Тема Окружности

Степень точки и радикальные оси

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#112343

В остроугольном треугольнике $ABC$ угол $C$ больше угла $A.$ $M$ — середина стороны $AC.$ $A 1$ и $C 1$ — основания высот, проведенных из вершин $A$ и $C$ соответственно. $A0$ и $C0$ — середины отрезков $MA1$ и $MC1.$ Прямая $A0C0$ пересекает прямую, проходящую через $B$ параллельно $AC,$ в точке $T.$ Докажите, что $TB = TM.$

Показать доказательство

Пусть $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Давайте обозначим за $ω$ описанную окружность треугольника $BA C . 1 1$ Она проходит через $H$ в силу прямых углов (да и вообще $BH$ диаметр $ω).$ Заметим, что четырёхугольник $ACA1C1$ вписанный тоже в силу прямых углов. Откуда получаем, что

∠CC1M =∠MCC1 = ∠C1A1A

то есть прямая $MC1$ касается окружности $ω.$ Аналогично прямая $MA1$ касается окружности $ω.$ Также $BT$ касается окружности $ω$ в силу того, что центр $ω$ лежит на $BH.$ Заметим, что прямая $A0C0$ является радикальной осью окружности $ω$ и точки $M.$ Значит степень точки $T$ относительно $ω$ и точки $M$ одинаково. Поэтому $TB2 = TM2.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#112344

Вписанная окружность с центром $I$ касается сторон $AB,$ $BC,$ $AC$ треугольника $ABC$ в точках $C , 0$ $A , 0$ $B . 0$ Прямая, перпендикулярная $BB0$ и проходящая через $B0,$ пересекает $A0C0$ в точке $B1.$ Докажите, что середина отрезка $BB1$ лежит на прямой $AC.$

Показать доказательство

Пусть $X$ — середина $BB . 1$ Тогда хотим просто доказать, что $XB 0$ касается вписанной окружности треугольника $ABC.$ Заметим, что точка $X$ лежит на прямой, проведённой через середины касательных $BA0$ и $BC0,$ ведь эта прямая получается из прямой $A0C0$ гомотетией с центром в точке $B$ и коэффициентом $1∕2.$ То есть точка $X$ лежит на радикальной оси точки $B$ и вписанной окружности. Но мы знаем, что $XB0 =XB,$ так как $XB0$ медиана прямоугольного треугольника. Поэтому $2 2 XB 0 = XB ,$ а значит, $XB0$ касательная к вписанной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#112345

Из вершины $C$ треугольника $ABC$ проведены касательные $CX,$ $CY$ к окружности, проходящей через середины сторон треугольника. Докажите, что прямые $XY,$ $AB$ и касательная в точке $C$ к окружности, описанной около треугольника $ABC,$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Сделаем гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $2.$ Пусть окружность через середины перейдет в окружность $ω.$ Тогда прямая $XY$ является радикальной осью точки $C$ и окружности $ω.$ Давайте пересечём $AB$ и $XY$ в точке $T.$ Тогда, так как $ω$ проходит через точки $A$ и $B$ получаем, что $2 TC =T A⋅TB.$ Откуда и следует, что $T C$ касается описанной окружности треугольника $ABC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#77990

На высоте $AA 1$ остроугольного треугольника $ABC$ отмечена точка $D$ такая, что $∠BDC =90∘,$ точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ На отрезке $AH$ как на диаметре построена окружность. Докажите, что длина касательной, проведенной к этой окружности из точки $B,$ равна длине отрезка $BD.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $B1$ и $C1$ основания высот из $B$ и из $C.$ Тогда квадрат касательной равен $BC1 ⋅BA = BA1⋅BC = BD2.$ Первое равенство получается из-за вписанности $AC1A1C,$ а второе из подобия в прямоугольном треугольнике. Получили то, что нужно по свойству касательной и секущей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79120

На отрезке $AB$ выбрали точку $M.$ На отрезках $AM$ и $BM$ в одну и ту же сторону построены равносторонние треугольники $AMC$ и $BMD.$ Их описанные окружности пересекаются по прямой $MN.$ Докажите, что вне зависимости от выбора точки $M$ прямая $MN$ всегда проходит через какую-то фиксированную точку.

Показать доказательство

$PIC$

Проведём в точках $A$ и $B$ прямые, которые образуют с прямой $AB$ угол $60∘$ как показано на рисунке.

Во-первых, покажем, что они касаются окружностей $AMC$ и $BMD.$ Пусть $O$ — центр окружности $BMD.$ Тогда угол $MOB$ равен $120∘$ как центральный, а угол $OBM$ — $30∘.$ Значит, $∠OBX = ∠OBM +∠MBX = 90∘.$ Аналогично $AX$ касается окружности $AMC.$

Во-вторых, заметим, что треугольник $ABX$ — равносторонний, то есть степень точки $X$ равна относительно обеих окржностей. Значит, она лежит на их радоси — прямой $MN.$ Осталось заметить, что точка $X$ не зависит от выбора точки $M.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79122

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Окружность с диаметром $AB$ пересекает высоту $CC 1$ и ее продолжение в точках $M$ и $N$ соответственно. Окружность с диаметром $AC$ пересекает высоту $BB1$ и ее продолжение в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что точки $M,N, P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Введём обозначения как показано на рисунке.

$PIC$

Заметим, что обе окружности пересекаются в точке $A1$ — основании высоты треугольника $ABC$ из точки $A,$ поскольку отрезки $AB$ и $AC$ видны из этой точки под прямым углом. Значит, справедливы равенства $MH ⋅HN = AH ⋅HA1,PH ⋅HQ = AH ⋅HA1$ — степени точки $H$ в соответствующих окружностях. Значит, $MH ⋅HM = PH ⋅HQ,$ а это даёт требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79866

Дан треугольник $ABC$ и точки $P$ и $Q$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно, такие что $AP = AQ.$ На стороне $BC$ выбраны точки $S$ и $R$ ( $S$ лежит между $B$ и $R$ ), такие что $∠BP S = ∠PRS$ и $∠CQR = ∠QSR.$ Докажите, что точки $R,S,P,Q$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Предположим, что окружности $(PSR)$ и $(QSR)$ различны. Из углов следует, что $AP$ и $AQ$ это касательные к эти окружностям соответственно. Так как $AP = AQ,$ то $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей, то есть на $SR,$ что невозможно. Значит, окружности совпадают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 $XY Z$ .

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:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠EBD = 2∠AED = 2∠AFD =∠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(AFE )(S)= SF2 = SD2 =powD(S)

2 2 pow(AFE)(T)= TE = TD = powD (T)

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $2 XA ⋅XF = XD$ и $2 YA⋅Y E = YD .$ 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 9#90450

Окружность с центром в точке $O$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и вторично пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Предположим, что окружности с диаметрами $BP$ и $CQ$ касаются друг друга внешним образом в точке $T.$ Найдите длину отрезка $AO,$ если $AB =18,AC =36$ и $AT = 12.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $AP ⋅AB = AQ ⋅AC$ (степень точки $A$ относительно окружности $(P BC)).$ Но также величина $AP ⋅AB$ является степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $BP,$ а величина $AQ⋅AC$ — степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $QC.$ И эти величины равны, а значит, точка $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей. Также на ней лежит точка $T,$ потому что это их общая точка. Но у касающихся окружностей радикальной осью является их общая касательная. Стало быть, $AT$ — их общая касательная.

Отметим точки $X$ и $Y$ — середины отрезков $QC$ и $PB.$

$PIC$

Из равенств $AT2 =AP ⋅AB$ и $AT2 = AQ ⋅AC$ находим $AP = 8,AQ =4,QX = XC = 16,PY = YB =5.$ В силу касания $Y T ⊥ AT,XT ⊥ AT,$ то есть точки $Y,T,X$ коллинеарны. Следовательно, $XY = YT +XT =5+ 16= 21.$

Заметим, что $OX ⊥ OC$ и $OY ⊥ BP,$ потому что $O$ — центр окружности $(PBC ).$ Таким образом, четырёхугольник $AY OX$ вписанный, а отрезок $AO$ — диаметр опиcанной окружности треугольника $AXY.$ С одной стороны, по формуле Герона площадь треугольника равна $126.$ С другой стороны, она равна $AY⋅YX-⋅AX, 2AO$ откуда вычисляем $AO = 65. 3$

Ответ:

$65 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67131

В треугольнике $ABC$ $AH 1$ и $BH 2$ — высоты; касательная к описанной окружности в точке $A$ пересекает $BC$ в точке $S , 1$ а касательная в точке $B$ пересекает $AC$ в точке $S2;T1$ и $T2$ — середины отрезков $AS1$ и $BS2.$ Докажите, что $T1T2,AB$ и $H1H2$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

$PIC$

Очевидно, что точка $T1$ лежит на средней линии $B0C0$ треугольника $ABC,$ а прямая $T1A$ касается окружности $(AB0C0).$ Значит, $T1A2 = T1B0⋅T1C0.$ Но точки $B0$ и $C0$ лежат на окружности Эйлера треугольника $ABC,$ следовательно, $T1$ лежит на радикальной оси этой окружности и описанной окружности треугольника. Проведя аналогичное рассуждение для точки $T2,$ получаем, что $T1T2$ — радикальная ось описанной окружности и окружности Эйлера. Поскольку точки $A,B,H1,H2$ лежат на одной окружности, прямые $AB$ и $H1H2$ являются радикальными осями этой окружности с описанной окружностью и окружностью Эйлера соответственно. Как известно, что три радикальные оси пересекаются в одной точке (радикальном центре).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#67655

Пусть $ABCD$ — параллелограмм, отличный от прямоугольника, а точка $P$ выбрана внутри него так, что описанные окружности треугольников $PAB$ и $PCD$ имеют общую хорду, перпендикулярную $AD.$ Докажите, что радиусы данных окружностей равны.

Источники: ММО-2023, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что линия центров $O1O2$ перпендикулярна общей хорде данных окружностей, а значит параллельна прямым $AD$ и $BC.$ Пусть $M$ - середина отрезка $AB,$ $N$ - середина отрезка $CD.$ Тогда $O1M ⊥AB,$ $O2N ⊥CD$ и, поскольку $AB||CD,$ прямые $O1M$ и $O2N$ параллельны. Далее, $O1O2||AD$ и при этом $AD ||MN,$ поэтому $O1O2||MN.$ Заключаем, что четырёхугольник $O1MNO2$ — параллелограмм по определению, следовательно $O1M = O2N.$ Кроме того, поскольку отрезки $MB$ и $NC$ равны, то по двум катетам будут равны прямоугольные треугольники $O1MB$ и $O2NC,$ следовательно, равны их гипотенузы $O1B$ и $O2C,$ являющиеся также радиусами наших окружностей, что и требовалось доказать

Первое решение.

Предположим противное, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2,$ описанных около треугольников $PAB$ и $P CD$ соответственно, различны.

При параллельном переносе на $−−→ CB$ отрезок $CD$ перейдет в отрезок $AB,$ окружность $ω2$ перейдёт в окружность $ω3,$ а прямая $O1O2$ перейдёт в себя. Причём $ω3$ не может совпадать с $ω1,$ поскольку их радиусы различны. Поэтому линия центров $O3O1,$ совпадающая с прямой $O1O2,$ перпендикулярна общей хорде $AB.$ Таким образом, прямая $AB$ параллельна общей хорде окружностей $ω1$ и $ω2$ и, следовательно, перпендикулярна прямой $AD.$ Но тогда параллелограмм $ABCD$ является прямоугольников, что противоречит условию задачи. Следовательно, радиусы окружностей $ω1$ и $ω2$ равны.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68498

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны $R$ и $r$ соответственно.

а) Прямая $AI$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W$ . Докажите, что $IA ⋅IW = 2Rr.$

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен $2 R − 2Rr.$ [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

Пусть $∠BAC = α.$ Из условия следует, что $AW$ — биссектриса угла $A$ , то есть $∠BAW = α2$

Поэтому $BW = 2R ⋅sinα2$ . По лемме о трезубце $IW =BW.$

Пусть $M$ — проекция точки $I$ на $AB$ . Из прямоугольного треугольника $AMI$ находим, что

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

Переписав формулу в виде $2 2 R − OI = 2Rr$ , докажем, что обе ее части равны произведению $AI ⋅W I$ , где $W$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью.

Пусть $M, N$ — точки пересечения прямой, содержащей $OI$ и окружности, описанной около треугольника $ABC.$

По свойству пересекающихся хорд

2 2 AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) $AI⋅W I = 2Rr$ , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что $R ≥2r$ , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство $R= 2r$ достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — вписанная и описанная окружности треугольника $ABC$ . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник $A1B1C1$ , подобный данному с коэффициентом $2$ . Пусть $R1$ — радиус вписанной окружности треугольника $A1B1C1$ .

Опишем около окружности $S2$ треугольник $A2B2C2$ , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника $A1B1C1$ так, что прямая $B2C2$ и точка $A1$ расположены по разные стороны от прямой $BC$ , прямая $A2C2$ и точка $B1$ — по разные стороны от прямой $AC$ , прямая $A2B2$ и точка $C1$ — по разные стороны от прямой $A1B1.$

Треугольник $A2B2C2$ подобен треугольнику $A1B1C1$ и, следовательно, треугольнику $ABC$ . Стороны треугольника $A2B2C2$ не меньше соответствующих сторон треугольника $A1B1C1$ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому $R ≥ R1= 2r.$

Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника $A1B1C1$ касаются окружности $S2$ . Тогда

∘ ∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

Следовательно, $∠A= 60∘.$ То же верно для остальных углов. Треугольник является правильным.

Третий вариант решения пункта (в)

Пусть $a, b$ и $c$ — стороны треугольника, $p$ — полупериметр, $S$ — площадь. Тогда

R = abc, r = S-,S = ∘p(p−-a)(p−-b)(p-− c) 4S p

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

R- a4bcS- abcp- ----------abc----------- (x-+y)(y+-z)(x+-z) 2r = 2Sp = 2S2 = (a+ b− c)(b+c− a)(a+ c− b) = 8xyz ≥ 1

Где последнее — в силу неравенства о средних для трёх чисел.

Следовательно, $R≥ 2r$ . Равенство достигается, когда $x= y = z$ , то есть $a= b= c$ в случае равностороннего треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71255

Найдите множества всех точек, имеющих одну и ту же степень относительно данной окружности.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим центр данной окружности точкой $O,$ а её радиус — неизвестной $R.$

Рассмотрим степень произвольной точки $X,$ она равна $OX2 − R2.$

Видно, что в этой формуле — $R2$ не зависит от положения точки $X$ , а одинаковую степень имеют точки, для которых расстояние до центра $O$ окружности фиксировано. По определению такое множество точек — окружность с центром в точке $O$ (в том числе нулевого радиуса).

Ответ:

концентрические окружности с данной (в том числе нулевого радиуса, то есть множество из одной точки — центра данной окружности)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71256

Через две из точек касания общих внешних касательных с двумя окружностями проведена прямая (две точки взяты на двух разных окружностях). Докажите, что окружности высекают на ней равные хорды.

Показать доказательство

Пусть общие касательные касаются окружностей в точках $A,B,K,K′$ как на рисунке:

$PIC$

Тогда

AK2 =AF ⋅AB

BK ′2 =BE ⋅BA

При этом легко понять, что $AK = BK′$ ( $AKBK ′$ — трапеция или параллелограмм)

Поэтому $AF = BE,$ а значит, $AE = BF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#71257

На плоскости даны три попарно пересекающиеся окружности. Через точки пересечения любых двух из них проведена прямая. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке или параллельны.

Показать доказательство

Степени точек пересечения двух окружностей относительно каждой из этих пересекающихся окружностей равны нулю, поэтому они лежат на радикальной оси. Если точек пересечения две, то они однозначно задают радикальную ось.

Если центры окружностей не лежат на одной прямой, то радикальная ось первой и второй окружностей пересекается с радикальной осью второй и третьей окружностей. Степени точки пересечения относительно всех трёх окружностей равны, поэтому она также лежит на радикальной оси первой и третьей окружностей.

$PIC$

Если центры окружностей лежат на одной прямой, то радикальные оси параллельны между собой, так как они перпендикулярны одной и той же прямой — линии центров.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#71258

Докажите, что диагонали $AD,BE$ и $CF$ описанного шестиугольника $ABCDEF$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Лемма. Если в точках $P$ и $Q,$ лежащих на окружности, провести касательные к окружности и по одну сторону от прямой $P Q$ отложить на них равные отрезки $′ PP$ и $′ QQ ,$ то существует окружность, касающаяся прямых $′ PP$ и $′ QQ$ в точках $′ P$ и $′ Q .$

$PIC$

Доказательство. Если $PP ′∥QQ ′$ , то доказательство очевидно.

Если прямые $PP′$ и $QQ ′$ пересекаются в точке $T$ (рис.1), а $O$ — центр данной окружности, то $TO$ — биссектриса угла $P TQ,$

TP′ = TP − P P′ = TQ− QQ′ = TQ ′

поэтому перпендикуляры к сторонам угла $PTQ,$ восставленные из точек $P ′$ и $Q ′,$ пересекаются на $TO$ в некоторой точке $O′,$ равноудалённой от сторон угла. Следовательно, $O′$ — центр окружности касающейся сторон угла в точках $P′$ и $Q′.$ Лемма доказана.

Вернёмся к задаче. Пусть вписанная окружность шестиугольника $ABCDEF$ касается его сторон $AB,BC,CD, DE,EF$ и $AF$ соответственно в точках $K,L,P,M,N$ и $Q$ . На лучах $AF,CD,AB,ED, EF$ и $CB$ отложим отрезки соответственно $QQ ′ =P P′ = KK ′ =MM ′ =NN ′ = LL′.$ По лемме существуют окружности: $S1$ касающаяся прямых $CD$ и $AF$ в точках $P′$ и $Q ′,S2$ - касающаяся прямых $AB$ и $ED$ в точках $K ′$ и $M ′,S3$ - касающаяся прямых $CB$ и $EF$ в точках $L′$ и $N ′.$

$PIC$

Из равенств $BK = BL$ и $′ ′ KK = LL$ следует, что $′ ′ BK = BL ,$ а из равенств $′ ′ NN = MM$ и $EN = EM$ следует, что $′ ′ EN =EM .$ Значит, у точек $B$ и $E$ одинаковые степени относительно окружностей $S2$ и $S3$ (касательные, проведённые из точек $B$ и $E$ к этим окружностям, попарно равны). Следовательно, прямая $BE$ - радикальная ось этих окружностей. Аналогично докажем, что прямая $AD$ — радикальная ось окружностей $S1$ и $S2,$ а прямая $CF$ - радикальная ось окружностей $S1$ и $S3.$ Поскольку центры окружностей $S1,S2$ и $S3$ не лежат на одной прямой, их радикальные оси пересекаются в одной точке — радикальном центре трёх этих окружностей.

Замечание. Задача известна как “теорема Брианшона”, но в данном случае нужно напрямую доказать её, а не просто сослаться.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71793

Окружность $ω$ касается сторон $AB,BC$ треугольника $ABC$ в точках $C , 1$ $A 1$ соответственно и касается внутренним образом описанной окружности в точке $B1.$ Докажите, что инцентр (центр вписанной окружности) $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A1C1.$

Показать доказательство

Заметим, что по лемме Архимеда прямая $B A 1 1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A.$ Аналогично, прямая $B1C1$ проходит через середину дуги $AB,$ не содержащей вершину $C.$ Обозначим середины этих дуг через $A0,C0$ соответственно.

$PIC$

Из той же леммы Архимеда следует, что $A0B2 = A0A1⋅A0B1.$ Следовательно, степень точки $A0$ одинакова относительно окружности $ω$ и точки $B.$ Аналогичное утверждение верно и для точки $C0.$ Из этого следует, что прямая $A0C0$ — радикальная ось точки $B$ и окружности $ω.$ Поэтому прямая $A0C0$ проходит через середины отрезков $BA1, BC1.$ Значит, прямая $A0C0$ содержит среднюю линию $FE$ треугольника $C1BA1.$ Следовательно, образ точки $B,$ при отражении точки $B$ относительно прямой $A0C0,$ лежит на прямой $A1C1.$

С другой стороны, по лемме о трезубце $IC0 =BC0$ и $IA0 = BA0.$ Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A0C0$ переходит в точку $I.$ Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой $A1C1.$

Замечание. Предложенный в задаче факт известен как Лемма Варьера (Веррьера). Но нельзя сразу написать, что Вы знаете такую лемму и всё очевидно. Задача заключается в том, чтобы напрямую доказать эту лемму.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#73211

На отрезке $AC$ взята точка $B.$ На $AB$ и $AC$ как на диаметрах построены окружности. $K$ отрезку $AC$ в точке $B$ проведен перпендикуляр $BD$ до пересечения с большей окружностью в точке $D.$ Из точки $C$ проведена касательная $CK$ к меньшей окружности. Докажите, что $CD = CK.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $CK2 = CB ⋅CA$ (степень точки $C$ относительно меньшей окружности). Также заметим, что $∠ADC = 90∘,$ то есть треугольник $ADC$ прямоугольный. Следовательно, квадрат его катета $DC$ равен $CA ⋅CB$ (метрическое соотношение в прямоугольном треугольнике). Значит, $CK2 = CD2,$ откуда получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#73212

B треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AM.$ Окружность описанная около треугольника $ABM,$ повторно пересекает $AC$ в точке $K,$ а окружность, описанная около треугольника $AMC,$ пересекает $AB$ в точке $L.$ Докажите, что $BL =KC.$

Показать доказательство

$PIC$

Напишем степени точек $B$ и $C$ относительно окружностей $AMC$ и $AMB :$ $BL ⋅BA = BM ⋅BC,KC ⋅CA = CM ⋅CB.$ Поделим первое равенство на второе: $BKLC-⋅ BCAA-= BCMM-.$ По свойству биссектрисы $BCAA-= BCMM-,$ а значит $BL = KC,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#73225

$ABCD$ — равнобедренная трапеция ( $BC$ параллельна $AD$ ), $E$ — точка дуги $AD$ описанной окружности. Из точек $A$ и $D$ опустили перпендикуляры на $BE$ и $CE.$ Докажите, что основания перпендикуляров лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Введём обозначения как показано на картинке. Для решения нам достаточно посчитать, что $ET ⋅EX = EY ⋅EZ,$ сделаем это.

Пусть углы $ADB$ и $BDC$ равны соответственно $α$ и $β.$ Тогда $∠AEB = ∠CED = α$ и $∠AEC = ∠BED =α +β$ из вписанности и симметричности равнобедренной трапеции. Тогда:

$pict$

Тогда условие $ET ⋅EX =EY ⋅EZ$ переписывается так:

DE cos(α +β)⋅AE cos(α)= AEcos(α +β)⋅DE cos(α)

А это тождественно верно.