Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости → .05 Три центра гомотетии (теорема о трёх колпаках)

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#132143Максимум баллов за задание: 7

[Теорема трёх центрах гомотетии] Если композицией трёх гомотетии является тождественное преобразование плоскости, то их центры лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Обозначим через $O , 1$ $O , 2$ $O 3$ центры гомотетий в порядке их выполнения. Проследим путь точки $O 1$ при этих гомотетиях. С одной стороны, после их применения она перешла в себя. С другой, после второй гомотетии точка $O1$ перешла в $′ O1$ на прямой $O1O2,$ а после третьей гомотетии точка $′ O 1$ перешла в $O1,$ значит, точка $′ O1$ лежит на прямой $O1O3.$ Таким образом, прямые $O1O2$ и $O1O3$ совпадают, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#132144Максимум баллов за задание: 7

На плоскости нарисованы три непересекающихся неравных круга. Для каждой пары кругов отметили две точки пересечения общих касательных: одну — внешних, вторую — внутренних.

(a) [Теорема о трёх колпаках] Докажите, что точки пересечения внешних общих касательных лежат на одной прямой.

(b) Докажите, что если центры кругов не лежат на одной прямой, то все шесть отмеченных точек служат вершинами четырёхсторонника, т. е. лежат по три на четырёх прямых.

Показать доказательство

(a) Пусть $ω , 1$ $ω , 2$ $ω 3$ — три окружности из условия. Каждая точка пересечения их общих внешних касательных является центром положительной гомотетии, переводящей одну окружность пары в другую. Рассмотрим композицию этих гомотетий в порядке:

ω1 → ω2 → ω3 → ω1.

Эта композиция — тождественное преобразование, так как все гомотетии имеют положительный коэффициент. Следовательно, утверждение следует из теоремы о трёх центрах гомотетии.

$PIC$

(b) Точки пересечения внутренних касательных — тоже центры гомотетий, но с отрицательным коэффициентом. Поэтому если взять точки пересечения внутренних касательных для пар $(ω1,ω2)$ и $(ω1,ω3),$ а также точку пересечения внешних касательных для $(ω2,ω3),$ то они окажутся на одной прямой по аналогии с пунктом (a). Аналогично выводятся остальные коллинеарности, что и завершает доказательство.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#132145Максимум баллов за задание: 7

На плоскости зафиксированы две неравные окружности $α$ и $β.$ Произвольная окружность $ω$ касается их внутренним образом в точках $A ω$ и $Bω$ соответственно. Докажите, что все прямые $AωBω$ проходят через одну точку, не зависящую от выбора $ω.$

Показать доказательство

Обозначим через $S$ центр положительной гомотетии, которая переводит окружность $α$ в окружность $β.$ Заметим, что точка $A ω$ совпадает с центром положительной гомотетии, которая переводит окружность $ω$ в $α,$ так как является точкой их внутреннего касания. Аналогично, точка $Bω$ совпадает с центром положительной гомотетии, которая переводит $ω$ в $β.$ Тогда по теореме о трёх колпаках для окружностей $ω,$ $α,$ $β$ точки $Aω,$ $B ω,$ $S$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Осталось заметить, что точка $S$ не зависит от выбора окружности $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#132147Максимум баллов за задание: 7

Продолжения сторон выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ На сторонах четырехугольника выбрали по точке так, что получился параллелограмм, причем одна пара его сторон параллельна $PQ.$ Докажите, что центр параллелограмма лежит на одной из диагоналей четырёхугольника $ABCD.$

Показать доказательство

Обозначим вершины нашего параллелограмма через $X,$ $Y,$ $Z,$ $T$ так, что $X ∈AB,$ $Y ∈BC,$ $Z ∈ CD,$ $T ∈ AD.$ Не умаляя общности, будем считать $XT ∥ PQ.$ Тогда существует гомотетия с центром в точке $A,$ переводящая отрезок $XT$ в $PQ,$ и гомотетия с центром в точке $C,$ которая переводит отрезок $PQ$ в отрезок $ZY.$ Существует симметрия с центром в центре параллелограмма, которая переводит отрезок $ZY$ и $XT,$ то есть гомотетия с коэффициентом $− 1.$

$PIC$

Если рассмотреть композицию этих трёх гомотетий, то получится тождественное преобразование, так как отрезок $XT$ перейдёт в себя и у первых двух гомотетий различные знаки в силу выпуклости $ABCD.$ Следовательно, по теореме о трёх центрах гомотетии центр параллелограмма лежит на диагонали $AC,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#132150Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ расположены три непересекающихся круга: $ω ,ω ,ω . A B C$ Каждый из них касается двух соответственных сторон треугольника. Круг $ω$ касается внешним образом их всех в точках $′ ′ ′ A ,B ,C$ соответственно. Докажите, что прямые $′ ′ AA ,BB ,$ $′ CC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Обозначим через $Ω$ вписанную окружность треугольника $ABC.$ Заметим, что по теореме о трёх колпаках для окружностей $ω , A$ $ω,$ $Ω$ прямая $′ AA$ проходит через центр гомотетии (с отрицательным коэффициентом) окружностей $ω$ и $Ω.$ Аналогично через этот центр проходят прямые $′ BB$ и $′ CC .$ Что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#132151Максимум баллов за задание: 7

Внутри треугольника $ABC$ выбрана точка $D.$ Оказалось, что окружности $S 1$ и $S , 2$ вписанные в треугольники $ABD$ и $CBD$ соответственно, касаются друг друга. Обозначим через $K$ точку пересечения общих внешних касательных к $S1$ и $S2.$ Докажите, что $K$ лежит на прямой $AC.$

Показать доказательство

Пусть прямые $AD$ и $CD$ пересекают стороны $BC$ и $AB$ в точках $V$ и $U$ соответственно. Обозначим через $T$ точку касания окружностей $S1$ и $S2.$ Она лежит на отрезке $BD,$ а значит, верно

AB +BD − AD BC +BD − CD -----2------= BT = -----2------.

$PIC$

Следовательно, $AB+ CD = AD +BC.$ Тогда известно, что в четырёхугольник $BUDV$ можно вписать окружность. Теперь применим теорему о трёх колпаках к этой окружности и окружностям $S1,S2$ и получим, что точки $A,$ $C,$ $K$ лежат на одной прямой. Что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#132879Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Окружность $ω$ лежит внутри обеих, касается $Ω 1$ и $Ω 2$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а также проходит через середину $PQ.$ Докажите, что касательные к $ω$ в точках $K$ и $L$ пересекаются в точке, лежащей на общей касательной к $Ω1$ и $Ω2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем воспользоваться касанием ω больших окружностей. Чем является точка касания для соответствующей пары окружностей? Какие утверждения помогают этим воспользоваться?

Показать доказательство

Пусть отношение радиусов $r1= t,N r2$ — середина $PQ,O$ и $C$ — центры гомотетий с положительным и отрицательным коэффициентами, переводящих $Ω1$ в $Ω2.$

Покажем, что $ω$ вторично пересекает линию центров $O1O2$ в точке $C.$ Если радиусы окружностей равны, то $ω$ касается линии центров в точке $N =C.$ Иначе $PC$ и $P O$ — внутренняя и внешняя биссектрисы треугольника $P O1O2,$ поскольку

OO1 :OO2 = 1:t= PO1 :PO2

и, аналогично, $CO :CO = PO :PO . 1 2 1 2$ Из прямоугольного треугольника $OP C$ тогда $ON ⋅OC = OP 2.$

Точки $K$ и $L$ — центры гомотетий с положительными коэффициентами, переводящих $ω$ в $Ω 1$ и $Ω . 2$ По теореме о трех гомотетиях $K,L$ и $O$ лежат на одной прямой. Далее, пусть $OP$ и $OK$ пересекают $Ω 1$ вторично соответственно в $P ′$ и $K ′.$ Пользуясь гомотетией и степенью точки, получаем

2 ′ ′ OP = t⋅OP ⋅OP = t⋅OK ⋅OK = OK ⋅OL.

Теперь имеем $ON ⋅OC = OK ⋅OL$ , значит, точки $K,L,C,N$ лежат на одной окружности, т.е., в самом деле, $ω$ проходит через $C.$

$PIC$

Окружность $ω,$ касающаяся $Ω1$ и $Ω2$ и лежащая внутри них, с тем условием, что она проходит через $C$ , определена единственным образом с точностью до симметрии относительно линии центров.

Пусть общая касательная к $Ω1$ и $Ω2$ касается их в точках $A$ и $B,M = PQ∩ AB$ - середина $AB$ . Проведем через $M$ вторые касательные $MX$ и $MY$ к $Ω1$ и $Ω2$ (пусть $X$ и $Y$ — точки касания). Если мы докажем, что окружность $(XY C)$ касается $MX$ и $MY,$ то мы решим задачу, так как эта окружность тогда совпадает с $ω$ или с симметричным образом $ω$ относительно $O1O2.$

Так как $MA = MB =MY,$ то $∠AY B =90∘,$ следовательно, $AY$ проходит через такую точку $B ′$ на $Ω2,$ что $BB ′$ — диаметр. Касательные, проведенные к $Ω1$ и $Ω2$ в точках $A$ и $B′,$ параллельны, поэтому при гомотетии $Ω1$ в $Ω2$ с центром в $C$ точка $A$ переходит в $B′,$ значит, $C$ лежит на прямой $AY,$ причем $BY ⊥ AC.$ Аналогично, $AX$ — высота треугольника $ABC.$

$PIC$

Ортоцентр $H = AX ∩BY$ треугольника $ABC$ имеет равные степени $HA ⋅HX = HB ⋅HY$ относительно $Ω1$ и $Ω2,$ значит, $H$ лежит на $PQ.$ Так как $PQ ⊥NC,$ точки $X,Y,N$ лежат на окружности с диаметром $CH$ , т.е. это и есть окружность $(XY C).$ Так как $∠CXY = ∠CAB = ∠AYM,$ то окружность $(XY C)$ касается $MY.$ Аналогично, $(XY C)$ касается $MX.$ Задача решена.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#136825Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB, AC$ треугольника $ABC,$ а также его описанной окружности в точке $T . A$ Аналогично определим точки $TB$ и $TC.$ Докажите, что прямые $ATA,$ $BTB,$ $CTC$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $S A$ — окружность, которая касается сторон $AB, AC$ и описанной окружности треугольника. Вершина $A$ является центром положительной гомотетии, которая переводит окружность $SA$ во вписанную окружность треугольника, а точка $TA$ — центром положительной гомотетии, переводящей $SA$ в описанную окружность треугольника.

Таким образом, в силу теорему о трех колпаках прямая $ATA$ проходит через центр положительной гомотетии, переводящей описанную окружность треугольника во вписанную. Аналогично, через нее проходят прямые $BTB$ и $CTC.$

$PIC$

Второе решение. Пусть $Γ (X)$ — образ точки $X$ под действием композиции инверсии с центром в точке $A,$ радиусом $√AB-⋅AC--$ и симметрии относительно угла $A.$ Несложно показать, что $Γ (B )= C$ и $Γ (C )=B.$ Окружность $(ABC )$ проходит через центр инверсии, следовательно, ее образ — прямая, проходящая через точки $Γ (B)$ и $Γ (C)$ — прямая $BC.$ Таким образом, образ $Sa$ касается прямых $AB,AC$ и касается прямой $BC$ — то есть является вписанной или вневписанной окружностью треугольника $ABC.$ Первое невозможно, например, в силу того, что $Sa$ касается отрезка $AB,$ а значит $Γ (Sa)$ касается продолжения отрезка $AC$ за точку $C.$

$PIC$

Наконец, $Γ (Sa)$ — вневписанная окружность, следовательно, точка $Ta$ переходит в точку касания образов описанной окружности и полувписанной окружности — точку $D,$ а значит, прямые $ATA,$ $BTB,$ $CTC$ пересекаются в одной точке, изогонально сопряженной точке Нагеля.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68878Максимум баллов за задание: 7

B пространстве даны четыре попарно неравных и попарно параллельных отрезка $AB , i i$ $i∈ {1,2,3,4}.$ Докажите, что точки пересечения продолжений боковых сторон шести трапеций $AiBiAjBj(1≤i< j ≤ 4)$ лежат в одной плоскости.

Источники: Иннополис-2023 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В нашей задаче фигурирует точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции. Как мы знаем, эта точка является центром положительной гомотетии, переводящей одно основание трапеции в другое. Какую теорему хочется применить?

Подсказка 2

Конечно, теорему о трех колпаках! Обозначим за O₁₂ точку пересечения боковых сторон трапеции A₁B₁A₂B₂ (остальные точки аналогичным образом). Тогда O₁₂, O₂₃ и O₁₃ лежат на одной прямой (обозначим ее L₁₂₃, а другие аналогичным образом). А что будет, если рассмотреть точки O₁₂, O₂₄ и O₁₄?

Подсказка 3

Мы знаем, что они лежат на прямой L₁₂₄. При этом, на ней также есть точка O₁₂, поэтому прямые L₁₂₃ и L₁₂₄ лежат в одной плоскости П, т.е. точки O₁₂, O₂₃, O₁₃, O₁₄, O₂₄ лежат в П. Осталось лишь доказать, что точка O₃₄ лежит в этой плоскости...

Подсказка 4

Рассмотрите прямую L₁₃₄ и завершите доказательство!

Показать доказательство

Обозначим через $O ij$ точку пересечения боковых сторон трапеции $AiBiAjBj.$ Тогда точка $Oij$ является центром гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей отрезок $AiBi$ в отрезок $AjBj.$ По теореме о трех центрах гомотетии (теорема о трёх колпаках) точки $Oij,Ojk,Oki$ лежат на одной прямой. Обозначим эту прямую через $lijk$ и докажем, что все такие прямые лежат в одной плоскости.

$PIC$

Для этого будем последовательно рисовать их. Сначала проведем прямые $l123$ и $l124 :$ они лежат в одной плоскости $π,$ т.к. пересекаются в точке $O12.$ Прямая $l134$ пересекает $l123$ в точке $O13,$ а прямую $l124$ — в точке $O14,$ поэтому она также лежит в плоскости $π.$ Наконец, прямая $l234$ пересекает прямую $l123$ в точке $O23,$ а прямую $l124$ — в точке $O24,$ так что и она лежит в плоскости $π.$

Итак, все четыре прямые лежат в одной плоскости, и в ней же лежат все шесть точек $Oij,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#73407Максимум баллов за задание: 7

Трапеции $ABCD$ и $ADP Q$ имеют общее основание. Докажите, что точки пересечения прямых $AB$ и $CD,AP$ и $DQ,BP$ и $CQ$ (все точки пересечения существуют) коллинеарны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Чем по отношению к отрезкам BC и AD является точка пересечения AB и CD?

Подсказка 2.

Правильно! Центром гомотетии, которая переводит один отрезок в другой. Какая теорема помогает доказать, что центр гомотетии лежит на некоторой прямой?

Подсказка 3.

Теорема о трех центрах гомотетии!

Показать доказательство

Три гомотетии, первая из которых переводит отрезок $BC$ в $P Q,$ вторая — $P Q$ в $AD,$ третья — $AD$ в $BC,$ в композиции дают преобразование, оставляющее каждую точку отрезка $BC$ на месте, следовательно, по теореме о трех центрах гомотетии центры каждой их них (точки пересечения пар прямых $BP$ и $CQ,$ $PA$ и $QD,$ $AB$ и $DC )$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73408Максимум баллов за задание: 7

На продолжении стороны $CD$ трапеции $ABCD$ $(AD ∥BC )$ за точку $D$ отмечена точка $P,$ точка $M$ — середина $AD.$ Прямые $PM$ и $AC$ пересекаются в точке $Q,PB$ и $AD$ — в точке $X,$ а $BQ$ и $AD$ — в точке $Y.$ Докажите, что $M$ — середина $XY.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Достаточно доказать, что отрезки AY и DX равны. Попробуйте это переформулировать с помощью точки M и гомотетии.

Подсказка 2.

Достаточно доказать, что гомотетия с центром в точке M и коэффициентом −1 переведёт отрезок AY в DX. Попробуйте придумать ещё один способ перевести отрезок AY в DX с помощью гомотетии или их композиции.

Подсказка 3.

Для этого способа используйте отрезок BC.

Подсказка 4.

Давайте рассмотрим две гомотетии. С центром в точке Q, переводящую AY в BC, и с центром в точке P, которая переводит BC в DX. Какую теорему осталось применить?

Подсказка 5.

Правильно! Теорему о 3 центрах гомотетии!

Показать доказательство

Три гомотетии, первая из которых переводит отрезок $AY$ в $BC,$ вторая — $BC$ в $XD,$ третья — $XD$ в $AY,$ в композиции дают преобразование, оставляющее каждую точку отрезка $AY$ на месте.

$PIC$

Точки $Q$ и $P$ являются центрами первой и третьей описанной гомотетии, а значит, по теореме о центре трех гомотетий центр второй лежит на прямой $QP,$ т.е. совпадает с точкой $M,$ следовательно, коэффициент этой гомотетии равен $− 1,$ откуда $MX = MY.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#73409Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на стороне $AB$ отметили точку $D.$ Пусть $ω 1$ и $Ω ,ω 1 2$ и $Ω − 2$ соответственно вписанные и вневписанные (касающиеся $AB$ ) окружности треугольников $ACD$ и $BCD.$ Докажите, что общие внешние касательные к $ω1$ и $ω2,Ω1$ и $Ω2$ пересекаются на прямой $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте обозначим через S точку пересечения второй внешней касательной к окружностям ω₁ и ω₂ и прямой BC. Что тогда можно сказать про точку S по отношению к этим окружностям?

Подсказка 2.

Ага! Она центр положительной гомотетии, которая переводит одну в другую. А что нам нужно доказать про эту точку?

Подсказка 3.

Правильно! Хотим, чтоб она была центром положительной гомотетии, которая переводит Ω₁ в Ω₂. Какая же теорема может в этом помочь?

Подсказка 4.

Верно! Теорема о 3 колпаках! Попробуйте рассмотреть и что-то понять про центр положительной гомотетии, которая переводит Ω₁ в ω₂.

Показать доказательство

Обозначим через $S$ точку пересечения общих касательных к окружностям $ω 1$ и $ω , 2$ через $T$ — к окружностям $Ω 1$ и $ω . 2$ По теореме о трёх колпаках для окружностей $ω1,$ $ω2$ и $Ω1$ точки $C,$ $T,$ $S$ являются центрами положительных гомотетий для всех пар окружностей, а значит, лежат на одной прямой, то есть $S$ является точкой пересечения прямых $AB$ и $CT.$

$PIC$

То же верно для точки пересечения общих внешних касательных к окружностям $Ω1$ и $Ω2,$ а значит, она совпадает с точкой $S.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#73410Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD.$ Лучи $AB,DC$ пересекаются в точке $P,$ а лучи $AD, BC$ — в точке $Q.$ Из точек $P$ и $Q$ внутрь углов $AP D$ и $AQB$ проведено ещё по два луча, разбивающие четырёхугольник $ABCD$ на девять частей. Известно, что в части, примыкающие к вершинам $B,C,D,$ можно вписать окружность. Докажите, что в часть, примыкающую к вершине $A,$ также можно вписать окружность.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Обозначим окружности, вписанные в части, примыкающие к B, C, D как ω_b, ω_c, ω_d соответственно. Пусть ω_a — вписанная окружность треугольника, образованного прямыми AB, AD и второй касательной из точки Q к окружности ω_d. Хотелось бы, чтоб окружность ω_a касалась и 4 нужной прямой. Для начала давайте что-то понимать про окружность ω_a, например, про центры гомотетий, которые переводят окружность ω_a в какие-нибудь другие.

Подсказка 2.

На самом деле точка Q является центром положительной гомотетии, которая переводит ω_a в ω_d. А что же нам нужно тогда доказать?

Подсказка 3.

Ага! На самом деле достаточно показать, что P центр положительной гомотетии, которая переводит ω_a в ω_b. Какая же теорема нам может в этом помочь?

Подсказка 4.

Правильно! Теорема о 3 колпаках! Давайте попробуем её применить. Для этого попробуйте рассмотреть центр положительной гомотетии, которая переводит ω_b в ω_d, и что-то про него понять.

Показать доказательство

Обозначим окружности, вписанные в части, примыкающие к $B,C,D,$ как $ω ,ω ,ω b c d$ соответственно. Пусть $ω a$ — вписанная окружность треугольника, образованного прямыми $AB,AD$ и второй касательной из точки $Q$ к окружности $ωd.$

Пусть общие внешние касательные к $ωb$ и $ωd$ пересекаются в точке $N.$ Тогда по теореме о трех колпаках точка $N$ лежит на прямой $P Q.$

$PIC$

Наконец, вновь по теореме о трех колпаках для окружностей $ωa,ωb,ωd$ точка пересечения внешних касательных к первым двум лежит на прямой $NQ,$ то есть совпадает с $P.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#73411Максимум баллов за задание: 7

Дан описанный четырёхугольник $ABCD.$ Докажите, что точка пересечения диагоналей, центр вписанной окружности треугольника $ABC$ и центр вневписанной окружности треугольника $CDA,$ касающейся стороны $AC,$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте обозначим вписанную окружность треугольника ABC из условия через ω, а вневписанную ADC за ω₂. Мы хотим доказать, что точка пересечения диагоналей ABCD лежит на линии центром этих окружностей. Попробуйте это переформулировать.

Подсказка 2.

Для этого обратите внимание, что эта точка лежит на одной из общих внешних касательных к окружностям ω и ω₂, а именно, на AC.

Подсказка 3.

На самом деле достаточно доказать, что точка пересечения диагоналей является центром положительной гомотетии, которая переводит ω в ω₂. Осталось только применить одну теорему. Какую?

Подсказка 4.

Правильно! Теорему о 3 колпаках!

Показать доказательство

Применяя теорему о трёх колпаках к вписанной окружности $ABCD,$ вписанной окружности $ω$ треугольника $ABC$ и вневписанной окружности $ω2$ треугольника $ACD,$ получаем, что общие внешние касательные к $ω$ и $ω2$ пересекаются на $BD.$

$PIC$

Поскольку $AC$ — одна из этих касательных, то пересекаются они как раз в точке пересечения диагоналей $ABCD.$ Значит, эта точка лежит на линии центров $ω$ и $ω2,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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