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 81#83704Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ без параллельных сторон вписан в окружность. Для каждой пары касающихся окружностей, одна из которых имеет хорду $AB,$ а другая — хорду $CD,$ отметим их точку касания $X.$ Докажите, что все такие точки $X$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Обозначим через $P$ пересечение прямых $AB$ и $CD.$ Заметим, что $P$ является радикальным центром окружностей $(ABCD ),(ABX ),(CDX ),$ так $AB$ это радикальная ось $1$ и $2$ окружностей, а $CD$ это радикальная ось $1$ и $3$ окружностей. Так как $2$ и $3$ окружности касаются в точке $X,$ то радикальная ось к этим окружностям это касательная к ним в точке $X.$ Следовательно, $PX$ это касательная к окружности $(ABC ),$ откуда следует $2 P X = PA ⋅PB.$ А значит все точки $X$ лежат на окружности, с центром в точке $P$ и радиуса $√------- P A⋅PB.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#86056Максимум баллов за задание: 7

На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю границу построены равнобедренные треугольники $BCD,CAE$ и $ABF.$ Докажите, что прямые, проходящие через точки $A,B$ и $C$ перпендикулярно $EF,FD$ и $DE$ соответственно, пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Рассмотрим окружности с центрами $D,E$ и $F$ и радиусами $DB,EC$ и $FA$ соответственно. Заметим, что прямая, проходящая через $A$ перпендикулярная $EF$ это радикальная ось окружностей с центрами в точках $E$ и $F.$ Аналогично две другие прямые из условия являются радикальными осями окружностей с центрами $E$ и $D$ и окружностей с центрами $F$ и $D.$ Следовательно, все три прямые из условия пересекаются в радикальном центре рассматриваемых окружностей (он существует, так как центры окружностей не лежат на одной прямой).

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#86058Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $H.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CH$ соответственно. Докажите, что $A1B1 ⊥MN.$

Показать доказательство

Заметим, что $A B 1 1$ является радикальной осью окружностей $(CA HB ) 1 1$ и $(AB A B), 1 1$ которая перпендикулярна линии центров этих окружностей. Осталось заметить, что у первой окружности центром является точка $N,$ а у второй — $M.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#86061Максимум баллов за задание: 7

Через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ провели перпендикулярно прямой $BC$ прямые $b$ и $c$ соответственно. Серединные перпендикуляры к сторонам $AC$ и $AB$ пересекают прямые $b$ и $c$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что прямая $PQ$ перпендикулярна медиане $AM$ треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Проведём окружность с центром $P,$ проходящую через $A.$ Она пересечёт прямую $BC$ в точке $C$ и точке $K,$ симметричной $C$ относительно $B.$ Аналогично окружность с центром $Q,$ проходящая через $A,$ пересечёт $BC$ в точке $B$ и точке $L,$ симметричной $B$ относительно $C.$ Степени точки $M$ относительно этих окружностей равны, поскольку

2 MC ⋅MK = 3MC = MB ⋅ML,

так что их радикальная ось — это $AM$ и она перпендикулярна линии центров $PQ.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#86064Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ провели чевианы $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ (точки $A ,B 1 1$ и $C 1$ принадлежат соответственно отрезкам $BC,AC$ и $AB$ или их продолжениям). На отрезках $AA1,BB1$ и $CC1$ как на диаметрах построили окружности. Докажите, что радикальный центр этих трёх окружностей не зависит от выбора точек $A1,B1$ и $C1.$

Показать доказательство

Обозначим пересечение высот треугольника $AA ,BB 0 0$ и $CC 0$ за $H.$ Докажем, что радикальным центром этих окружностей будет ортоцентр $H.$ Для этого достаточно показать, что степень $H$ относительно окружностей из условия одинаковая. Нетрудно понять, что $A0$ лежит на окружности с диаметром $AA1,B0$ на окружности с диаметром $BB1,C0$ на окружности с диаметром $CC1.$ Следовательно, степень точки $H$ относительно данных окружностей равна $HA ⋅HA0, HB ⋅HB0$ и $HC ⋅HC0.$ Из окружности $AB0A0B$ следует, что $HA ⋅HA0 = HB ⋅HB0.$ Аналогично можно показать, что $HC ⋅HC0 = HB ⋅HB0$ и $HA ⋅HA0 = HC ⋅HC0,$ откуда и следует решение задачи.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#86065Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ ( $AB ⁄= BC$ ) точка $M$ — середина стороны $AC,$ а $H$ — ортоцентр. Продолжение медианы $BM$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $N,$ а точка $D$ на этой окружности такова, что $∘ ∠BDH = 90 .$ Точка $K$ такова, что $ANCK$ — параллелограмм. Докажите, что прямые $AC,KH$ и $BD$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Обозначим через $T$ и $B 1$ точки симметричные точкам $H$ и $B$ относительно $M.$ Тогда известно, что точка $T$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC,$ причём $T$ является диаметрально противоположной точке $B.$ Следовательно, $∘ ∠B1NT =∠BNT =90 .$ Тогда при отражении относительно точки $M$ окружности $(ANTC )$ перейдет в окружность $CKHA,$ а значит четырёхугольник $AHKC$ вписанный. Также при отражении относительно точки $M$ угол $B1NT$ перейдет в угол $BKH,$ откуда следует, что четырёхугольник $BDHK$ вписан в окружность с диаметром $BH.$ Следовательно, прямые $AC,KH$ и $BD$ являются радикальными осями к окружностям $(ADBC ),(AHKC )$ и $(BDHK ).$ Нетрудно показать, что радикальные оси не параллельны, откуда и следует утверждение задачи.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#86066Максимум баллов за задание: 7

Обозначим через $ω$ описанную окружность треугольника $ABC,$ а через $X$ точку, симметричную $A$ относительно $B.$ Прямая $CX$ пересекает $ω$ вторично в точке $D.$ Прямые $BD$ и $AC$ пересекаются в точке $E,$ прямые $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $F.$ Обозначим через $M$ и $N$ середины сторон $AB$ и $AC.$ Может ли прямая $EF$ иметь хотя бы одну общую точку с описанной окружностью треугольника $AMN?$

Показать ответ и решение

Заметим, что $BN ∥CX$ как средняя линия в треугольнике $AXC.$ Поэтому

2 ∠ (EB, BN)= ∠(ED,DC )= ∠(BD, DC)= ∠(BA,AC ) =⇒ EA⋅EN = EB

Обозначим через $P$ точку пересечения прямых $BN$ и $AD.$ Четырехугольники $AMP N$ и $ABDC$ гомотетичны с центром $A$ и коэффициентом $2.$ Следовательно, $AMP N$ — вписанный. Тогда

2 ∠(F P,P B)= ∠(AP,P N)= ∠(AM,MN )= ∠(AB,BC ) =⇒ FA ⋅F P = FB

Из равенств выше следует, что $EF$ является радикальной осью окружности $(AMN )$ и точки $B.$ Так как $B$ лежит вне этой окружности, $EF$ не может пересекать окружность $(AMN ).$

$PIC$

Ответ:

Не может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#90912Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $γ 1$ и $γ, 2$ пересекающиеся в точках $X$ и $Y,$ вписаны в сегмент окружности $ω,$ стягиваемый хордой $BC.$ Докажите, что прямая $XY$ проходит через середину дуги сегмента, стягиваемой хордой $BC,$ не содержащего окружности $γ1$ и $γ2.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим касания с дугой и хордой через точки $M,N,Z,T$ как показано на рисунке. По лемме Архимеда прямые $MT$ и $NZ$ проходят через $A$ — середину дуги $BC,$ не содержащей $T.$ Также по лемме Архимеда $AM ⋅AT = AN ⋅AZ =AB2.$ Следовательно, степень точки $A$ относительно окружностей $γ1$ и $γ2$ равна. Таким образом, точка $A$ лежит на радикальной оси окружностей $γ1$ и $γ2,$ то есть на прямой $XY,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#90913Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $γ 1$ и $γ 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Окружность $ω$ касается этих окружностей внутренним образом в точках $C$ и $D$ соответственно. Докажите, что биссектрисы углов $ACB$ и $ADB$ пересекаются на прямой $AB.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что если доказать равенство $BCCA = BDDA-,$ то из свойства биссектрисы получится требуемое. Касательные к большой окружности в точках $C$ и $D$ и прямая $AB$ пересекаются в точке $X$ — радикальном центре трёх окружностей. Треугольники $XAC$ и $XCB$ подобны ( $∠XCA = ∠XBC$ и $∠CXB$ — общий). Следовательно, $BCCA-= BXXC-.$ Аналогично имеем $BDDA-= BXXD-.$ Осталось заметить, что $BXXC-= BXXD-,$ потому что отрезки $XC$ и $XD$ равны как отрезки касательных. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#91351Максимум баллов за задание: 7

Из точки $A$ , лежащей вне окружности $ω$ проведены касательные $AB$ и $AC$ $(B,C ∈ ω)$ . Обозначим за $E$ и $F$ – середины отрезков $AB$ и $AC$ соответственно. На прямой $EF$ выбрана произвольная точка $D$ , из которой к $ω$ проводятся касательные $DP$ и $DQ (P,Q ∈ ω).$ Прямая $PQ$ пересекает прямую $EF$ в точке $M$ . Докажите, что $∘ ∠DAM = 90$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала нужно понять, чем является прямая EF для окружности ω и точки A. Попробуйте это сделать.

Подсказка 2.

Правильно! Прямая EF совпадает с радикальной осью окружности ω и точки A. Утверждение задачи можно переформулировать: нужно доказать, что три определённые прямые пересекаются в одной точке. Попробуйте это сделать.

Подсказка 3.

Ага! Достаточно доказать, что прямые PQ, EF и перпендикуляр в точке A к DA пересекаются в одной точке, причём одна из них является радикальной осью. На что это похоже?

Подсказка 4.

На теорему о радикальном центре! Но для её применения нужно найти третью окружность (помимо точки A и ω). В этом могут помочь прямые, конкурентность которых мы хотим доказать — они должны являться радикальными осями для данных окружностей.

Показать доказательство

Заметим, что точки $E$ и $F$ лежат на радикальной оси точки $A$ и окружности $ω$ , так как $AE = EB$ и $AF = FC$ . Значит, $EF$ радикальная ось и на ней лежит $D$ . Тогда $AD =DP = DQ$ .

$PIC$

Теперь рассмотрим радикальный центр точки $A$ , $ω$ и окружности с центром в $D$ и радиусом $AD$ . Тогда у первых двух окружностей радикальная ось $EF$ , а у второй и третьей $PQ$ . Значит, $M$ — их радикальный центр. Радикальная ось между точкой $A$ и окружностью с центром $D$ и радиусом $AD$ — это перпендикуляр к $AD$ в точке $A$ . Значит, $AM ⊥AD$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#91352Максимум баллов за задание: 7

Дана окружность $ω$ и фиксированная точка $A$ вне окружности. Через точку $A$ проводится окружности $ω′$ , которая касаются окружности $ω$ в точке $′ A .$ Касательные к $′ ω$ в точках $A$ и $′ A$ пересекаются в точке $M$ . Докажите, что если рассматривать все такие окружности $′ ω$ , то получаемые таким образом точки $M$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В данной задаче помогут некоторые соображения касаемо окружностей и радикальных осей. Было бы не плохо, если бы М лежало на радоси каких-то двух фиксированных окружностей, не так ли?

Подсказка 2:

Знаете, а точка тоже является своего рода окружностью. Попробуйте применить это знание и задача сразу же решится.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что так как $M$ лежит на пересечении касательных, то $AM = A′M.$ Так как раз окружности касаются, то $A′M$ — касательная к $ω.$ Значит, $M$ лежит на радикальной оси точки $A$ и $ω.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#91353Максимум баллов за задание: 7

Из точки $A$ к данной окружности $S$ проведены касательные $AB$ и $AC$ . На средней линии треугольника $ABC$ , параллельной стороне $BC$ , выбраны произвольные точки $X$ и $Y.$ Отрезки касательных из точек $X$ и $Y$ к окружности $S$ пересеклись в точке $Z$ . Докажите, что четырёхугольник $AXZY$ – описанный.

Показать доказательство

Пусть $XD$ и $YG$ — касательные к окружности $S,$ где $D,G ∈ S.$ $ZG =ZD$ как отрезки касательных из точки $Z.$

$PIC$

Так как $EF$ это средняя линия $ABC$ и радикальная ось точки $A$ и окружности $S$ , то $AX = XD$ и $AY =Y G$ . Значит,

AX + YZ =XD + YZ = XZ +ZG + YZ =XZ + YG = XZ +AY

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#91354Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена вписанная окружность с центром $I$ , которая касается сторон $AB,BC$ и $AC$ в точках $C ,A 0 0$ и $B 0$ соответственно. Прямая $BI$ пересекает $A0C0$ в точке $K.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $BKB0$ лежит на прямой $AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $IC0B$ прямоугольный с высотой $C0K$ . Значит, степень точки $I$ относительно описанной окружности $BKB0$ равна $IK ⋅IB = IC20 = OB20.$ Отсюда следует, что $IB0$ — касательная к этой окружности, и поэтому её центр лежит на прямой перпендикулярной к $IB0$ в точке $B0$ , то есть на прямой $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#91986Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AD,BE, CD,$ пересекающиеся в точке $H.$ Докажите, что $HA ⋅HD = HB ⋅HE = HC ⋅HF.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что четырехугольник $AEDB$ вписанный, так как $∠AEB = ∠ADB = 90∘$ . Значит, степень точки $H$ относительно описанной окружности равна $HA ⋅HD =HB ⋅HE$ (это можно было бы получить, если написать дроби для подобных треугольников $AEH$ и $BDH$ ). Аналогично получается второе равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#92036Максимум баллов за задание: 7

На продолжении хорды $KL$ окружности с центром $O$ взята точка $A$ , и из неё проведены касательные $AP$ и $AQ$ ; $M$ — середина отрезка $P Q.$ Докажите, что $∠MKO =∠MLO.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Как можно переформулировать то, что мы хотим доказать c помощью вписанности?

Подсказка 2.

Правильно! На самом деле достаточно доказать вписанность четырёхугольника MKLO. С помощью чего в данном случае это лучше делать?

Подсказка 3.

Верно! При помощи степени точки! Относительно какой точки тут лучше считать степень?

Подсказка 4.

Относительно точки A! Не забудьте, что степень точки также равна квадрату длины касательной.

Показать доказательство

Равенство углов $MKO$ и $MLO$ равносильно вписанности четырёхугольника $MKLO.$ Заметим, что прямая $AO$ является осью симметрии окружности, а значит, касательные из точки $A$ симметричны относительно прямой $AO.$ Поэтому из симметрии относительно прямой $AO$ точки $A,$ $M,$ $O$ лежат на одной прямой, так как $M$ является серединой двух симметричных точек $P$ и $Q.$

Таким образом, достаточно проверить, что $AK ⋅AL = AO⋅AM.$ Левая часть этого равенства совпадает с степенью точки $A$ относительно окружности, а значит, она также равна $2 AP .$ Осталось доказать, что $2 AP =AO ⋅AM;$ для этого достаточно проверить, что прямая $AP$ касается описанной окружности треугольника $P OM.$ В силу того, что углы $OP A$ и $OMP$ прямые, получаем, что отрезок $OP$ является диаметром описанной окружности треугольника $P OM,$ а он перпендикулярен $AP.$ Откуда и следует искомое касание.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#135026Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ вписана в окружность $ω.$ Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P.$ Точка $M$ — середина отрезка $AB.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AD$ пересекает окружность $ω$ в точках $K$ и $L.$ Точка $N$ — середина дуги $CD$ описанной окружности треугольника $PCD,$ не содержащей точку $P$ . Докажите, что точки $K,L,M$ и $N$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Обозначим через $O$ центр окружности, описанной около трапеции $ABCD.$ Тогда

∠COD =2∠CAD =∠P AD +∠ADP =∠CP D.

Здесь мы воспользовались тем, что центральный угол вдвое больше вписанного, и что внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных.

Следовательно, точка $O$ лежит на окружности $γ,$ описанной около треугольника $CP D,$ и поскольку $OC = OD,$ то $O$ — середина дуги $CP D.$ Тогда отрезок $ON$ — диаметр окружности $γ,$ а прямая $ON$ — серединный перпендикуляр к отрезку $CD.$ В частности, середина отрезка $CD,$ обозначим её через $S,$ лежит на отрезке $ON.$ Из сказанного выше,

∘ ∠OCN = 90 = ∠CSN.

Значит, окружность, описанная около треугольника $SCN,$ касается прямой $OC,$ поэтому

OS ⋅ON = OC2 = OK ⋅OL.

Отметим точку $S′,$ симметричную точке $S$ относительно точки $O.$ Тогда

OK ⋅OL= OS′⋅ON,

поэтому точки $′ S,K,L,N$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Теперь заметим, что точки $M$ и $S$ симметричны относительно прямой $KL.$ Значит,

OS′ = OS = OM и ∠LOS′ = ∠KOS = ∠KOM.

Таким образом, точки $M$ и $S′$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $KL.$ Следовательно, точки $K,$ $M,$ $S′$ и $L$ лежат на одной окружности. Из сказанного выше, на этой окружности лежит также и точка $N,$ что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#71792Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC.$ Окружность $ω$ проходит через точку $A,$ касается прямой $BC$ в точке $M$ и пересекает сторону $AB$ в точке $D,$ а сторону $AC$ — в точке $E.$ Пусть $X$ и $Y$ — середины отрезков $BE$ и $CD$ соответственно. Докажите, что окружность, описанная около треугольника $MXY,$ касается $ω.$

Источники: ММО - 2021, 9.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть с вами сразу три середины каких-то отрезков. Понятно, что можно тогда где-то найти средние линии и параллельности) Что из этого получится?

Подсказка 2

Из этого можем получить, что ∠XMY = ∠A. Теперь подумайте: что значит, что окружности будут касаться? Скорее всего, вы понимаете даже, где. Какое условие там будет выполнено?

Подсказка 3

Хочется, чтобы они касались в точке M, то есть нужно, чтобы описанная около XMY окружность касалась BC в точке M. То есть, ∠YMC = ∠YXM. А мы знаем, что ∠YMC = ∠ABC. По факту что нам достаточно теперь доказать?

Подсказка 4

Из знания уже одного угла нам достаточно доказать, что XMY подобен треугольнику ABC! Для этого попробуйте использовать то, что это средние линии, а нужные удвоенные отрезки можно выразить с помощью теорем о касательной и секущей :)

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $MX$ и $MY$ — средние линии треугольников $BCE$ и $BCD,$ поэтому $∠XMB =$ $= ∠C$ и $∠CMY = ∠B.$ Тогда

∠Y MX = 180∘ − ∠XMB − ∠CMY =∠A

По свойству касательной и секущей к окружности имеем $BM2 = BD ⋅BA,$ откуда

2 MY = B2D-= B2MAB-

Аналогично получаем

MX = CM2- 2AC

Деля одно на другое и пользуясь тем, что $BM = CM,$ находим

MY-- BM2- 2AC- AC- MX = CM2 ⋅2AB = AB

Получаем, что треугольники $BAC$ и $XMY$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон.

Тогда $∠XY M = ∠ACB =∠XMB.$ Получается, что в описанной окружности треугольника $XMY$ угол, опирающийся на хорду $XM,$ равен углу между хордой $XM$ и прямой $BC.$ Это значит, что прямая $BC$ касается окружности, описанной вокруг треугольника $XMY.$ Следовательно, рассматриваемые окружности касаются.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#71959Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина основания $AD$ трапеции $ABCD,$ вписанной в окружность $ω.$ Биссектриса угла $ABD$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Прямая $CM$ вторично пересекает окружность $ω$ в точке $N.$ Из точки $B$ проведены касательные $BP$ и $BQ$ к описанной окружности треугольника $MKN.$ Докажите, что прямые $BK,MN$ и $P Q$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.6(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если внимательно посмотреть на чертёж, то, кажется, что продолжение ВК за точку К пересекает ω там, где и описанная окружность △MKN. Попробуйте это доказать.
Для этого будет удобно рассмотреть ∠KMN.

Подсказка 2

Пусть прямая CN пересекает прямую ВК в точке X, а прямая PQ пересекает в точке X’. Тогда по условию хотим показать, что X = X’.
Пусть луч BK пересекает ω в точке T . Тогда, если вспомнить, что ВК — биссектриса угла ∠АВD, чему равен угол ∠AMT? Он прямой! Значит, О (центр описанной окружности △MKN) лежит на прямой ВК.
Тогда чему равно OX’ ⋅ OB?

Подсказка 3

Конечно, квадрату радиуса описанной окружности △MKN. Откуда можно было бы получить такое же равенство только для точки Х?

Подсказка 4

Из подобия треугольник △OMX и △OBM! Чтобы это показать, рассмотрите ∠XMO как разность углов ∠OMK и∠XMK, а ∠OBM как разность ∠OBC и ∠MBC.

Показать доказательство

Решение 1.

Пусть луч $BK$ пересекает описанную окружность в точке $T$ — середине дуги $AD.$ Заметим, что

∠BT N = ∠BCN = ∠AMN.

Следовательно, описанная окружность треугольника $MKN$ проходит через точку $T.$ Кроме того, $∠KMT$ прямой, поэтому прямая $BT$ содержит диаметр этой окружности. Пусть прямая $CN$ пересекает этот диаметр в точке $X,$ а прямая $PQ$ пересекает его в точке $X ′.$

$PIC$

Для решения задачи требуется установить, что $X =X ′.$ Пусть $O$ и $r$ — центр и радиус этой окружности. Точка $X ′$ обладает известным свойством: $OB ⋅OX ′ = r2.$ Поэтому нам осталось проверить, что $OB ⋅OX = r2.$

Обозначим

ϕ = ∠AKB = ∠OKM = ∠OMK,

ψ =∠KMB = ∠CMD = ∠XMK.

Тогда $∠KBM =ϕ − ψ =∠XMO.$ Это означает, что треугольник $OMX$ и $OBM$ подобны и $OB ⋅OX = OM2 = r2.$

Решение 2.

Как и предыдущем решении, докажем, что $X = X′.$ Для этого достаточно проверить, что

(B,X,K,T)= (B,X′,K,T ).

$PIC$

Мы докажем, что обе эти четвёрки гармонические. Заметим, что четырёхугольник $KQT P$ гармонический, так как касательные в точках $P$ и $Q$ пересекаеются на $KT.$ Проецируя эту четвёрку точек из точки $P$ на прямую $BT,$ получим $(B,X′,K,T)= −1.$ С другой стороны, проецируя четвёрку $B,X,K,T$ из точки $M$ на прямую $BC,$ получим

(B,X,K,T )=(B,C,L ,M ′), ∞

где $L∞$ — бесконечно удалённая точка направления $BC.$ Осталось заметить, что, так как $T$ — середина дуги $AD,$ а $M$ — середина отрезка $AD,$ прямая $MT$ — серединный перпендикуляр к основанию вписанной трапеции $ABCD.$ Следовательно, $M ′$ — середина отрезка $BC$ и $(B,C,L∞,M ′)= −1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#92421Максимум баллов за задание: 7

В угол $AOC$ вписаны окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ (радиус $Ω 1$ больше). $Ω 1$ касается сторон угла в точках $A$ и $B,$ а $Ω 2$ — в точках $D$ и $C$ соответственно. Точка $M$ — середина отрезка $BC.$ Прямые $MA$ и $MD$ вторично пересекают $Ω1$ и $Ω2$ соответственно в точках $X$ и $Y.$ Прямые $BX$ и $CY$ пересекаются в точке $Z$ . Докажите, что прямая $MZ$ проходит через середину отрезка $AD.$

Источники: Высшая проба - 2021, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Иными словами, нас просят доказать, что MZ — радикальная ось двух окружностей.

Подсказка 2

Степени точки M относительно двух окружностей равны. Если докажете их равенство для Z, решите задачу.

Подсказка 3

Для этого просто достаточно показать, что какой-то из четырёхугольников YXBC или YXAD вписанные.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Докажем, что четырехугольник $ADXY$ вписанный. Для этого нам достаточно показать равенство $MA ⋅MX = MY ⋅MD$ . Для этого заметим, что эти произведения равны $MB2$ и $MC2$ соответственно (степень точки $M$ относительно окружностей $Ω1$ и $Ω2$ ).

Тогда получаем, что $∠DAX = ∠XY M,$ по свойству касательной $∠MBX = ∠MAB$ и $∠MY C = MCD$ из подобия соответствующих треугольников. Поскольку также равны углы $BAD$ и $DCO$ , то получаем, что сумма углов $XBC$ и $XY C$ равна $180∘.$

Тогда получаем вписанность $BXY C$ . Из этого получаем, что $ZX ⋅ZB = ZY ⋅ZC$ , что соответствует тому, что точка $Z$ лежит на радикальной оси окружностей $Ω1$ и $Ω2$ . Очевидно, что на ней же лежат точки $M$ и середина стороны $AD$ .

Второе решение.

Инверсия с центром $M$ и радиусом $MB$ переводит вписанную трапецию $ABCD$ во вписанный 4-угольник $XBCY$ . Тогда радикальные оси $BX$ и $CY$ пересекаются на радикальной оси окружностей $Ω1$ и $Ω2$ , которая проходит через середины $AD$ и $BC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#125049Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются друг друга внутренним образом в точке $A.$ Проведем в большей окружности $Ω$ хорду $CD,$ касающуюся $ω$ в точке $B$ (хорда $AB$ не является диаметром $ω$ ). Точка $M$ — середина отрезка $AB.$ Докажите, что окружность, описанная около треугольника $CMD$ , проходит через центр $ω.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2021, 9.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $O$ центр окружности $ω.$ Проведем через точку $A$ общую касательную к нашим окружностям; пусть она пересекает прямую $CD$ в точке $P.$ Поскольку $P A= PB,$ точка $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AB,$ который также проходит через точки $M$ и $O$ . Поскольку $AM$ — высота в прямоугольном треугольнике $PAO$ , имеем $2 PM ⋅PO =P A .$ С другой стороны, по свойству касательной и секущей имеем $2 PA =PC ⋅PD.$ Значит, $PM ⋅PO = PC⋅PD.$ Это и означает, что точки $C,$ $D,$ $O,$ и $M$ лежат на одной окружности.

$PIC$