечения $ωb$ и $b,$ перейдёт в точку пересечения $ωa$ и $a,$ то есть в точку $A.$ Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91889

Точки $K$ и $L$ на сторонах соответственно $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ таковы, что $KL ∥BC;M$ — точка пересечения перпендикуляров, восставленных в точках $K$ и $L$ к отрезкам $AB$ и $AC.$ Докажите, что точки $A,M$ и центр $O$ описанной окружности треугольника $ABC$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти гомотетию с центром в A, переходящую M в O, это даст требуемое.

Подсказка 2:

Точка M - точка пересечения некоторых перпендикуляров к прямым AB и AC. Но ведь точка O тоже является точкой пересечения таких перпендикуляров. Вспомните свойства центра описанной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $D$ и $E$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно. Заметим, что $DE ∥ BC ∥KL,DO$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AB.$ Значит, $DO ∥KM.$ Аналогично, $OE ∥ LM.$ Тогда гомотетия с центром в точке $A,$ переводящая точку $E$ в точку $L,$ переводит $D$ в $K,$ а $O$ в $M.$ Следовательно, точки $A,O$ и $M$ лежат на одной прямой.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91891

$ABCD$ — параллелограмм. Окружности $ω 1$ и $ω 2$ касаются внешним образом, находятся внутри параллелограмма, причем $ω 1$ вписана в угол $BAD, ω2$ — в угол $BCD.$ Докажите, что при любом способе выбора таких окружностей линия центров окружностей параллельна одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Для начала с помощью гомотетии соберите информацию на рисунке. Поищите коллинеарные точки.

Подсказка 2:

Рассмотрите гомотетию в точке касания S, переводящую вторую окружность в первую. Куда перейдëт точка C?

Подсказка 3:

Итак, вы поняли, что S лежит на AC. Теперь посмотрите на всевозможные треугольники AO_1S (O_1 - центр первой окружности) окружностей, вписанных в угол BAD, что про них можно сказать?

Показать доказательство

Сделаем гомотетию с центром в точке касания окружностей, переводящую $ω 2$ в $ω. 1$ Прямая $BC$ перейдёт в прямую, параллельную себе и касающуюся $ω1,$ то есть прямую $AD.$ Аналогично прямая $CD$ перейдёт в прямую $AB.$ Значит, точка $C$ — точка пересечения прямых $BC$ и $AD,$ перейдёт в $A$ — точку пересечения $AB$ и $AD.$ Значит, точка касания окружностей $S$ лежит на прямой $AC.$

Пусть $O1$ — центр первой окружности. Тогда рассмотрим треугольник $AO1S.$

$PIC$

Прямая $EO1$ — биссектриса угла $BAD,$ прямая $AC$ — диагональ параллелограмма, то есть эти прямые не зависят от выбора окружностей. Заметим, что при некотором другом выборе окружностей новый треугольник $A′O′1S′$ будет подобен старому треугольнику $AO1S,$ а, значит, угол $O1SE$ будет постоянным. Таким образом, все линии центров образуют одинаковый угол с прямой $AC,$ которая не зависит от выбора окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#93761

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E.BH$ — высота треугольника, а $DD1$ — диаметр $ω.$ Докажите, что прямые $EI$ и $DIB,$ где $IB$ центр $ωB$ и $I$ центр $ω,$ в пересекаются в середине отрезка $BH.$

Подсказки к задаче

Подсказка:

В этой задаче стоит использовать гомотетию. Попробуйте перевести прямую DD_1 в прямую BH. Посмотрите, куда перейдëт точка I. Потом попробуйте проделать аналогичные манипуляции с точкой I_B.

Показать доказательство

Рассмотрим гомотетию в точке $E,$ переводящую $D 1$ в $B.$ Она же переводит $D$ в $H$ ( $BH ∥ D D). 1$ Тогда середина $DD 1$ $(I)$ при этой гомотетии переходит в середину $BH,$ т.е. эти две точки лежат с $E$ на одной прямой.

$PIC$

Пусть $E1$ точка диаметрально противоположная $E.$ Аналогично рассматривая гомотетию с центром в точке $D,$ переводящую $E1$ в $B,$ получим, что середина $BH,$ середина $EE1$ $(IB)$ и $D$ лежат на одной прямой. Это и доказывает задачу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#67117

Вписанная окружность касается сторон треугольника $ABC$ в точках $A ,B 1 1$ и $C . 1$ Докажите, что прямая Эйлера треугольника $A B C 1 1 1$ проходит через центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для того, чтобы доказать, что прямая Эйлера треугольника A₁B₁C₁ проходит через О(центр описанной окружности ABC), нужно в явном виде найти эту прямую Эйлера. Для этого, попробуйте опустить высоты в треугольнике A₁B₁C₁ (как минимум одну точку прямой Эйлера мы нашли) и посмотреть на треугольник образованный их основаниями. Что такое Н (ортоцентр A₁B₁C₁) для этого(на основаниях высот) треугольника?

Подсказка 2

Для этого треугольника, который образован основаниями высот в треугольнике A₁B₁C₁, H — инцентр (по свойству ортоцентра). При этом, в силу того, что A₁B₁C₁ — треугольник образованный точками касания вписанной в ABC окружности, AВ-касательная к окружности описанной вокруг A₁B₁C₁. А А₂В₂ — отрезок, соединяющий основания высот. То есть A₂B₂ антипараллельно А1В1, но ведь AB тоже антипараллелен A₁B₁. Значит A₂B₂ || AB. Но ведь так можно сказать и для B₂C₂ и для C₂A₂. Что тогда можно сказать про треугольники ABC и A₂B₂C₂?

Подсказка 3

Верно, они мало того что подобны, но еще и гомотетичны. Так давайте тогда рассмотрим гомотетию, при которой большой треугольник переводится в маленький. Куда тогда переходит H? А что можно сказать насчет того, куда переходит I(центр вписанной окружности)? А что это все дает?

Подсказка 4

А вот, что это дает. Дело в том, что точка, ее образ при гомотетии и центр гомотетии всегда лежат на одной прямой. Пусть центр гомотетии - Х. Точка I-переходит в точку Н, значит точки I,H,X коллинеарны. Точка О же переходит в центр описанной вокруг треугольника A₂B₂C₂ окружности. Значит этот центр, X и О коллинеарны. Из всего нашего набора наиболее непонятен вот этот центр. Что насчет него можно сказать? Чем он является?

Подсказка 5

Поскольку A₂,B₂,C₂ — основания высот, то окружность описанная вокруг A₂B₂C₂ - это окружность Эйлера для треугольника A1B1C1, а значит ее центр лежит на прямой Эйлера, при том эту прямую мы знаем, это прямая HI. Однако, еще и Х лежит на HI, но тогда на этой прямой лежит и центр описанной окружности треугольника A₂B₂C₂, а также точка Х. Значит, на ней лежит и точка О. Что и требовалось доказать!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $O$ и $I$ — центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC, H$ — ортоцентр треугольника $A1B1C1.$ Проведем в треугольнике $A1B1C1$ высоты $A1A2,B1B2$ и $C1C2.$ По свойству ортоцентра $H$ — инцентр треугольника $A2B2C2.$

Стороны исходного треугольника $ABC$ являются касательными к окружности $(A1B1C1)$ в соответствующих точках. Каждый отрезок, соединяющий основания высот $A1B1C1,$ параллелен соответствующей касательной, проведённой к описанной окружности в соответствующей вершине треугольника (эту несложную лемму можно использовать в данной задаче без доказательства). В итоге стороны треугольников $ABC$ и $A2B2C2$ параллельны.

Значит, существует гомотетия, переводящая треугольник $ABC$ в $A2B2C2.$ При этой гомотетии точка $O$ переходит в точку центр описанной окружности $ΔA2B2C2,$ а точка $I$ — в точку $H.$

Пусть центр гомотетии — некоторая точка $X,$ тогда тройки точек $X,O,$ центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ и $X,I,H$ коллинеарны.

А ведь центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ — центр окружности Эйлера для $ΔA1B1C1.$ Значит, он лежит на его прямой Эйлера $HI.$ Но тогда и $O$ лежит на этой прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#67678

В треугольнике $ABC$ высоты $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H,$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ а $X$ — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники $BMF$ и $CME.$ Докажите, что точки $X,M$ и $H$ лежат на одной прямой.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока не совсем понятно, как доказывать вопрос задачи. Углы тут совсем никак не помогут, потому что к ним не подобраться... Давайте попробуем пока в принципе отметить факты на картинке, может быть, что-нибудь в дальнейшем увидим. Например, поймём, где у нас лежат центры вписанных окружностей? Какое дополнительное построение хорошо бы сделать, когда отмечена середина стороны?

Подсказка 2

Верно, центры окружностей лежат на серединном перпендикуляре к сторонам BF и CE, так как треугольники у нас равнобедренные. К тому же если у нас уже есть по средней линии в треугольниках, то давайте проведём ещё по одной параллельно сторонам BF и CE. Значит, у нас уже есть биссектрисы углов B и C, соотношения для которых мы уже можем записать. И попробуем поделить одно соотношение на другое, хуже нам от этого не станет, к тому же у них есть одинаковый отрезок. Давайте немного подумаем. Мы работаем только с отрезками... А как с помощью них можно доказать принадлежность трёх точек одной прямой?

Подсказка 3

Точно, можно доказать, что точка X переводится гомотетией в точку H. Но... Доказывать это через треугольники точно не хочется. Это нужно продлевать серперы до пересечения с линией, параллельной отрезку, проходящего через центры окружностей... Так мы ничего добьёмся. Давайте попробуем доказать утверждение через равенство отношения расстояний от точек X и H до серперов. Одно большое соотношение мы уже получили. Тогда давайте и попробуем выйти через него на отношение расстояний. Давайте взглянем ещё раз внимательно на условие. Чем мы ещё не пользовались?

Подсказка 4

Верно, мы совсем забыли про точку X, а она является центром гомотетии двух окружностей! То есть можем ещё записать отношения с радиусами и двумя отрезками, нужными нам. Остаются только некоторые технические преобразования с отношениями, и победа!

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $S,$ $T$ - середины высот $BE$ и $CF,$ а $L,$ $N$ - середины отрезков $BF$ и $CE.$ Обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF,$ $CME$ через $ω1,$ $ω2,$ а их центры - через $Ib$ и $Ic$ соответственно. Треугольники $BMF$ и $CME$ - равнобедренные, поэтому точки $Ib$ и $Ic$ лежат на соответствующих высотах $ML$ и $MN$ этих треугольников. Отрезки $BIb$ и $CIc$ являются биссектрисами треугольников $MLB$ и $MNC,$ поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения $MNIIcc = MNCC-,$ $MLIIbb = MBLB .$ Разделив первое на второе и учитывая равенство $MB = MC,$ получаем, что $MMIIcb ⋅ LNIIbc = LNBC-.$ Поскольку $X$ - центр гомотетии, переводящей $ω1$ в $ω2,$ то $X$ лежит на линии $IbIc$ и верно равенство: $LNIIb= XXIIb. c c$ Но тогда

MIc-⋅ LIb= MIc-⋅ XIb = MIc⋅ SMXIb-= ρ(X,MIb), MIb NIc MIb XIc MIb SMXIc ρ(X,MIc)

где $ρ(X,AB)$ обозначает расстояние от точки $X$ до прямой $AB.$ С другой стороны, по свойству средней линии $MS ||AC$ и $MT ||AB,$ то есть $MS ⊥ BE$ и $MT ⊥ CF.$ Значит $MLF T$ и $MNES$ - прямоугольники, то есть $MT =LF$ и $MS = NE.$ Тогда выполнены равенства

LB LF MT ρ(H,ML ) NC-= NE-= MS- = ρ(H,MN-),

где последнее равенство выполнено, поскольку $MS$ и $MT$ есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых $BE ||MN$ и $CF||ML.$ Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что

ρ(H,-ML)-= LB-= MIc-⋅ LIb= ρ(X,MIb), ρ(H,MN ) NC MIb NIc ρ(X,MIc)

откуда следует, что точки $M,$ $X$ и $H$ лежат на одной прямой.

Второе решение.

Как и в первом решении обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF$ и $CME,$ через $ω1,ω2,$ их центры через $Ib$ и $Ic$ соответственно, а середины отрезков $BF$ и $CE$ — через $L$ и $N.$ Пусть также $Y$ — точка пересечения внешних касательных к $ω1,ω2.$

Заметим, что четвёрка точек $(Ib,Ic,X,Y)$ — гармоническая, то есть двойное отношение $(Ib,Ic;X, Y)$ равно $− 1.$ Спроецируем эту четвёрку точек на прямую $BE$ с центром в точке $M.$ Точка $Y$ лежит на прямой $BC,$ поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к $ω1$ и $ω2,$ поэтому $Y$ перейдёт в $B.$ Точка $Ib$ перейдёт в точку $R$ пересечения прямых $ML$ и $BH,$ которая является серединой $BH,$ поскольку в треугольнике $BFC$ отрезок $ML$ — средняя линия. Точка $Ic$ перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой $BH,$ поскольку $MIc||BH.$

Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка $(R,∞; H,B)$ — гармоническая. Значит, образом точки $X$ при данной проекции является точка $H,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#68522

Точки $O$ и $H$ — центр описанной окружности и точка пересечения высот остроугольного треугольника $ABC$ ; $M$ и $N$ — середины отрезков $AH$ и $BH$ . Оказалось, что точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ лежат на одной окружности. Докажите, что эта окружность касается описанной окружности треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

$PIC$

Утверждение задачи равносильно тому, что радиус окружности $Ω$ , проходящей через точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ , равен $R ∕2$ , где $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ , а, стало быть, и тому, что радиус окружности $Ω1$ , гомотетичной окружности $Ω$ с центром $H$ и коэффициентом $2$ , равен $R$ . Но $Ω1$ — это описанная окружность треугольника $AHB$ , а она, как хорошо известно, симметрична описанной окружности треугольника $ABC$ относительной прямой $AB$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71794

Две окружности $T 1$ и $T 2$ касаются прямой $l$ в точках $A 1$ и $A 2$ и лежат по одну сторону от неё. Окружность $T 3$ касается внешним образом окружностей $T1$ и $T2$ в точках $B1$ и $B2.$ Докажите, что прямые $A1B1$ и $A2B2$ пересекаются на окружности $T3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведем A₁B₁ до пересечения с T₃ в Q и докажем, что A₂B₂ попадет туда же! Хмм, никаких углов, никакой информации - лишь касающиеся окружности и касательная...Какой приём может помочь связать окружности?

Подсказка 2

Гомотетия! Рассмотри гомотетии с центрами в точках B₁ и B₂, что интересного можно про них сказать?

Подсказка 3

Гомотетия с центром в B1 переведет T₁ в T₃, а касательную - в новую касательную в точке Q. Чтобы доказать требуемое, куда должна попасть касательная при гомотетии с центром в B₂?

Подсказка 4

В касательную, проходящую через Q! Но ведь она также может попасть в диаметрально противоположную касательную? Чтобы доказать, что это не так, рассмотрим полуплоскости и объекты в них и внимательно разберемся с коэффициентами гомотетий!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть прямая $A1B1$ пересекает окружность $T3$ в точке $Q.$ Заметим, что окружности $T1$ и $T3$ гомотетичны с центром в точке $B1.$ Тогда точка $A1$ переходит в точку $Q,$ и касательная к окружности $T1$ переходит в параллельную ей касательную, проходящую через $Q.$ Теперь рассмотрим гомотетию с центром $B2,$ переводящую окружность $T2$ в $T3.$ Так как тут происходит то же самое, касательная к окружности $A2$ перейдёт в параллельную касательную, касающуюся $T3$ в какой-то точке, но таких касательных только две. Если это та же касательная проходящая через точку $Q,$ то мы победили! Почему же это не диаметрально противоположная касательная?

Давайте посмотрим на полуплоскость, где лежат окружности $T1$ и $T2.$ Пусть они лежат в $полож ит ельной$ полуплоскости относительно прямой $l,$ а другая полуплоскость будет $отрицательная.$ Но тогда при нашей гомотетии с отрицательным коэффициентом окружность $T3$ должна оказаться уже на отрицательной полуплоскости относительно касательной, что будет неверно, когда касательная диаметрально противоположная(прямая просто “съедет” сохранив ориентацию, но окружность окажется на другой полуплоскости). Значит, такой случай невозможен, и обе прямые пересекутся в точке касания окружности $T3$ и прямой, параллельной исходной.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#74094

Две окружности касаются в точке $K$ внешним (внутренним) образом. Через точку $K$ проведены две прямые, пересекающие первую окружность в точках $A$ и $B,$ вторую— в точках $C$ и $D.$ Докажите, что $AB||CD.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что окружность $ABK$ при гомотетии с центром в точке $K$ переходит в окружность $CKD,$ при этом $A$ переходит в $D, B$ переходит в $C,$ значит $AB$ переходит в $CD,$ а значит эти прямые параллельные, так как при гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74095

Докажите, что три прямые, проведённые через середины сторон треугольника параллельно биссектрисам противолежащих углов, пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте с помощью гомотетии перевести эти три прямые в другие три прямые, которые пересекаются в одной точке, тогда и изначальные прямые будут пересекаться в одной точке. В какие прямые проще перевести?

Подсказка 2:

Посмотрите на биссектрисы. Они пересекаются в одной точке. Как можно перевести изначальные прямые в биссектрисы?

Подсказка 3:

Обратите внимание на медианы. Какое полезное свойство, связанное с ними, может помочь в реализации подсказки 2?

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $l$ — прямая, проходящая через точку $A1$ (середину $BC$ ) параллельно биссектрисе угла $A.$ Сделаем гомотетию в точке пересечения медиан $M$ треугольника $ABC$ с коэффициентом $− 0.5.$ По свойству центра тяжести точка $A$ перейдёт в точку $A1.$ Биссектриса угла $A$ перейдёт в параллельную прямую, проходящую через точку $A1,$ то есть в $l.$

Таким образом, этой гомотетией мы перевели биссектрисы в соответствующие прямые. Биссектрисы пересекались в одной точке, значит и искомые прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#74096

Две окружности касаются внутренним образом в точке $A.$ Секущая пересекает окружности в точках $M, N,P,Q$ (в таком порядке). Докажите, что $∠MAP =∠NAQ.$

Показать доказательство

Продлим $AN$ и $AP$ до пересечения с большей окружностью получив точки $N ′$ и $P′$ соответсвенно.

$PIC$

Заметим, что меньшая окружность и большая гомотетичны относительно $A,P$ и $N$ переходят в $′ P$ и $′ N$ соответсвенно. Значит $PN$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $QM$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $′ ′ ∠MAN = ∠QAP ,$ значит, $∠QAN =∠MAP.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема