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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут стоит реализовать решение, используя степень точки. Например, если бы TB² и TM² оказались степенями точки T относительно двух окружностей, и при этом T лежала бы на их радоси, задача была бы решена.

Подсказка 2

В задаче фигурирует ортоцентр, обозначим его H. Там, где он возникает, нетрудно найти нужную окружность, правда ведь?

Подсказка 3

Как насчёт окружности HA₁C₁ и точки M? Какая прямая является их радикальной осью?

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

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть X - середина BB₁. Если докажете, что XB₀² - степень точки X относительно вписанной окружности, то дело в шляпе.

Подсказка 2

Разовьем мысль из подсказки 1. Чтобы считать степень относительно вписанной окружности, удобно рассмотреть её в паре с какой-то другой окружностью или точкой. Желательно, чтобы X лежала на их радикальной оси.

Подсказка 3

Обратите внимание на прямоугольный треугольник BB₀B₁. Из него мы знаем, что XB₀ = XB. Это должно натолкнуть на дальнейшее развитие решения.

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будет разумно сделать гомотетию в точке C с коэффициентом 2. Перевести окружность Эйлера в более естественную окружность, проходящую через A и B. При этом останутся те же касательные.

Подсказка 2

Также ход с гомотетией даёт ещё одно неочевидное преимущество. XY - радикальная ось новой окружности и точки C.

Подсказка 3

Кажется, теперь осталось отметить точку T как пересечение AB и XY и показать, что касательная через неё проходит.

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#121576

Две хорды в круге взаимно перпендикулярны и точкой пересечения одна делится на отрезки 1  см и 4  см, а другая делится на отрезки    2  см и 3  см. Найдите площадь этого круга.

Источники: Надежда Энергетики - 2025, 11.3(см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Скорее всего, вы знаете свойство длин отрезков, на которые делятся пересекающиеся хорды в окружности. Верно ли оно в данной задаче?

Показать ответ и решение

По свойству длин отрезков, на которые делятся пересекающиеся хорды, должно выполняться

1⋅4= 2⋅3

Но это равенство неверно. Значит, такого круга не существует.

Ответ:

Такого круга не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#121767

Дан треугольник ABC.  Пусть CL  — его биссектриса, W  — середина дуги BCA,  а P  — проекиия ортоцентра на медиану, проведённую из вершины C.  Окружность CPW  пересекает прямую, проходящую через C  и параллельную AB,  в точке Q.  Докажите, что LC = LQ.

Источники: Турнир городов - 2025, устный тур, 11.6(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно посмотрите на картинку и отметьте все (на ваш взгляд) необходимые точки пересечения. Как можно было бы доказать нужное равенство? Быть может, можно найти какую-то полезную фигуру? Интуитивно понятно, что нам нужны новые объекты - давайте их проводить!

Подсказка 2

Проведите окружности CPW и AHB и изучите их точки пересечения. Что можно сказать про связь точки P с ними?

Подсказка 3

Точка P — пересечение медианы с дугой окружности AHB.

Подсказка 4

Докажите, что середина дуги AHB лежит на окружности CPW. А что можно сказать про отрезок, соединяющий точки пересечения указанных окружностей?

Подсказка 5

Докажите параллельность отрезка, соединяющего точки пересечения окружностей (AHB) и (CPW), и отрезка CQ.

Показать доказательство

Первое решение. Известно, что точка P  — пересечение медианы с дугой AHB.  Пусть R  — середина этой дуги, а M  — середина AB.  Точки   ′
P и  ′
R ,  симметричные P  и R  относительно M,  лежат на описанной окружности (ABC),  поэтому

            ′         ′
MP ⋅MC  =MP  ⋅MC = MR  ⋅MW  =MR  ⋅MW

откуда заключаем, что R  принадлежит окружности (CPRW ).

PIC

Далее, так как CW  ⊥ CL,  луч CL  пересекает окружность (CPRW )  в точке U,  диаметрально противоположной точке W;  следовательно, UR ∥QC.  Отсюда ML  — средняя линия треугольника RR ′U,  то есть L  — середина отрезка R′U.  Во вписанной трапеции RUCQ  общий серединный перпендикуляр к RU  и CQ  проходит через L,  что и даёт требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть  ′
Q — точка на прямой CQ,  такая, что   ′
CQ = CL.  Докажем, что точки C,  P,   ′
Q,  W  лежат на одной окружности.

Рассмотрим композицию инверсии с центром C  и симметрии относительно CL,  которая взаимно обменяет вершины A  и B.  Эта же композиция меняет местами прямую AB  и описанную окружность треугольника, поэтому L  переходит в середину U  дуги AB,  а  W  — в основание K  внешней биссектрисы угла C;  точка Шалтая P  переходит в точку пересечения касательных к окружности (ABC),  проведённых в A  и B.

Прямая CQ  при этом перейдёт в касательную к окружности (ABC )  в точке C,  а окружность с центром L,  проходящая через  C,  перейдёт в серединный перпендикуляр к CU  (поскольку образы точек C  и U  инверсны относительно этой окружности). Следовательно, Q ′ переходит в точку пересечения касательных в C  и U.

Эта точка, образ точки P  и точка K  лежат на одной прямой — поляре точки L  относительно окружности (ABC ),  что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#122432

Высоты AA
  1  и BB
  1  остроугольного неравнобедренного треугольника ABC  пересекаются в точке H.  Точка M  — середина стороны BC.  Описанная окружность треугольника A1MH  пересекает отрезок AM  в точке K.  Докажите, что KH  — биссектриса угла CKB1.

Источники: Изумруд-2025, 11.3(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если в контексте задачи фигурирует ортоцентр, то на картинке скорее всего будет много вписанных четырёхугольников и эта задача — не исключение.

Подсказка 2:

Обратите внимание на четырёхугольники MKB₁C и A₁HB₁C, а также на степень точки A относительно соответствующих окружностей и найдите ещё вписанные четырёхугольники.

Подсказка 3:

Если вы всё сделали верно, то четырёхугольники MKB₁C, A₁HB₁C, A₁HKM, AHKB₁ должны быть вписанными. Для завершения решения поперекидывайте угол ACB в окружностях.

Показать доказательство

Так как AA
  1  — высота, то ∠AA C =90∘.
   1  Аналогично ∠BB  C =90∘.
    1  Тогда A HB C
 1  1  — вписанный четырёхугольник, так как                   ∘
∠HA1C + ∠HB1C = 180.  Степень точки A  относительно окружности A1HB1C  с одной стороны равна AH ⋅AA1,  с другой — AB1 ⋅AC.  То есть AH ⋅AA1 =AB1 ⋅AC,  тогда A1HKM  — вписанный, и аналогично из степени точки A  получаем, что AH ⋅AA1 =AK  ⋅AM.  Итого,

AK ⋅AM  = AH ⋅AA1 = AB1⋅AC → AK ⋅AM = AB1 ⋅AC,

то есть MKB  C
     1  — вписанный.

Так как ∠KMC  и ∠KMA
     1  — смежные углы и MKB  C
     1  — вписанный, то ∠KMC  = 180∘− ∠KB  C,
                 1  откуда ∠KMA   = ∠KB  C.
      1      1  Так как A HKM
 1  — вписанный, то

          ∘             ∘
∠KHA1 = 180 − ∠KMA1 = 180 − ∠KB1C = ∠KB1A,

из-за того, что ∠KB1C  и ∠KB1A  — смежные углы. А также получаем:

∠AHK = 180∘ − ∠KHA  =180∘− ∠KB A
                 1           1

Отсюда AHKB1  — вписанный, тогда ∠AHB1 = ∠AKB1.

PIC

Из вписанности A1HB1C  знаем, что    ∘
180 − ∠B1HA1 =∠B1CA1,  а из смежности знаем, что           ∘
∠AHB1 = 180 − ∠B1HA1.  Тогда ∠B1KA  =∠B1HA = ∠B1CA1.

В треугольнике BB1C           ∘
∠BB1C = 90 и точка M  — середина гипотенузы, значит, BM  = CM = B1M,  то есть треугольник B1MC  — равнобедренный, тогда:

∠MB1C = ∠B1CM  → ∠MB1C = ∠B1CA1 =∠B1KA

Так как MKB1C  — вписанный, то ∠MKC  = ∠MB1C.  Тогда получаем, что:

∠MKC  = ∠MB1C  =∠B1KA.

A1HKM  — вписанный, тогда            ∘            ∘
∠HKM   =180 − ∠HA1M = 90,  так как AA1 ⊥ BC.  То есть HK ⊥ MA,  значит,                  ∘
∠XKM  = ∠XKA  = 90 ,  где X = HK ∩AC.  Получаем:

                        ∘            ∘
∠XKC  =∠XKM   − ∠CKM = 90 − ∠CKM = 90 − ∠B1KA =∠XKA  − ∠B1KA = ∠B1KX,

то есть ∠B1KX  =∠CKX,  значит, HK  — биссектриса ∠CKB1.  Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#125046

Даны окружность ω  и точка P.  Через точку P  проведена прямая ℓ,  пересекающая окружность в точках A  и B.  Докажите, что степень точки P  относительно окружности ω  равна PA⋅PB,  если точка P  лежит снаружи, и − P A⋅PB,  если точка P  лежит внутри окружности. В частности, если точка P  лежит снаружи, то её степень равна квадрату касательной к этой окружности.

Показать доказательство

Пусть O  — центр окружности ω  . Степень точки P  относительно ω  по определению равна d2 − R2,  где d= OP.  Обозначим за C  и D  точки пересечения прямой PO  и окружности ω  (так, что D  лежит на луче OP  ). В силу вписанности четырёхугольника ABCD  получаем равенство углов DAP  и BCP,  то есть треугольники PCB  и PAD  подобны. Откуда следует, что P A⋅PB = PC⋅P D.  Следовательно, достаточно доказать, что          2   2
PC ⋅P D= d − R .  А это верно, так как PC =d +R  и P D =d− R,  если P  находится снаружи ω,  и PD = R− d,  если P  внутри.

Теперь докажем, что степень точки P  равна квадрату длины касательной. Выберем точку X  на ω  так, что PX  касается ω.  Тогда          ∘
∠OXP  =90 ,  поэтому по теореме Пифагора получаем, что

P X2 = OP 2− OX2 = d2− R2

Что и требовалось.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#125047

На луче OA  отмечены точки A  и B,  а на луче OC  отмечены точки C  и D.  Докажите, что точки A,  B,  C,  D  лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда OA ⋅OB =OC ⋅OD.

Показать доказательство

Отметим точку D ′ на прямой OC  такую, что точки A,  B,  C,  D ′ лежат на одной окружности (такая точка очевидно, единственная). Если описанная окружность треугольника ABC  касается OC,  то будем считать   ′
D  = C.  Следовательно,               ′
OA ⋅OB = OC ⋅OD ,  откуда следует равенство длин отрезков OD  и    ′
OD .  Легко видеть, что точка O  не может лежать на отрезке    ′
DD ,  а значит,      ′
D = D .

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#125048

В параллелограмме ABCD  выполнено AC >BD;  M  — такая точка диагонали AC,  что четырехугольник BCDM  вписанный. Докажите, что прямая BD  является общей касательной к описанным окружностям треугольников ABM  и ADM.

Показать доказательство

Обозначим за O  центр параллелограмма ABCD.  Тогда из вписанности BCDM  получаем, что OM  ⋅OC = OB ⋅OD.  В силу того, что O  является центром параллелограмма, прошлое равенство можно переписать как

   2     2
OC  = OD  = OA⋅OM.

Отсюда сразу следует, что описанные окружности треугольников ABM  и ADM  касаются прямой BD.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#125059

Окружность ω  касается сторон угла BAC  в точках B  и C.  Прямая ℓ  пересекает отрезки AB  и AC  в точках K  и L  соответственно. Окружность ω  пересекает ℓ  в точках P  и Q.  Точки S  и T  выбраны на отрезке BC  так, что KS  параллельна   AC  и LT  параллельна AB.  Докажите, что точки P,  Q,  S,  T  лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В такой задаче довольно плохо считаются углы, поэтому нужен другой подход. Какой?

Подсказка 2.

Правильно! Степень точки! Но пока нету точки, относительно которой было бы удобно считать степени. Поэтому нужно её построить.

Подсказка 3.

Давайте обозначим за X точку пересечения прямой KL и BC. Оказывается, X та самая нужная нам точка, относительно которой удобно считать степень, но нам понадобится еще один инструмент, который даст нам какие-то соотношения на отрезки. Какой?

Подсказка 4.

Правильно, теорема Фалеса! Напишите её условие и степень точки, и должно все получиться.

Показать доказательство

Если ℓ∥ BC,  утверждение следует из симметрии относительно серединного перпендикуляра к BC  . Пусть ℓ  и BC  пересекаются в  X  . Из параллельности, по теореме Фалеса, имеем

XB    XK   XS
-XT = XL-= XC-,

откуда XT ⋅XS = XB ⋅XC.

Так как точки B,  C,  P,  Q  лежат на ω,  выполняется XB ⋅XC = XP ⋅XQ.  Следовательно, XT ⋅XS = XP ⋅XQ,  что и доказывает утверждение.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#125222

Дан фиксированный отрезок AB  и фиксированное число c.  Найдите ГМТ P  таких, что разность квадратов расстояний до точек A  и B  равна c,  то есть    2    2
P A − PB = c.

Показать ответ и решение

Опустим из одной из таких точек P  перпендикуляр на AB  и получим точку Q.  По теореме Пифагора для треугольников APQ  и BP Q,  имеем

  2     2    2     2    2     2
AP  +AQ  = PQ ; BP  + BQ = PQ ,

а значит,

      2    2    2     2
c= PA  − P B = QA − QB = (QA + QB)⋅(QA − QB ).

Таким образом, точка Q  не зависит от выбора точки P  , так как одно из выражений QA +QB  и QA − QB  по модулю равно длине отрезка AB,  который фиксирован, а значит, второе из этих выражений не зависит от выбора точки P.  Все переходы выше равносильны, поэтому искомое ГМТ — прямая перпендикулярная отрезку AB.

PIC

Ответ:

Прямая перпендикулярная отрезку AB,  проходящая через точку Q  на отрезке такую, что разность отрезков AQ  и QB  равна c∕AB.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#125223

Докажите следующие свойства радикальной оси.

(a) Радикальная ось — прямая, перпендикулярная линии центров двух соответствующих окружностей.

(b) Радикальная ось пересекающихся окружностей проходит через точки пересечения этих окружностей.

(c) Радикальная ось касающихся окружностей является их общей касательной, проходящей через точку касания этих окружностей.

Показать доказательство

(a) Пусть O ,O
 1  2  — центры, а r,r
 1 2  — радиусы окружностей ω
 1  и ω
 2  соответственно, точка P  лежит на их радикальной. Тогда, по определению,

   2  2      2  2
O1P − r1 =O2P  − r2,

следовательно,

   2     2   2  2
O1P − O2P = r1 − r2.

Наконец, все такие точки лежат на прямой, которая перпендикулярна O1O2.

(b) Заметим, что точки пересечения имеют одинаковую, а именно нулевую, степень точки относительно окружностей ω1  и ω2,  поэтому они лежат на радикальной оси.

(c) Аналогично пункту (b) точка касания окружностей лежит на радикальной оси. Так как радикальная ось перпендикулярна линии центров, получаем, что она является их общей касательной.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#125224

Пусть AB  и AC  — касательные к окружности ω,  и пусть M,N  — середины отрезков AB  и AC.  Пусть P  — произвольная точка на прямой MN.  Докажите, что PA = PD,  где PD  — касательная к ω.

Показать доказательство

Рассмотрим точку A  как окружность нулевого радиуса, тогда степень точки относительно неё будет равна квадрату расстояния. Заметим, что точки M  и N  имеют одинаковые степени точки относительно A  и окружности ω,  следовательно, прямая MN  является их радикальной осью, то есть P  имеет одинаковую степень точки относительно A  и ω,  которая равна для них соответственно квадратам длин отрезков P A  и PD.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#125364

В треугольнике ABC  с углом 100∘ при вершине A  медианы BK  и CN  пересекаются в точке M.  Прямая, проходящая через точку M  и параллельная BC,  пересекает описанную окружность треугольника AKN  в точках P  и Q.  Найдите сумму углов BP C  и BQC.

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

На рисунке имеется много параллельных прямых. Значит, можно попереносить отношения. Не забывайте, в каком отношении центр тяжести делит медианы.

Подсказка 2:

Первая подсказка намекала на то, что надо найти, как сотносятся отрезки AN, NR и RB — как 3 : 1 : 2. Теперь, используя это, попробуйте как-то поработать с окружностью.

Подсказка 3:

Поработать нужно даже не с окружностью, а со степенью точек относительно неё. Обратите внимание на точку пересечения PQ и AB (обозначим её через R).

Подсказка 4:

Пусть NR = x, RB = 2x, AN = 3x. Наверное, вы записали, что RP • RQ = RN • RA = 4x². Быть может, в выражении 4x² можно разглядеть что-то другое помимо RN • RA?

Подсказка 5:

На самом деле 4x² = BR². Это позволит некоторым образом удачно перекинуть углы и что-то понять про прямые BP и BQ в угле ABC.

Подсказка 6:

Итак, вы поняли, что BP и BQ — изогонали в угле ABC, аналогично можно сказать про прямые CQ и CR в угле ACB. Теперь осталось лишь выразить требуемую сумму углов через угол BAC.

Показать ответ и решение

PIC

Обозначим через R  точку пересечения прямой P Q  с отрезком BN.  Заметим, что NK  — средняя линия треугольника ABC,  поэтому NK  ∥BC ∥PQ.  Значит, по теореме Фалеса

RN-= MK--= 1
RB   MB    2

последнее равенство следует из того, что M  — точка пересечения медиан треугольника ABC.

Обозначим RN = x.  Тогда BR = 2x,  BN = AN =3x,  AR = 4x.  Поскольку четырёхугольник ANPQ  вписанный, имеем

RP ⋅RQ = RN ⋅RA =x ⋅4x= (2x)2 = BR2

Следовательно, прямая BR  касается описанной окружности треугольника BPQ,  поэтому ∠ABP = ∠BQP  =∠QBC,  а тогда и ∠ABQ  =∠CBP.  Рассуждая аналогично, получаем, что ∠ACP  =∠QCB.  Значит,

∠BPC + ∠BQC =

    ∘                  ∘
=180 − ∠PBC − ∠PCB +180 − ∠QBC − ∠QCB =

= 360∘− ∠P BC − ∠P CB − ∠P BA− ∠PCA =

=180∘+ ∠BAC = 280∘.
Ответ:

 280∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#125368

Докажите следующие свойства радикальных осей.

(a) На плоскости даны три окружности ω1,ω2  и ω3  . Если две радикальных оси этих окружностей пересекаются в точке Q  , то третья радикальная ось также проходит через эту точку. Такая точка Q  называется радикальным центром окружностей ω1,ω2  и ω3  .

(b) Если радикальные оси трёх окружностей не пересекаются в одной точке, то все эти радикальные оси параллельны, а центры окружностей лежат на одной прямой.

Показать доказательство

(a) Пусть deg(X, ω)  — степень точки X  относительно окружности ω.

Если Q  лежит на радикальной оси окружностей ω1  и ω2  и на радикальной оси окружностей ω1  и ω3,  то

deg(Q,ω2)=deg(Q,ω1)= deg(Q,ω3),

а значит, точка Q  лежит и на радикальной оси окружностей ω2  и ω3.

PIC

(b) Заметим, что тогда все радикальный оси должны быть попарно параллельны, иначе, если хотя бы две пересекаются, то можно применить пункт (a) и получить, что все пересекаются в общей точке.

Радикальные оси перпендикулярны линии центров. Таким образом, если все радикальные попарно параллельны, то и линии центров попарно параллельны, но каждые две имеют общую точку, поэтому совпадают.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#125369

В треугольнике ABC  отмечены по две точки на каждой стороне: точки A
 1  и A
  2  на стороне BC,  точки B
 1  и B
 2  на стороне AC,  точки C1  и C2  на стороне AB.  Известно, что четырехугольники A1A2B1B2,  B1B2C1C2,  C1C2A1A2  — вписанные. Докажите, что все шесть точек A1,  A2,  B1,  B2,  C1,  C2  лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Если окружности не совпадают, то они попарно пересекаются, причем их общие хорды лежат на сторонах треугольника. Какую теорему можно попробовать применить в такой конструкции?

Подсказка 2.

Теорему о радикальном центре! Попробуйте сделать это и получить противоречие с изначальным предположением.

Показать доказательство

Предположим, что не все окружности совпадают, тогда, по теореме о радикальном центре, их радикальные оси (прямые A A ,
 1 2  B B ,
 1 2  C1C2  ) пересекаются в одной точке, но эти прямые совпадают со сторонами треугольника, поэтому не имеют общих точек, чем получено противоречие.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#125370

На боковых сторонах трапеции как на диаметрах построены окружности. Докажите, что если точка пересечения диагоналей оказалась вне окружностей, то длины касательных из неё к окружностям равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Нам нужно доказать равенство касательных из точки X. Как это можно переформулировать?

Подсказка 2.

Верно! Достаточно доказать, что X лежит на радикальной оси окружностей. Для этого хотелось бы как-то выразить степени точки X относительно них. Что может в этом помочь?

Подсказка 3.

На самом деле нужно найти секущие! Для этого опустим перпендикуляры из точек B и C на диагонали AC и BD соответственно. Обозначим их за B₁ и C₁. Как теперь можно переформулировать то, что X лежит на радикальной оси?

Подсказка 4.

Достаточно доказать вписанность четырёхугольника ADB₁C₁. Осталось только посчитать углы, но для этого надо заметить еще одну вписанность.

Показать доказательство

Обозначим вершины трапеции за A,  B,  C,  D  так, что AB  и CD  её боковые стороны; X  — точка пересечения диагоналей трапеции; B1  и C1  — основания перпендикуляров, опущенных из точек B  и C  на диагонали AC  и BD  соответственно. Достаточно доказать, что X  лежит на радикальной оси этих окружностей.

Покажем, что XB1 ⋅XA = XC1 ⋅XD.  Для этого достаточно доказать вписанность четырёхугольника AB1C1D.  Заметим, что точки B,  B1,  C1,  C  лежат на одной окружности с диаметром BC.  Тогда верна цепочка равенств:

∠BCB1 = ∠B1C1B = ∠B1AD,

из которой и следует искомая вписанность.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#125431

В неравнобедренном треугольнике ABC  проведены высоты AA
   1  и CC
  1  . Описанные окружности треугольников ABC  и A BC
 1   1  вторично пересекаются в точке P  . Докажите, что прямые BP  , A1C1  и AC  пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Так как ∠AC C =∠AA  C = 90∘,
   1       1  то точки A,  C ,
 1  A ,
 1  C  лежат на окружности с диаметром AC.  Заметим, что прямые AC,  A C
 1 1  и BP  являются радикальными осями пар окружностей

(ABC ),(AC1A1C );  (AC1A1C ),(A1BC1); (A1BC1 ),(ABC)

соответственно, поэтому по теореме о радикальном центре они пересекаются в одной точке.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#125432

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC  точка O  — центр описанной окружности ω  , касательные к которой в точках   B  и C  пересекаются в точке P  . Медиана треугольника, проведённая из вершины A  , пересекает ω  в точке Q  . Докажите, что точки A,O,P  и Q  лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Заметим, что PB =P C,  как отрезки касательных, OB =OC,  как радиусы описанной окружности, поэтому точки O  и P  лежат на серединном перпендикуляре к BC,  поэтому прямая OP  проходит через точку M  — середину отрезка BC,                  ∘
∠OCP = ∠OBP = 90 , поскольку являются углами между касательными и радиусом, следовательно, четырёхугольник OBP C  — вписанный, следовательно,

CM ⋅MB  =OM  ⋅MP.

С другой стороны, четырехугольник ABQC  писанный, следовательно,

CM ⋅MB  =AM  ⋅MQ.

Приравнивая произведения отрезков касательных, имеем

OM ⋅MP  =AM  ⋅MQ,

откуда следует доказываемая вписанность.

PIC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какой прием может помочь выразить длину касательной?

Подсказка 2.

Правильно, степень точки! Здесь помогает знание про то, что квадрат длины касательной равен степени точки, которую можно по перекидывать. Попробуйте это сделать.

Подсказка 3.

Стоит обратить внимание, что четырёхугольник AC₁A₁C вписанный.

Показать доказательство

Обозначим за C
 1  основание высоты из C.  Тогда квадрат касательной равен

                     2
BC1 ⋅BA =BA1 ⋅BC = BD .

Первое равенство верно в силу вписанности четырехугольника AC1A1C,  а второе из подобия в прямоугольном треугольнике. Получили то, что нужно по свойству касательной и секущей.

PIC

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!