Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Преобразования плоскости

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#76173

Дед Мороз наколдовал на серединах сторон треугольника $ABC$ шестиконечные снежинки, как показано на рисунке:

$PIC$

(вершина треугольника и середина стороны треугольника берутся концами стороны соответствующего правильного шестиугольника)

Докажите, что на полученном новогоднем чуде точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $XY Z$ совпадают.

Показать доказательство

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости.

Про точку $M$ пересечения медиан треугольника $ABC$ известно, что:

−−→ −→ −−→ −−→ 3OM = OA +OB + OC

(это характеристическое свойство следует из того, что точка пересечения медиан является центром масс $−M−A→ +−M−B→ +−M−C→ = −→0$ )

А требуется доказать, что $M$ является ещё и точкой пересечения медиан треугольника $XY Z$ , то есть:

−−→ −−→ −−→ −→ 3OM = OX +OY + OZ

Левые части полученных двух векторных равенств совпадают, поэтому надо доказать про правые, что разность правых частей в этих равенствах равна нулевому вектору, то есть (преобразуем по правилу вычитания векторов):

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −→0

Возьмём серединный треугольник $A0B0C0$ и повернём его вокруг точки $M$ на $60∘$ . Получим треугольник $A1B1C1$ такой, что

A1B1 ∥ AX, B1C1 ∥BZ, C1A1 ∥CY

К тому же,

A1B1 =A0B0 = AB∕2= AX,B1C1 =B0C0 =BC ∕2= BZ,C1A1 = C0A0 = CA∕2 =CY

Значит,

−−→ −−−→ −→ −−−→ −−→ −−−→ AX = B1A1,BZ = B1C1,CY =C1A1

Но тогда получаем требуемое:

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −−B−1→A1+ −−B−1→C1+ −−C−1A→1 = −→0

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79115

Биссектриса угла $A$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекает сторону $CD$ в точке $K.$ Оказалось, что $DK =BC$ и $KC + AB = AD.$ Докажите, что $∠BCD = ∠ADC.$

Показать доказательство

Пусть точка $D′$ симметрична $D$ относительно прямой $AK.$

$PIC$

Тогда

BC = DK = D′K

и $KC = AD − AB = AD ′− AB = BD ′,$ откуда следует равенство треугольников $BD ′K$ и $BCK$ по трём сторонам. Тогда

′ ′ ∠BCK = ∠BD K = ∠AD K = ∠ADK = ∠ADC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80860

Диагонали четырехугольника $ABCD$ пересекаются в $P,AB$ и $CD$ — в $R,BC$ и $DA$ — в $Q.$ Через точку $P$ проведена прямая, параллельная $RQ,$ пересекающая противоположные стороны четырехугольника в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что $P X = PY.$

Показать доказательство

Проективным преобразованием переведем прямую $RQ$ в бесконечно удаленную. После преобразования противоположные стороны четырехугольника $ABCD$ параллельны, следовательно, он является параллелограммом. Осталось заметить, что чевианы $PX$ и $P Y$ в треугольниках $APB$ и $CP D,$ образующие прямую параллельную $P Q,$ равны, т.к. являются соответственными элементами в равных треугольниках, но двойное отношение $(X,Y;P,S),$ где $S$ — бесконечно удаленная точка, в которой пересекаются прямые, которые имеют то же направление, что и $QR,$ равно $− 1,$ а значит было таковым и до преобразования, следовательно, $P$ являлось серединой отрезка $XY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80861

Пусть два треугольника $ABC$ и $A B C 0 0 0$ расположены таким образом, что прямые, соединяющие соответственные вершины, конкуррентны, то три точки, в которых пересекаются, будучи продолжены, три соответственные стороны, коллинеарны.

Показать доказательство

Пусть прямые, соединяющие соответственные вершины треугольников $ABC$ и $A B C 0 0 0$ пересекаются в точке $S$ и $X = AB ∩A0B0,Y =AC ∩ A0C0,Z = BC ∩B0C0.$ Переведем прямую $XY$ в бесконечно удаленную. После преобразования $AB ||A0B0$ и $AC ||A0C0.$

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $S,$ переводящая точку $A$ в точку $A0,$ она переведет прямую $AB$ в $A0B0,$ следовательно, точку $B$ в $B0,$ аналогично $C$ в $C0,$ а значит прямую $BC$ в прямую $B0C0,$ что влечет их параллельность, тем самым они пересекаются в бесконечно удаленной прямой, что доказывает коллинеарность точек $X,Y,Z$ после преобразования, а значит, и коллинеарность до преобразования.

Замечание. Решение “по теореме Дезарга ч.т.д.” не засчитывается!

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80862

Дан четырехугольник $ABCD.$ Пусть $Q = AD ∩ BC,P =AB ∩ CD,$ и $R = AC ∩ BD.$ Обозначим через $X ,X ,Y ,Y 1 2 1 2$ точки $P R ∩ AD,P R ∩ BC,QR ∩ AB,QR ∩ CD.$ Докажите, что $X1Y1,X2Y2,PQ$ конкуррентны.

Показать доказательство

Проективным преобразованием переведем $ABCD$ в квадрат. Точки $P$ и $Q$ перейдут в бесконечно удаленные. Заметим, что треугольники $X1RY1$ и $X2RY2$ равны и гомотетичны, а значит прямые $X1Y1$ и $X2Y2$ пересекаются в бесконено удаленной прямой, тем самым коллинеарны с точками $P$ и $Q$ после преобразования, а значит коллениарны и до него.

Замечание. Аналогично можно показать, что прямые $X1Y1,X2Y2,BD$ конкуррентны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80863

Через точку $O$ пересечения диагоналей четырехугольника проведены четыре прямые, пересекающие его противоположные стороны в точках $K$ и $′ K ,L$ и $′ L ,M$ и $′ M ,N$ и $′ N$ (возможно много конфигураций). Прямые $KM$ и $′ ′ LN, K M$ и $′ ′ LN$ пересекаются в точках $P$ и $′ P.$ Докажите, что точки $′ P,O,P$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Проективным преобразованием переведем четырехугольник $ABCD$ в квадрат. Рассмотрим симметрию относительно точки $O.$ Четверка точек $K,L,M,N$ переходит в четверку точек $′ ′ ′ ′ K ,L ,M ,N ,$ следовательно, прямая $KM$ переходит в $′ ′ K M ,LN$ — в $′ ′ LN ,$ тем самым, точка пересечения прямых $KM$ и $LN$ переходит в точку пересечения $′ ′ K M$ и $′ ′ L N ,$ а значит точки $P$ и $′ P$ симметричны относительно $O,$ что доказывает их коллинеарность, а значит коллинеарность до преобразования.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80864

Есть точки $A,B,C,D,$ прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E,$ прямые $BC$ и $DA$ пересекаются в точке $F.$ На плоскости взята произвольная точка $X,$ точки $A,B,C,D$ спроецированы на $EF$ с центром в $X,$ в результате чего получились точки $A1,B1,C1,D1$ соответственно. Докажите, что $AC1,BD1,CA1,DB1$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

Проективным преобразованием переведем четырехугольник $ABCD$ в квадрат. Прямая $EF$ при этом перейдет в бесконечно удаленную, а значит каждая из точек $A1$ , $B1$ , $C1$ , $D1$ является бесконечно удаленной, а значит прямые $AX$ и $CA1$ являются параллельными, т.к. пересекаются в бесконечно удаленной точке $A1$ .

$PIC$

Рассмотрим симметрию относительно точки $O$ центра квадрата, тогда прямая $AX$ перейдет в прямую $CA1$ , которая пройдет через точку $Y$ , симметричную точки $X$ относительно $O$ . Аналогично, через точку $Y$ пройдут прямые $AC1$ , $BD1$ , $DB1$ , что доказывает их конкуррентность после преобразования, а значит и конкуррентность до преобразования.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#80865

Докажите, что геометрическое место точек пересечения диагоналей четырехугольников $ABCD,$ у которых стороны $AB$ и $CD$ лежат на двух данных прямых $ℓ1$ и $ℓ2,$ а стороны $BC$ и $AD$ пересекаются в данной точке $P,$ является прямой, проходящей через точку $Q$ пересечения прямых $ℓ1$ и $ℓ2.$

Показать доказательство

Рассмотрим задачу после проективного преобразования, которое переводит прямую $PQ$ в бесконечно удаленную. Прямые $ℓ ,ℓ 1 2$ фиксированы и параллельны. Стороны $BC$ и $AD$ так же параллельны, а значит $ABCD$ — параллелограмм, следовательно, точка пересечения его диагоналей лежит на прямой, параллельной $ℓ1$ и $ℓ2,$ равноудаленной от них, а значит не зависит от выбора точек $A,B,C,D.$ Точки пересечения диагоналей лежат на одной прямой после проективного преобразования, следовательно лежали на одной прямой и до этого.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#80866

Докажите, что для любого нечетного $n≥ 3$ на плоскости можно указать $2n$ различных точек, не лежащих на одной прямой, и разбить их на пары так, чтобы любая прямая, проходящая через две точки из разных пар, проходила бы еще через одну из этих $2n$ точек.

Показать доказательство

Пусть $A ...A 1 n$ — правильный $n$ -угольник, $ℓ i$ — прямая, содержащая его сторону, противоположную вершине $A i$ , $B i$ — точка пересечения прямой $ℓi$ с бесконечно удаленной прямой. Разобьем точки $A1,...,An,B1,...,Bn$ на пары $(Ai,Bj).$ Покажем, что это разбиение обладает требуемым свойством. Для этого нужно рассмотреть прямые $BiBj,AiAj$ п $AiBj (i⁄= j$ ).

$1$ ) Прямая $BiBj$ содержит все точки $B1,...,Bn.$ Поскольку $n≥ 3,$ среди них есть точка, отличная от $Bi$ п $Bj.$

$2$ ) Прямая $AiAj$ параллельна одной из прямых $ℓk,$ поскольку число $n$ нечетно. Следовательно, прямая $AiAj$ проходит через точку $Bk.$

$3$ ) Если $i⁄=j,$ то прямая, проходящая через вершину $Ai$ параллельно прямой $ℓj,$ содержит некоторую вершину $Ak,k⁄= i.$ Поэтому прямая $AiBj$ проходит через точку $Ak.$

Применив к набору точек $A1,...,An,B1,...,Bn$ проективное преобразование, можно добиться, чтобы все эти точки не были бесконечно удаленными.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#82368

Докажите, что прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырехугольника, проходят через точку пересечения диагоналей.

Показать доказательство

Проективным преобразованием переведем точку пересечения прямых, соединяющих противоположные точки касания, в центр вписанной окружности. При этом преобразовании противоположные стороны четырехугольника перейдут в параллельные, следовательно, четырехугольник перейдет в параллелограмм. Поскольку существует вписанная в него окружность, то он является ромбом, для которого условия задачи очевидно, ведь в силу симметрии относительно центра вписанной окружности, диагонали проходят через центр окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#82370

Через точку $P$ проводятся всевозможные пары секущих $AB$ и $CD$ окружности $S$ ( $A,B,C,D$ — точки пересечения с окружностью). Найдите геометрическое место точек пересечения прямых $AC$ и $BD.$

Показать доказательство

Рассмотрим отдельно два случая.

$1.$ Точка $P$ лежит вне $S.$ Сделаем проективное преобразование, при котором окружность $S$ перейдет в окружность, а точка $P$ — в бесконечно удаленную точку, т. е. образы всех прямых, проходящих через $P,$ будут друг другу параллельны. Тогда образом искомого ГМТ является прямая $l$ — их общий перпендикуляр, проходящий через центр окружности. (Для доказательства нужно воспользоваться симметрией относительно прямой $l.$ ) Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая, проходящая через точки касания $S$ с касательными, проведенными через точку $P.$

$PIC$

$2.$ Точка $P$ лежит внутри $S.$ Сделаем проективное преобразование, при котором окружность $S$ перейдет в окружность, а точка $P$ — в ее центр. Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удаленная прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.

Замечание. Полученная прямая в обоих случаях совпадает с полярой точки $P$ относительно $S.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#82371

В окружность вписан шестиугольник $ABCDEF.$ $K,L,M, N$ — точки пересечения пар прямых $AB$ и $CD,AC$ и $BD,AF$ и $DE,AE$ и $DF.$ Докажите, что если три из этих точек лежат на одной прямой, то и четвёртая точка лежит на этой прямой.

Показать доказательство

Проведём проективное преобразование, сохраняющее окружность и переводящее точку $L$ в её центр. В результате $ABCD$ станет прямоугольником, а прямая $KL$ — его осью симметрии. Если одна из точек $M, N$ лежит на этой оси, то точки $E$ и $F$ симметричны относительно неё, а значит, и вторая точка лежит на $KL.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#82372

Теорема о двойной бабочке. На окружности $S$ отмечены точки $A ,A ,A ,A ,B ,B ,B ,B . 1 2 3 4 1 2 3 4$ Прямая $ℓ$ пересекает прямые $A1A2,A2A3,A3A4,A4A1$ в точках $X1,X2,X3,X4$ соответственно и прямые $B1B2,B2B3,B3B4$ в точках $X1,X2,X3$ соответственно. Докажите, что прямая $B4B1$ проходит через точку $X4.$

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим проективное преобразование, которое оставит $S$ на месте, а прямую $X1X2$ переведет в бесконечно удаленную. При этом точка $X3$ так же перейдет в бесконечно удаленную. Следовательно, прямые для всех $i∈{1,2,3}$ верно, что $AiAi+1||BiBi+1.$ Покажем, что тогда $A1A4||B1B4.$ Действительно, $A1A2||B1B2,$ следовательно, $A1B1 =A2B2.$ Аналогично, $A2B2 =A3B3,A3B3 =A4B4.$ Таким образом $A1A4||B1B4,$ следовательно $X4$ так же является бесконечно удаленной точкой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#82373

Вневписанная окружность треугольника $ABC$ касается стороны $BC$ в точке $D,$ а продолжений сторон $AB$ и $AC$ — в точках $E$ и $F.$ Пусть $T$ — точка пересечения прямых $BF$ и $CE.$ Докажите, что точки $A,D$ и $T$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Пусть $A′,B′,...$ — образы точек $A,B,...$ при проективном преобразовании, которое вневписанную окружность треугольника $ABC$ переводит в окружность, а хорду $EF$ в диаметр. Тогда $′ A$ — бесконечно удаленная точка прямых, перпендикулярных диаметру $′ ′ EF ,$ и нам нужно доказать, что прямая $′ ′ DT$ содержит эту точку, т. е. тоже перпендикулярна $′′ E F .$ Так как $′ ′ ′ ′ ′ ′ △T B E ∼ ΔT FC ,$ то $′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ C T :T E = CF :BE .$ Но $′ ′ ′ ′ C D = CF$ и $′ ′ ′ ′ B D = B E$ как касательные, проведенные из одной точки, следовательно, $′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ C T :T E = CD :D B,$ т. е. $′ ′ ′′ D T||B E .$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#82374

(a) Даны окружность и точка $C$ внутри(вне) ее. Через точку $C$ проведены четыре хорды $AiBi.$ Пусть $D$ – точка пересечения прямых $A1A2$ и $A3A4,E$ — точка пересечения прямых $B1B2$ и $B3B4.$ Докажите, что точки $C,D,E$ лежат на одной прямой.

(b) Докажите, что если четырехугольник вписан и описан, то прямая, соединяющая центры вписанной и описанной окружностей, проходит через точку пересечения диагоналей четырехугольника.

Показать доказательство

(a) Проективным преобразованием переведем точку $C$ в центр окружности, тогда точки $Ai$ и $Bi$ симметричны относительно центра окружности при всех $i∈{1,2,3,4}.$ Таким, образом при симметрии относительно $C$ прямая $A1A2$ в $B1B2,A3A4$ в $B3B4,$ следовательно, точка $D$ переходит в точку $E,$ что влечет коллинеарность точек $C,D, E.$

(b) Пусть $A1A3A2A4$ — данный четырехугольник, $AiBi$ биссектрисы его углов. Так как в четырехугольник можно вписать окружность, биссектрисы пересекаются в центре этой окружности — точке $C.$ Далее, точки $B1,B2$ являются серединами двух дополнительных дуг $A3A4$ описанной окружности, следовательно, $B1B2$ — диаметр этой окружности. Аналогично $B3B4$ — также диаметр, и, значит, точка $E$ — центр описанной окружности. Из пункта $a$ следует, что прямая $CE$ проходит через точку $D$ пересечения диагоналей четырехугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#82375

Пусть $ω$ — описанная окружность прямоугольного треугольника $ABC$ ( $∠B = 90∘$ ) с центром в точке $O.$ Точка $P$ — произвольная точка на касательной к $ω$ в точке $A,D$ — вторая точка пересечения $ω$ и $PB.$ Точка $E$ на $CD$ такова, что $AE ∥BC.$ Докажите, что $P,O,E$ коллинеарны.

Показать доказательство

Рассмотрим проективное преобразование, которое переводит окружность в окружность, а точку $P$ в бесконечно удаленную. После преобразования $BD ||AP,$ т.е. $BD ⊥ AC,$ а значит $AO$ является серединным перпендикуляром к $BD,$ следовательно, $AB = AD.$ Пусть прямая $AE$ пересекает $ω$ в точке $S,$ тогда четырехугольник $ABCD$ является прямоугольников, тем самым $AB = CS,$ тогда $AD = CS$ и четырехугольник $ACSD$ является трапецией. Наконец, точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC,$ следовательно, $OE ⊥ AC,$ что влечет требуемое.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#82376

Пусть $D,E,F$ — точки касания вписанной окружности $ω$ треугольника $ABC$ со сторонами $BC,AB, AC$ соответственно. Точки $P$ и $Q$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно таковы, что $PQ ∥BC$ и $PQ$ является касательной к $ω.$ Пусть $M$ — середина отрезка $PQ,T$ — точка пересечения прямых $EF$ и $BC.$ Докажите, что $MT$ касается окружности $ω.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $ℓ$ — прямая, параллельная $BC,$ проходящая через $A.$ Поскольку $PQ||BC ||ℓ,$ точка пересечения $S$ прямых $P Q$ и $BC$ лежит на прямой $ℓ.$ Рассмотрим проективное преобразование, переводящее вписанную окружность в окружность, а прямую $ℓ$ в бесконечно удаленную, в частности, точка $S$ переходит в бесконечно удаленную точку, тем самым, образы прямых $P Q$ и $BC$ параллельны и $M$ переходит в середину $P Q,$ поскольку двойное отношение $(S,M; P,Q )= −1$ не изменится при проективном преобразовании. Точка $A$ так же переходит в бесконечно удаленную, а значит прямые $BP$ и $CQ$ так же параллельны, следовательно, $BP QC$ является ромбом, описанным около вписанной в $ABC$ окружности, $FE$ — ее диаметром.

$PIC$

Пусть $O$ — центр вписанной окружности, $U$ — точка касания окружности и прямой $PQ,N$ — середина $BC.$ Прямая $MO$ является средней линией трапеции $PQEF,$ следовательно $MO ||P F ⊥ FE,$ аналогично $NO ⊥ FE,$ следовательно, $M,O,N$ лежат на одной прямой, а в силу симметрии относительно $O$ верно, что $MO = ON$ . Наконец, под действием симметрии относительно $FE$ точки $M$ и $N$ переходят в друг друга, а значит прямые $MT$ и $NT$ переходят в друг друга, окружность переходит в себя, а значит $MT$ касается так же касается окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#83389

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

3. Пусть $∠BAC =∠DEF = ∠DFE$ . Средняя линия треугольника $DEF$ , параллельная $EF$ , пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что точка $A$ , $D$ , $X$ , $Y$ лежат на одной окружности.

4. В треугольник $DEF$ вписан треугольник $XY Z$ , гомотетичный треугольнику $ABC$ . Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается описанной окружности $ABC$ тогда и только тогда, когда касается описанной окружности $XY Z$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Пункт 3, подсказка 1

Что же даёт равенство углов в условии? Чем будут DF и DE для описанной окружности △AFE?

Пункт 3, подсказка 2

Конечно, XY — радикальная ось. Тогда можно посчитать степени точек для X и для Y. Из равенства для X, что можно сказать о 😆 и окружности, описанной около △AFD? 😆 — касается данной окружности, отсюда можно получить равенство для углов. Останется проделать аналогичные рассуждения для Y и проверить, чему равна сумма противолежащих углов XAYD.

Пункт 4, подсказка 1

Окружность описанная около △DEF повторно пересекает стороны BC, AC, AB в точках D', E', F' соответственно. Окружность △XYZ повторно пересекает стороны EF, DF, DE в точках X', Y', Z' соответственно. Что можно сказать о пересечение описанных окружностей △EX'Z', △FX'Y' и △DY'Z'. Они пересекаются в одной точки, пусть М. Выясните, каким ещё окружностям принадлежит точка М?

Пункт 4, подсказка 2

Очень много окружностей пересекающихся в М. Давайте сделаем инверсию φ в этой точке с произвольным радиусом. Какие подобные треугольнике теперь можно увидеть? Например, △AE'F' ~ △φ(X') φ(E) φ(F). Какие ещё два аналогичных подобия можно получить?

Показать ответ и решение

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =$ $= 180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDE$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BED$ и $DFC$ равнобедренные, то $∠EBD =∠EDB$ и $∠FCD = ∠FDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDE − ∠FDC =180∘− ∠B − ∠C =∠BAC

Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

Получается, что $D ′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

ED = ED′ = EB и D′F = FD = FC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $E,$ а $C,D$ и $D ′$ с центром в $F.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ ′ ′ ′ ∠EBD =∠AED ∕2∠AFD ∕2= ∠ACD

Получаем, что $D′$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

3. Обозначим за $S$ и $T$ середины $DF$ и $DE$ соответственно. Т.к. $∠SFE = ∠FAE = ∠FET$ , то $SF$ и $TE$ — касательные к окружности, описанной около $AF E$ .

$PIC$

Рассмотрим пару окружностей: описанная окружность треугольника $AFE$ и окружность нулевого радиуса с центром в точке $D$ . Рассмотрим степени точек $S$ и $T$ относительно данных окружностей:

pow (S)= SF2 = SD2 =pow (S) (AFE ) D

pow (T)= TE2 = TD2 = pow (T) (AFE) D

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $XA ⋅XF = XD2$ и $YA⋅Y E = YD2.$ Следовательно, $XD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ , и $YD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ . Тогда

∠XAD = ∠XDF, ∠YAD = ∠YDE

∠XDF + ∠YDE =∠BAC

∘ ∘ ∠XDY + ∠XAY =∠XAY +∠XAY +180 − ∠DFE − ∠DEF = 180

В итоге $XAY D$ — вписанный.

4. Окружность $(DEF )$ повторно пересекает стороны $BC$ , $AC$ , $AB$ в точках $′ D$ , $′ E$ , $′ F$ соответственно. Окружность $(XY Z)$ повторно пересекает стороны $EF$ , $DF$ , $DE$ в точках $′ X$ , $′ Y$ , $′ Z$ соответственно.

Окружности $′ ′ (EX Z )$ и $′ ′ (F X Y)$ повторно пересекаются в точке $M$ . Заметим, что

∠Y′MZ ′ = ∠DEF + ∠DFE = π− ∠EDF,

поэтому $M$ лежит на окружности $′′ (DY Z )$ . Также

∠EMF = ∠FMX ′+ ∠EMX ′= ∠F Y′X ′+∠EZ ′X ′ =∠F XY + ∠EXZ = π− ∠A,

поэтому $M$ лежит на окружности $(AEF )$ . Аналогично $M$ лежит на окружностях $(BFD)$ , $(CED )$ .

Пусть $Φ$ — инверсия с центром в точке $M$ и произвольным радиусом. Тогда

$pict$

Также

∠ Φ(X ′)Φ(E)Φ(F )=∠F MX ′ = ∠FY′X′ = ∠FXY = ∠AF E = ∠AE ′F ′.

Аналогично $∠Φ(X′)Φ (F)Φ(E)= ∠AF′E′$ . Следовательно, треугольники $AE ′F ′$ и $Φ(X ′)Φ(E )Φ (F)$ подобны. Проделывая аналогичные рассуждения для двух других сторон мы получаем

△ABC ∪ △D ′E ′F′ ∼ △Φ (X ′)Φ(Y′)Φ(Z′)∪△Φ (D )Φ(E)Φ(F).

Следовательно, угол между окружностями $′ ′ ′ Φ((X Y Z))$ и $Φ((DEF ))$ равен углу между окружностями $(ABC )$ и $(DEF )$ по подобию, с другой стороны, равен углу между окружностями $′ ′′ (X Y Z )$ и $(DEF )$ , поскольку инверсия сохраняет углы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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 20#91862

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — тупые. На сторонах $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DA$ отмечены точки $K$ , $L$ , $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ больше удвоенной длины диагонали $AC$ .

Показать доказательство

Начертим четырёхугольник $CD A B , 1 1 1$ симметричный четырёхугольнику $CDAB$ относительно точки $C$ и отметим соответствующие точки $M1,N1$ и $K1.$ Заметим, что $LM > LM1,$ так как $∠BCD$ — тупой по условию, а $C$ - середина отрезка $MM1,$ то есть $L$ находится в той же полуплоскости относительно серединного перпендикуляра к $MM1,$ что и точка $M1.$ Также заметим, что так как $CD1A1B1$ симметричен $CDAB$ относительно точки $C,$ то $MN = M1N1.$ Далее продлим $B1A1$ на свою длину — точка $B2.$ Отметим на $A1B2$ точку $K2$ так, что $AK = A1K1 =A1K2.$

$PIC$

Аналогично отрезкам $LM > LM1,$ можем получить, что $N1K2 >N1K1 = KN$ (так как $∠B1A1D1 = ∠BAD$ - тупой по условию). Так как $A1K2 = AK$ и $AK ||A1K2,$ $KK2 = AA1 =2AC$ ( $AKK2A1$ — параллелограмм). Таким образом, для пятиугольника $KLM1N1K2$ можем выписать неравенство: