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 101#125227Максимум баллов за задание: 7

Пусть $O$ — центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ Прямая $BO$ пересекает высоты $AA1$ и $CC1$ в точках $Ha$ и $Hc$ соответственно. Описанные окружности треугольников $BHaA$ и $BHcC$ вторично пересекаются в точке $K.$ Докажите, что $K$ лежит на прямой $BM.$

Показать доказательство

Пусть $BD$ — диаметр описанной окружности треугольника $ABC.$ Поскольку $∠ADB = ∠ACB$ и $∠BAD = 90∘$ имеем

∘ ∘ ∠CAHa = 90 − ∠C = 90 − ∠ADB = ∠ABHa,

следовательно, сторона $AC$ касается описанной окружности треугольника $BHaA$ . Аналогично она касается описанной окружности треугольника $BHcC.$ Радикальная ось $BK$ этих двух окружностей проходит через середину $M$ отрезка $AC,$ которая является их общей касательной.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#68206Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ построена точка $D$ , симметричная центру $I$ вписанной окружности относительно центра $O$ описанной окружности. Докажите, что

2 2 AD = 4R − AB ⋅AC,

где $R$ – радиус описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: Муницип - 2020, Москва, 11.6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать какое-то тождество, связанное с квадратом диаметра. Было бы разумно нарисовать его на картинке. Наверное, надо будет провести диаметр AP, т.к. наша задача крутится вокруг точки A. Что мы можем сказать про четырехугольник ADPI...

Подсказка 2

Это параллелограмм. Действительно, IO=OD по условию, а AO=OP как радиусы. Тогда AD=IP. Пускай AI пересекает описанную окружность в точке W. Тогда PWA- прямой. Нам нужно найти связь между AD и диаметром, что то же самое, что связь между IP и AP. Попробуйте найти её, если мы знаем, что треугольники APW и IPW- прямоугольные...

Подсказка 3

Если записать теоремы Пифагора для этих треугольников, то можно установить, что AP²-IP²=AW²-IW². Тогда нам осталось доказать, что AB*AC=AW²-IW². У нас листок на лемму о трезубце, а мы до сих пор ею не воспользовались. Надо исправлять!

Подсказка 4

По лемме о трезубце WB=WI=WC. Тогда W- центр описанной окружности треугольника CIB. Тогда AW²-IW² это не что иное, как степень точки A относительно этой окружности. Осталось только доказать, что степень точки A равна AB*AC...

Подсказка 5

Заметим, что W лежит на биссектрисе ∠BAC. Тогда описанная окружность треугольника BIC симметрична относительно AW. Теперь отметьте вторую точку пересечения прямой AB c этой окружностью и запишите произведение секущей на внешнюю часть, и будет вам счастье!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть биссектриса $AI$ пересекает описанную окружность в точке $W$ . Проведем диаметр $AP$ . Тогда $ADP I$ - параллелограмм и $AD = PI$ . Тогда доказываемое равенство можно записать в виде:

AB ⋅AC = 4R2 − AD2 = AP2 − PI2 (1)

Кроме того, так как $AP$ - диаметр окружности, то угол $AW P$ - прямой. Тогда правую часть равенства (1) можно преобразовать:

AP 2− PI2 = (AW 2 +PW 2)− (W R2 +PW 2)= AW 2− WR2

Таким образом, задача сводится к доказательству равенства

AB ⋅AC =AW 2− W I2 (2)

Воспользуемся известным фактом: $W B =W C =W I$ , который называют теоремой трилистника или леммой о трезубце. Центр $W$ описанной окружности треугольника BIC лежит на биссектрисе угла $BAC$ , поэтому точки пересечения этой окружности со сторонами угла $BAC$ попарно симметричны относительно биссектрисы $AW$ . В частности, симметричны точки $C$ и $E$ , значит, $AE = AC$ .

Пусть $AT$ - касательная к описанной окружности треугольника ВIC. Тогда

2 AB ⋅AE = AT (3)

Из треугольника $AW T$ по теореме Пифагора

AT 2 = AW 2− W T2 =AW 2− W R2 (4)

Из равенств (3) и (4), учитывая также, что $AC = AE$ , получим:

AB ⋅AC = AB ⋅AE =AT 2 = AW 2− W I2,

то есть равенство (2), которое равносильно утверждению задачи.

В заключительной части решения можно обойтись без теоремы Пифагора, если использовать степень $s$ точки $A$ относительно окружности $(BIC ):$

s= AB ⋅AE =AB ⋅AC = AW 2− W I2

Это утверждение, равно как и теорему о трилистнике, школьники могут использовать без доказательства.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#68468Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BB . 1$ Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ пересекает окружность, описанную около треугольника $AIC,$ в точках $D$ и $E.$ Точка $F$ на отрезке $B1C$ выбрана так, что $AB1 =CF.$ Докажите, что точки $B,D, E$ и $F$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть треугольник AIC и его описанная окружность. Может, мы знаем что-то хорошее про ее центр?

Подсказка 2

По лемме о трезубце, это середина дуги AC! Обозначим ее за O. Кроме того, он лежит на отрезке ED, т.к. это серединный перпендикуляр к AC. Как можно теперь связать точки E и D так, чтобы можно было что-то сделать с точкой F похожим образом?

Подсказка 3

Например, можно сказать, что E и D симметричны относительно прямой, перпендикулярной ED и проходящей через O) Давайте также отразим F относительно этой прямой, и получим точку F'. Что мы получили?

Подсказка 4

Мы получили, что есть DEFF' - вписанная равнобокая трапеция. Мы хотим доказать, что E, D, B, F на одной окружности, а уже есть DEFF'..Как можно переформулировать теперь задачу?

Подсказка 5

Можно теперь доказывать, что точки F', D, B и E лежат на одной окружности) Для этого попробуйте доказать, что O - центр окружности B₁FF'! Это можно сделать с помощью симметрии, чтобы доказать, что O лежит на B₁F') А дальше как действовать?

Подсказка 6

А дальше можно воспользоваться подобием треугольников OAB и OAB₁ и записать отношения сторон) После с помощью предыдущей подсказки можно по-другому выразить это равенство отношений, и получится требуемое условие для того, чтобы F', D, B и E лежали на одной окружности)

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $Ψ$ середину дуги описанной окружности треугольника $ABC$ , не содержащей точку $B$ . Тогда $Ψ$ лежит на прямой $BB1$ . Кроме того, по лемме о трезубце точка $Ψ$ равноудалена от точек $I, A$ и $C$ , поэтому $Ψ$ является центром описанной окружности треугольника $AIC$ и $Ψ$ лежит на отрезке $ED$ . Пусть точка $F′$ симметрична точке $F$ относительно серединного перпендикуляра к $DE$ . Очевидно, $DEF ′F$ — равнобедренная трапеция, значит, $D, E, F, F′$ лежат на одной окружности.

Докажем, что точка $B$ лежит на этой же окружности. Заметим, что точка $F′$ лежит на $BB1$ , поскольку $Ψ$ равноудалена от точек $B1, F, F′$ и $∠F′F B1 = 90∘$ , т.е. $B1F′$ — диаметр окружности с центром $Ψ$ и радиусом $ΨF$ . Из подобия треугольников $AΨB1$ и $BΨA$ следует, что $ΨB1⋅ΨB = ΨA2$ , что равносильно равенству

ΨF′⋅ΨB = ΨD ⋅ΨE.

Из последнего равенства следует, что точки $F′, B, D, E$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#71930Максимум баллов за задание: 7

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Так как в задаче фигурирует окружность AIC, стоит подумать о её центре и о том, как он связан с описанной окружностью ABC. В этом вам поможет лемма о трезубце.

Подсказка 2.

Обозначим через M середину меньшей дуги AC описанной окружности. Когда определяется середина дуги и основание биссектрисы, возникают стандартные подобия. Попробуйте найти их.

Подсказка 3.

Например, рассматриваем треугольники AMB₁ и BMA. Тогда можно получить, что MA² = MB₁ · MB. Из-за леммы о трезубце у нас есть много отрезков, равных MA, а значит, можно найти несколько аналогичных подобий и вывести несколько равенств углов. Попробуйте связать их с искомой вписанностью.

Также можно воспользоваться другим подходом. Для этого попробуйте придумать дополнительное построение, которое сведет задачу к проверке вписанности другого четырехугольника, которая, в свою очередь, будет доказываться через степень точки.

Показать доказательство

Обозначим через $M$ середину дуги $AC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точку $B.$ Тогда точка $M$ лежит на прямой $BB1$ и по лемме о трезубце равноудалена от точек $I,$ $A$ и $C,$ поэтому $M$ лежит на отрезке $ED$ и является центром описанной окружности треугольника $AIC.$ Следовательно, $MA = MC = MD = ME.$ Так же заметим, что $2 MA = MB1 ⋅MB$ в силу подобия треугольников $MAB1$ и $MBA.$

$PIC$

Наконец, приведем два способа доказательства требуемого.

Первый способ. По уже обозначенным равенствам $MD2 =MB1 ⋅MB,$ что влечет равенство углов $MBD$ и $MDB1.$

$PIC$

Аналогично имеем равенство углов $MBE$ и $MEB1.$ Осталось заметить, что в силу симметрии и уже обозначенных равенств углов

∠DF E = ∠DB1E = 180∘ − (∠MBD +∠MBE )=180∘− ∠DBE,

следовательно, несмежные углы $B$ и $F$ в четырехугольнике $BDF E$ в сумме дают $∘ 180,$ что влечет его вписанность.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть $F1$ – точка, симметричная $B1$ относительно $M.$ Тогда

MF1 ⋅MB = MB1 ⋅MB = ME ⋅MD,

следовательно, точки $B,D,F ,E 1$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что данная окружность переходит в себя под действием симметрии относительно серединного перпендикуляра к $DE,$ но $F 1$ переходит в $F,$ следовательно, также лежит на этой окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точка $B1$ является $B$ -точкой Шалтая треугольника $EBD.$ Она определяется как точка пересечения окружностей, проходящих через $B$ и касающихся стороны $ED$ в точках $E$ и $D$ соответственно. Условие исходной задачи может быть переформулировано так:

Точка, симметричная точке Шалтая треугольника, лежит на его описанной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#43115Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ . На отрезках $AB$ и $BC$ выбраны точки $X$ и $Y$ соответственно так, что $AX = BY$ . Оказалось, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности. Пусть $BL$ — биссектриса треугольника $ABC (L$ на отрезке $AC)$ . Докажите, что $XL ∥ BC$ .

Источники: ОММО-2019, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как можно доказать параллельность...нам даны биссектрисы, 4 точки на одной окружности, равные отрезки... на какую теорему, связанную с отрезками и параллельностью это всё намекает?

Подсказка 2

Это всё намекает на отношения, а они - на теорему Фалеса. Попробуем записать отношения, связанные с окружностью(отрезки секущих) и связанные с биссектрисой и как-то записать цепочку неравенств. Ясно, что когда-то в этой цепочке придём к замене BY на AX, а прийти хотим к таким отношениям, чтобы напрямую воспользоваться теоремой Фалеса для прямых XL и BC!

Показать доказательство

$PIC$

Из того, что точки $A,X,Y$ и $C$ лежат на одной окружности, следует, что $BX ⋅BA = BY ⋅BC$ , или $AB :BC = BY :BX$ . Из того, что $BL$ - биссектриса треугольника $ABC$ следует, что $AL :LC =AB :BC$ . Тогда

AL :LC = AB :BC = BY :BX =AX :XB,

откуда по теореме, обратной теореме Фалеса, получаем, что $XL ∥BC$ , что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#83170Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ с вершиной прямого угла $A$ проведена биссектриса $BL.$ Точка $D$ симметрична точке $A$ относительно биссектрисы $BL.$ Обозначим через $M$ центр описанной окружности треугольника $ADC.$ Докажите, что прямые $CM,DL$ и $AB$ пересекаются в одной точке.

Источники: КМО - 2019, вторая задача второго дня для 8-9 классов, автор Белов Д.А. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Пусть прямая $CM$ вторично пересекает окружность в точке $K$ . Тогда $∠CAK$ прямой как опирающийся на диаметр. Значит, $K$ лежит на прямой $AB$ (сумма углов при точке А равна $∘ 180$ ), т.е. $AB$ и $CM$ пересекаются в $K$ . Заметим теперь, что $BM$ — биссектриса и медиана в треугольнике $KBC$ . Значит, она является также и высотой, так что она перпендикулярна $KC.$

$PIC$

Отсюда следует, что $AD ∥ KC$ , и $KADC$ — трапеция. По известному свойству трапеции, точка пересечения её диагоналей лежит на отрезке, соединяющем середины оснований.

Замечание. Искомые прямые пересекаются в радикальном центре окружностей, описанных около четырёхугольников $ABDL, DCML, ABCM.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#71906Максимум баллов за задание: 7

На окружности $S$ отмечены точки $A$ и $B.$ Касательные к окружности $S,$ проведённые в точках $A$ и $B,$ пересекаются в точке $C.$ Пусть $M$ — середина отрезка $AB.$ Окружность $S1,$ проходящая через точки $M$ и $C,$ вторично пересекает отрезок $AB$ в точке $D$ и окружность $S$ — в точках $K$ и $L.$ Докажите, что касательные, проведенные к окружности $S$ в точках $K$ и $L,$ пересекаются на отрезке $CD.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто, в задачах с окружностями на доказательство о том, что что-то где-то пересекается, полезно воспользоваться теоремой о степени точки! Заметим, что M — середина хорды AB. Что из этого следует?

Подсказка 2

Выяснили, что AM — высота в прямоугольном трегольнике! Какое тождество будет следовать из подобия? Хотим получить что-то похожее на теорему о степени точки. А что тогда можно сказать про CD?

Подсказка 3

OK — касательная к S1! А значит касательные к S пройдут через центр S1 — мы уже знаем, что он лежит на CD!

Показать доказательство

Обозначим через $O$ центр окружности $S.$ Поскольку $AM$ — высота прямоугольного треугольника $OAC,$ то

2 2 OK = OA = OM ⋅OC,

поэтому $OK$ (и аналогично $OL$ ) — касательные к окружности $S1.$ Но тогда касательные к окружности $S$ в этих точках перпендикулярны касательным к $S1$ из точки $O,$ и значит, они проходят через центр $S1,$ лежащий на диаметре $CD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#84746Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ и окружность $γ$ с центром в точке $A,$ которая пересекает стороны $AB$ и $AC.$ Пусть общая хорда описанной окружности треугольника и окружности $γ$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Отрезки $CX$ и $BY$ пересекают $γ$ в точках $S$ и $T$ соответственно. Описанные окружности треугольников $ACT$ и $BAS$ пересекаются в точках $A$ и $P.$ Докажите, что прямые $CX,BY$ и $AP$ пересекаются в одной точке.

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 9.2, Г. Науменко(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На чертеже довольно много окружностей, а значит стоит подумать про радикальные оси. Если вы найдете тройку окружностей с радосями CX, BY и AP, то задача решена.

Подсказка 2

Вероятно, вы захотели доказать, что прямая BT является радосью окружностей ACX и γ. Для этого вторая точка пересечения BT с γ должна лежать на ACX. Как это доказать? На рисунке много окружностей, вы можете использовать степень точки.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $U$ — вторая точка пересечения прямой $BY$ с $γ.$ Так как $TU,AC$ и общая хорда окружностей $ABC$ и $γ$ пересекаются в точке $Y,AY ⋅CY =T Y ⋅UY,$ т.е. $A,U,C,T$ лежат на одной окружности. Аналогично $A,B,S$ и вторая точка пересечения прямой $CX$ с $γ$ лежат на одной окружности. Следовательно, прямые $CX,BY$ и $AP$ пересекаются в одной точке как радикальные оси окружностей $γ,ACT$ и $BAS.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#84750Максимум баллов за задание: 7

В окружности $ω,$ описанной около треугольника $ABC,$ хорда $KL$ проходит через середину $M$ отрезка $AB$ и перпендикулярна ей. Некоторая окружность проходит через точки $L$ и $M$ и пересекает отрезок $CK$ в точках $P$ и $Q$ ( $Q$ лежит на отрезке $KP$ ). Пусть $LQ$ пересекает описанную окружность треугольника $KMQ$ в точке $R.$ Докажите, что четырехугольник $APBR$ вписанный.

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что

∠PML =∠P QL= ∠KQR =∠KMR

Кроме того, $∠PLM =∠KQM = ∠KRM,$ следовательно, треугольники $PLM$ и $KRM$ подобны, т.е. $PM ⋅RM = LM ⋅KM =AM2.$

Пусть $P ′$ — точка, симметричная $P$ относительно $KL.$ Точки $A,B,P,P′$ лежат на одной окружности, так как являются вершинами равнобедренной трапеции. Поскольку $P′,M, R$ лежат на одной прямой и $P′M ⋅RM = AM ⋅BM,$ точка $R$ также лежит на этой окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#91021Максимум баллов за задание: 7

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность. $BL$ и $CN$ – биссектрисы треугольников $ABD$ и $ACD$ соответственно. Окружности, описанные вокруг треугольников $ABL$ и $CDN,$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что прямая $PQ$ проходит через середину дуги $AD,$ не содержащей точку $B.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

PQ - радикальная ось окружностей. Значит, если вы найдете такую третью окружность, что радикальным центром трёх окружностей будет середина дуги X, задача будет решена.

Подсказка 2

Стоит обратить внимание на четырёхугольник BCNL, если докажите, что он вписанный, то дело в шляпе.

Показать доказательство

Обозначим середину дуги $AD,$ не содержащей точку $B,$ через $X.$ Прямые $BL$ и $CN$ проходят через $X,$ поскольку это биссектрисы вписанных углов $ABD$ и $ACD,$ которые стягивают дугу $AD.$

Если мы докажем, что четырёхугольник $BCNL$ вписанный, то тогда точка $X$ будет радикальным центром окружностей $ABL, DCN$ и $BCN,$ а значит, радикальная ось окружностей $ABL$ и $DCN$ — прямая $PQ,$ будет проходить через $X.$

$PIC$

Способ 1. В силу равенства дуг $AX$ и $XD,$ имеем

∠ANX =A⌣X + D⌣C= X⌣D + D⌣C= ∠XBC

Способ 2. Рассмотрим инверсию с центром $X$ и радиусом $XA.$ Точки $A,D$ под ее действием остаются на месте, а значит, окружность $(XAD )$ перейдет в прямую $AD$ , следовательно, точки $B$ и $C$ перейдут в точки $L$ и $N.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 111#43640Максимум баллов за задание: 7

Из вершины тупого угла $A$ треугольника $ABC$ опущена высота $AD.$ Проведена окружность с центром $D$ и радиусом $DA$ , которая вторично пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите $AC$ , если $AB = c,AM =m$ и $AN = n.$

Источники: Муницип - 2017, Москва, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Высота в прямоугольном треугольнике создаст множество различных, удобных для нас подобий, давайте опустим высоты DP и DQ на стороны AB и AC соответственно. Подумайте, какие именно пропорции будут удобны нам для дальнейшего решения.

Подсказка 2

Если вы правильно выбрали пропорции из подобий прямоугольных треугольников на картинке, то заметили, что AP*AB=AD^2 и AQ*AC=AD^2, следовательно, AP*AB=AQ*AC. Подумайте, как от этого выражения перейти к тому, в котором AC будет выражаться через AB, AM, AN (Воспользуйтесь тем, что треугольники ADM и ADN - равнобедренные)

Показать ответ и решение

Докажем, что $AM ⋅AB = AN ⋅AC.$ Это можно сделать по-разному.

Первый способ. В прямоугольных треугольниках $ADB$ и $ADC$ проведём высоты $DP$ и $DQ$ соответственно (см. рис. 10.4a). Тогда $2 AP ⋅AB = AD =AQ ⋅AC.$ Так как треугольники $ADM$ и $ADN −$ равнобедренные, то $1 AP = 2AM$ и $1 AQ = 2AN$ .

Заменив $AP$ и $AQ$ в равенстве $AP ⋅AB =AQ ⋅AC$ , получим требуемое.

$PIC$

Второй способ. Докажем, что четырёхугольник BMNC вписанный, тогда требуемое равенство будет следовать из теоремы об отрезках секущих, применённой к точке $A$ и окружности, описанной вокруг четырёхугольника BMNC (см. рис. 10.46).

Пусть $∠ANM = α$ , тогда $∠AOM =2α$ (вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Кроме того, из равнобедренного треугольника $∘ ADM :∠MAD = 90 − α$ , поэтому $∠ABC = α.$ Из равенства $∠ABC =∠ANM$ следует, что BMNC - вписанный.

После того, как доказано указанное равенство, достаточно подставить в него данные из условия задачи и получить ответ.

Третий способ. Пусть данная окружность пересекает отрезки $BD$ и $CD$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а ее радиус равен $R$ (см. рис. 10.4в). Тогда по теореме об отрезках секущих: $BA ⋅BM = BL ⋅BK$ , то есть $c(c− m)= BK (BK +2R).$ Из треугольника $ABD$ по теореме Пифагора: $c2 = (BK +R )2+ R2 =$ $2R2 +BK2 + 2BK ⋅R.$ Следовательно, $c(c− m)= c2− 2R2$ , откуда c. $m = 2R2$ .

Проведя аналогичное рассуждение для стороны $AC$ , получим, что $AC ⋅n= 2R2.$ Тогда $AC = mcn$ .

Ответ:

$mc n$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#71302Максимум баллов за задание: 7

В тетраэдре $PABC$ проведена высота $PH.$ Из точки $H$ на прямые $P A,PB$ и $PC$ опущены перпендикуляры $HA ′,HB ′$ и $HC′.$ Плоскости $ABC$ и $′′ ′ A B C$ пересекаются по прямой $ℓ.$ Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Докажите, что прямые $OH$ и $ℓ$ перпендикулярны.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2017, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построим чертёж. Совсем не похоже на то, чтобы OH оказалась перпендикулярна какой-то из плоскостей, которые у нас есть. Поэтому этот, самый очевидный путь, отметаем! Но что же тут можно сделать? Наличие большого количества прямых углов, опирающихся на PH могут навести нас на мысль о сфере с диаметром PH — давайте попробуем посмотреть на это, чтобы побольше узнать о нашей конструкции.

Подсказка 2

Постройте точку Т — пересечение прямых АВ и А'B', что можно сказать о ней? Используйте ранее построенную сферу и некоторые свойства четырёхугольника AA'B'B!

Подсказка 3

Если всё сделано верно, то мы получили интересное равенство, связывающее точку Т с А, В и Н. Как мы можем это применить?

Подсказка 4

Наше равенство по сути означает что точка Т лежит на радикальной оси окружности описанной около △АВС и точки Н. Осталось лишь проделать аналогичные действия на других гранях и задача решена!

Показать доказательство

Заметим, что $PA⋅P A′ =P H2 = PB ⋅PB′,$ так что точки $A,B,A′,B′$ лежат на одной окружности. Пусть $T$ — точка пересечения прямых $AB$ и $′ ′ A B.$ Имеем

′ ′ 2 TA ⋅TB =TA ⋅TB =T H

последнее равенство выполнено в силу того, что прямая $TH$ — касательная к сфере с диаметром $P H,$ а $T B′A ′$ — секущая.

$PIC$

Таким образом, точка $T$ лежит на радикальной оси окружности, описанной около треугольника $ABC,$ и точки $H$ (это частный случай, когда одна из окружностей точка). На ней же лежат точки $BC ∩ B′C ′,AC ∩A′C′.$ Значит, прямая $ℓ= ABC ∩A′B′C′$ и есть эта радикальная ось. Она перпендикулярна линии центров $OH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 113#32961Максимум баллов за задание: 7

Пусть $OP$ — диаметр окружности $Ω$ , $ω$ — окружность с центром в точке $P$ и радиусом меньше, чем у $Ω$ . Окружности $Ω$ и $ω$ пересекаются в точках $C$ и $D$ . Хорда $OB$ окружности $Ω$ пересекает вторую окружность $ω$ в точке $A$ . Найдите длину отрезка $AB$ , если $BD ⋅BC = 5$ .

Источники: ОММО-2016, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте продлим отрезок OB до пересечения с окружностью ω и назовём точку их пересечения N, аналогично продлим DB и назовем их точку пересечения M. Что тогда можно сказать про углы ABC, DBA и MBN?

Подсказка 2

Дуги OC и OD равны в силу симметрии относительно диаметра OP. Значит, ∠ABC = ∠DBA, а ∠DBA и ∠MBN равны, как вертикальные. Что тогда можно сказать про точки M и C, а также отрезки BC и BM?

Подсказка 3

Точки M и C симметричны относительно перпендикуляра к AB, проходящего через точку B, следовательно, отрезки BC и BM будут равными. По условию нам дано CB*BD = 5, следовательно, MB*BD = 5. На какую теорему нам сразу же намекает такое произведение?

Подсказка 4

Когда мы видим произведение отрезков одной хорды, то сразу же нужно вспомнить теорему о пересекающихся хордах, запишем её: MB*BD = AB*BN. Отлично, теперь у нас появилось нужное нам AB, но также появился отрезок BN, про который нам ничего неизвестно. Подумайте, как можно заменить BN?

Подсказка 5

Давайте заметим, что треугольник APN – равнобедренный, а ∠ABP = 90°, в таком случае отрезок PB является высотой и медианой, а BN = AB.

Показать ответ и решение

Пусть $N$ и $M$ – вторые точки пересечения с окружностью $ω$ прямых $OA$ и $DB$ соответственно. В силу симметрии относительно прямой $OP$ , дуги $OC$ и $OD$ равны. Следовательно, $∠ABC =∠DBA =∠MBN.$

$PIC$

Первое решение.

Обозначим эти равные углы через $α$ . Из вписанности четырёхугольника $CBP D$ получаем, что $∠CPD = ∠CBD = 2α$ . Следовательно, поскольку $P$ – центр $ω$ , имеем $D^A + ^AC = DAC = 2α.$ C другой стороны, $^DA + ^MN = 2∠DBA = 2α$ . Вычитая общую дугу $^DA$ , получаем, что $^AC = ^MN$ , откуда $^AM = ^CN.$

Значит, $∠CAB = ∠ADB$ , и треугольники $ABC$ и $DBA$ подобны по двум углам, откуда $ABBC-= BADB-$ , так что $AB2 = BC ⋅BD =5,AB =√5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $∠ABP = 90∘$ , как вписанный угол в окружности $Ω$ , опирающийся на её диаметр $OP$ , поэтому $BP$ является высотой и биссектрисой треугольника $AP N$ . Получаем, что точки $M$ и $C$ симметричны относительно прямой $BP$ , так что $BC =BM.$ В окружности $ω$ по теореме о пересекающихся хордах $BA ⋅BN =BD ⋅BM.$ Тогда $AB ⋅AB =BD ⋅BC = 5,$ откуда сразу получаем ответ.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В ходе первого решения мы выяснили, что $∠CDN =∠CAB =∠BDA$ . То есть прямые $DC$ и $DB$ симметричны относительно биссектрисы угла $ADN$ . А во втором решении замечено, что $B$ — середина стороны $AN.$

Тогда оказывается, что точка $C$ лежит на симедиане треугольника $ADN$ . А сама задача тесно связана со следующим фактом: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам. Вы могли встретить его в такой задаче: пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, $M$ — середина стороны $BC,$ описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ окружности вторично пересекаются в точке $D.$ Тогда прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Ответ:

$√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 114#106842Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $ABD$ пересекает основание $AD$ равнобокой трапеции $ABCD$ в точке $L.$ Точки $K$ и $N$ на отрезках $AC$ и $CD$ выбраны соответственно так, что $AK = AL$ и $DN =DL.$ Докажите, что точки $B,$ $C,$ $K,$ $N$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Используем степень точки. Для доказательства достаточно показать, что степень точки A относительно окружности (BCN) равна AK ⋅AC.

Подсказка 2

В силу симметрии можно считать степень точки D относительно той же окружности. А она, в свою очередь, равна DN⋅DC.

Подсказка 3

В силу равенств из условия нам осталось проверить, что AL⋅AC = DL⋅DC, для этого полезно вспомнить определение точки L.

Показать доказательство

Первое решение. Для доказательства достаточно показать, что степень точки $A$ относительно окружности $(BCN )$ равна $AK ⋅AC.$ Но степени точек $A$ и $D$ относительно окружности $(BCN )$ равны, а значит, достаточно проверить, что

AK ⋅AC = DN ⋅DC, т.е. AL ⋅AC = DL⋅DC

что верно, поскольку

AL- AB- CD- DL = BD = CA

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Докажем, что треугольники $AKB$ и $DNB$ подобны. $∠BAC =∠BDC,$ так как трапеция равнобедренная. Так как $BL$ — биссектриса угла $ABD,$ то

AB-= AL- BD LD

и из условия последнее отношение также равно $AK-. DN$

$PIC$

Значит, указанные треугольники подобны по равным углам $∠BAK = ∠BDN$ и отношению двух прилежащих сторон. А это значит, что углы $∠BKC$ и $∠BNC$ равны, как соответственные внешние углы подобных треугольников. Так как точки $K$ и $N$ лежат с одной стороны от прямой $BC,$ из этого равенства следует, что точки $B,$ $C,$ $K$ и $N$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 115#97693Максимум баллов за задание: 7

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром $O.$ Точки $P,$ $Q,$ $R,$ $S$ — точки пересечения биссектрис углов $A$ и $B,$ $B$ и $C,$ $C$ и $D,$ $D$ и $A$ соответственно. Четырехугольник $PQRS$ вписан в окружность с центром $T.$ Докажите, что диагонали четырехугольника $ABCD$ и прямая $OT$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD за K. Что известно про прямую OK в этом случае?

Подсказка 2

Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке M, прямые BC и AD — в точке N. Тогда MN - поляра точки K относительно окружности (ABCD), то есть OK перпендикулярно MN. Осталось показать, что OT перпендикулярно MN. В каких известных вам конструкция линия центров перпендикулярна некоторой прямой?

Подсказка 3

Линия центров окружности перпендикулярна их радикальной оси. Достаточно доказать, что, например, M имеет одинаковую степень точек относительно окружностей (ABCD) и (PQRS). Как это можно сделать?

Подсказка 4

Докажите, что прямая QS проходит через точку M и является биссектрисой угла AMD. Осталось показать, что точки B, Q, S, A лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Если $ABCD$ –– трапеция, то все указанные точки лежат на ее оси симметрии. Пусть прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $M,$ прямые $BC$ и $AD$ — в точке $N.$ Пусть $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD.$ Заметим, что $OK ⊥ MN$ (например, потому, что $MN$ есть поляра точки $K$ относительно нашей окружности).

$PIC$

Достаточно доказать, что $OT ⊥ MN.$ Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что $MN$ есть радикальная ось окружностей $ABCD$ и $P QRS.$ Докажем, например, что точка $M$ лежит на этой радикальной оси. Не умаляя общности, $M$ лежит на лучах $AB$ и $CD.$ Тогда $Q$ — центр вневписанной окружности треугольника $BCM,$ $S$ —- центр вписанной окружности треугольника $ADM.$ Поэтому прямая $QS$ есть биссектриса угла $BCM.$ Если, скажем, $S$ лежит на отрезке $MQ$ (второй случай аналогичен), то имеем

∠ASQ = ∠MAS + ∠SMA = (∠BAD +∠AMD )∕2 =(π− ∠ADM )∕2= ∠ABC ∕2 =∠ABQ

так что точки $A,B,S,Q$ лежат на одной окружности и $MA ⋅MB =MS ⋅MQ.$ Это и означает, что степени точки $M$ относительно окружностей $ABCD$ и $PQRS$ равны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 116#71159Максимум баллов за задание: 7

Точка $M$ — середина дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC,I$ — центр его вписанной окружности, $L$ — основание биссектрисы $AL.$ Прямая $MI$ пересекает описанную окружность в точке $K.$ Описанная окружность треугольника $AKL$ пересекает прямую $BC$ вторично в точке $P.$ Докажите, что $∘ ∠AIP =90 .$

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

∠PIB — не особо понятный, да и прямая PI не особо "красивая", а должно быть наоборот. Что в таком случае можно сделать? Какой метод применить?

Подсказка 2

Подмена точки! Определим P' как пересечение перпендикуляра к AL в точке I и прямой BC. Хотим доказать, что P' = P. Как это сделать? (вспомните условие)

Подсказка 3

Именно! Доказать вписанность ALKP'. Также, не умаляя общности, будем считать, что AB < AC, тогда P' лежит на лучше CB за точку B. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 4

Доказать равенство вписанных углов. Подумайте, к каким углам проще всего привязаться?

Подсказка 5

Да, это углы LAK и LP'K. Чтобы удобно оперировать углами, обозначим за N точку пересечения AI и описанной окружности △ABC. Какой вывод можно сделать про отрезок MN?

Подсказка 6

Осознайте, что это диаметр. Тогда несложным счётом углов докажите, что P'I касается описанной окружности △KIN — ω₁, а также окружности с центром в N и радиусом NB — ω₂ (воспользуйтесь леммой о трезубце).

Подсказка 7

Итого, P'I — общая касательная к α и β. Что это значит в "радикальных терминах"?

Подсказка 8

Верно! P'I — радикальная ось ω₁ и ω₂, а BC — радикальная ось ω₂ и описанной △АВС. Тогда чем является точка P?

Подсказка 9

Верно! Радикальным центром ω₁, ω₂ и описанной △АВС. Осталось что-то понять про точки K, N, P' и немного посчитать уголки и дуги. Уверены, вы справитесь! Успехов!

Показать доказательство

Решение 1.
Обозначим через $N$ середину дуги $BKC,$ а через $′ P$ — точку пересечения прямой, проходящей через $I$ перпендикулярно $AI,$ с прямой $BC.$ Докажем, что $′ P = P.$ Для этого докажем, что четырёхугольник $′ ALKP$ вписанный, проверив равенство углов $′ ∠LAK =∠LP K.$
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC$ (тогда точка $′ P$ рассположена на луче $CB$ ). Заметим, что $′ ∠KIP = 90 − ∠KIN = ∠KNI$ (так как $MN$ — диаметр), поэтому описанная окружность $ω1$ треугольника $KIN$ касается прямой $′ P I$ в точке $I.$ Поскольку $′ ∠NIP = 90,$ описанная окружность $ω2$ треугольника $BIC$ (с центром в $N$ ) тоже касается $′ P I$ в точке $I.$ Следовательно, точка $′ P$ — радикальный центр $ω1,ω2$ и описанной окружности $ABC.$ Но тогда точки $′ P ,K, N$ лежат на одной прямой, откуда

1 ⌣ 1 ⌣ ∠LAK = ∠NCK =∠NCB − ∠KCB = 2 CN −2 BK= ∠LP ′K.

$PIC$

Решение 2.
Не умаляя общности, можно считать, что $AB < AC.$ Обозначим через $N$ середину дуги $BKC.$ Тогда

∠P KM = ∠PKA + ∠AKM = ∠PLA +∠AKM =

= ∠LAC +∠LCA + ∠AKM = ∠BAN + ∠BCA +∠AKM = 90∘,

поскольку сумма дуг описанной окружности $ABC,$ на которые опираются углы в последней сумме, равна $180∘.$ Так как $∠MKN = 90∘$ (он опирается на диаметр), то точки $P,K,N$ лежат на одной прямой. Далее, в силу подобия треугольников $NBL$ и $NAB$ выполняется равенство $NNLB-= NNBA-,$ откуда $NB2 = NL ⋅NA.$ Но в силу леммы о трезубце, $NB = NI,$ поэтому $NI2 =NL ⋅NA = NK ⋅NP,$ откуда $NNKI-= NNIP-$ и треугольники $NKI$ и $NIP$ подобны. Но тогда $∠NIP = ∠NKI = 90∘.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 117#106841Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ с основаниями $AB$ и $CD$ вписана в окружность $Ω.$ Окружность $ω$ проходит через точки $C,$ $D$ и пересекает отрезки $CA,$ $CB$ в точках $A1,$ $B1$ соответственно. Точки $A2$ и $B2$ симметричны точкам $A1$ и $B1$ относительно середин отрезков $CA$ и $CB$ соответственно. Докажите, что точки $A,$ $B,$ $A2$ и $B2$ лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Используем для доказательства степень точки. Чтобы доказать вписанность четырёхугольника, нужно показать равенство произведений отрезков секущих, например, из C.

Подсказка 2

Из условия следует, что CB₂ = BB₁ и CA₂ = AA₁. Тогда получается, нам нужно проверить равенства произведений, которые являются степенями точек уже относительно окружности ω.

Показать доказательство

Четырехугольник $ABB A 2 2$ вписан в окружность только тогда, когда произведение длин отрезков секущиx $CB ⋅CB 2$ и $CA ⋅CA 2$ равны.

Точки $A2$ и $B2$ симметричны точкам $A1$ и $B1$ относительно середин отрезков $CA$ и $CB$ соответственно, следовательно, $CB2 = BB1$ и $CA2 =AA1,$ то есть достаточно проверить равенство

BC ⋅BB1 = AC⋅AA1

$PIC$

Левая и правая часть равны степеням точек $B$ и $A$ относительно окружности $ω$ соответственно, и равны, поскольку точки $B,A$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку $CD,$ а значит, равноудалены от центра $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 118#71260Максимум баллов за задание: 7

Пусть $I$ — центр вписанной окружности неравнобедренного треугольника $ABC.$ Через $A 1$ обозначим середину дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ не содержащей точки $A,$ а через $A2$ — середину дуги $BAC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A1$ на прямую $A2I,$ пересекает прямую $BC$ в точке $′ A .$ Аналогично определяются точки $′ B$ и $′ C .$

(a) Докажите, что точки $A′,B′$ и $C′$ лежат на одной прямой.

(b) Докажите, что эта прямая перпендикулярна прямой $OI,$ где $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2013, 10.6(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хотелось бы красиво нарисовать чертеж по условию, поэтому имеет смысл подумать, где находится основание X перпендикуляра из A₁ на A₂I. Хочется точку A' определить как-то удобнее и изящнее...

Подсказка 2

Т.к. X лежит на описанной окружности ABC, то A₁X - это хорда, на продолжении которой лежит точка A'. Значит, можно попробовать определить A' как радикальный центр трех окружностей, одна из которых - ABC. А какие остальные?

Подсказка 3

BIC и XIA₁. А как связаны эти окружности? Если возвращаться к требуемому в задаче, то становится ясно, что хочется найти радикальную ось, на которой будут лежать точки A', B', C'. Какая окружность у нас не меняется в рассуждениях при определении точек B' и C'?

Подсказка 4

Окружность ABC. Осталось лишь найти еще одну окружность, чтобы A', B' и C' лежали на радикальной оси ее и ABC. Помним, что A'I² = A'B * A'C!

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения прямой $A A ′ 1$ с прямой $A I 2$ через $X , A$ а описанную окружность $△ABC$ через $ω.$ По условию $∘ ∠A2XAA1 = 90.$ Так как $A2A1$ — диаметр $ω,$ точка $XA$ лежит на $ω.$

$PIC$

Рассмотрим теперь описанные окружности треугольников $ABC,BIC$ и $IXAA1.$ Радикальная ось первой и второй окружностей есть прямая $BC,$ а первой и третьей $− XAA1$ (это прямые, содержащие общие хорды этих окружностей). Значит, радикальным центром всех этих трех окружностей является точка $A′.$ Заметим, что

∠IBA1 = ∠IBC +∠CBA1 = ∠IBA +∠A1AC = = ∠IBA+ ∠BAA1 = ∠BIA1.

Следовательно, $A1I = A1B = A1C.$ То есть точка $A1$ является центром описанной окружности треугольника $BIC.$ Так как угол $IXAA1$ прямой, то $IA1$ — диаметр описанной окружности треугольника $A1IXA.$ Следовательно, описанные окружности треугольников $BIC$ и $XAIA1$ касаются в точке $I.$ Значит, касательная к этим окружностям, проведенная в точке $I,$ проходит через $A ′.$ Причем по свойству степени точки $A′$ относительно описанной окружности $△BIC$ верно

A′I2 = A′B ⋅A′C

Рассмотрим $ω$ и точку $I,$ как вырожденную в точку окружность. Из последнего равенства следует, что точка $A ′$ лежит на радикальной оси этих двух окружностей. По аналогичным причинам на этой радикальной оси лежат и точки $B′$ и $C′.$ Так как радикальная ось двух окружностей — прямая, то все эти три точки лежат на одной прямой, перпендикулярной линии центров этих окружностей, то есть прямой $OI.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 119#86063Максимум баллов за задание: 7

Дан такой выпуклый четырехугольник $ABCD,$ что $AB = BC$ и $AD = DC.$ Точки $K,L$ и $M$ — середины отрезков $AB,CD$ и $AC$ соответственно. Перпендикуляр, проведенный из точки $A$ к прямой $BC,$ пересекается с перпендикуляром, проведенным из точки $C$ к прямой $AD,$ в точке $H.$ Докажите, что прямые $KL$ и $HM$ перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала введём обозначения. S — основание перпендикуляра из А на BC, P — основание перпендикуляра из С на AD. Что мы имеем. ∠ASC = ∠APC = 90°. Какой тогда вывод можно сделать?

Подсказка 2

Верно! A,S,C,P лежат на окружности с диаметром AC. Что же можно сказать про центр этой окружности?

Подсказка 3

Это точка M — середина диаметра. Самостоятельно докажите, что BM — перпендикуляр к AC. Аналогично докажите, что BSMA, CMPD — вписанный.

Подсказка 4

Хотим доказать перпендикулярность прямых, у нас есть много окружностей с общими точками. На что же это намекает?

Подсказка 5

Именно! На радикальные оси и центры окружностей. Самостоятельно докажите, что H — радикальный центр трёх найденных окружностей. Также M — общая точка окружностей BSMA и DPMC. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 6

HM — рад. ось BSMA и CMPD, осталось доказать, что KL — линия центров. Успехов!

Показать доказательство

Обозначим основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на $BC,$ через $S,$ а основание перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на $AD,$ — через $P.$

Точки $B$ и $D$ равноудалены от концов отрезка $AC,$ значит $BD$ — серединный перпендикуляр к $AC.$ Заметим, что точки $S$ и $P$ лежат на окружности с диаметром $AC,$ точки $S$ и $M$ — на окружности с диаметром $AB,$ а точки $M$ и $P$ — на окружности с диаметром $CD.$

$PIC$

Прямая $AS$ является радикальной осью окружностей $ASBM$ и $ASCP,$ а прямая $PC$ — радикальной осью окружностей $MCDP$ и $ASCP.$ Поэтому точка $H$ пересечения этих прямых — радикальный центр трёх указанных окружностей. Следовательно, $HM$ — радикальная ось окружностей $ASBM$ и $MCDP$ и, значит, перпендикулярна их линии центров $KL.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 120#91022Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к стороне $AC$ неравнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ пересекает прямые $AB$ и $BC$ в точках $B1$ и $B2$ соответственно, а серединный перпендикуляр к стороне $AB$ пересекает прямые $AC$ и $BC$ в точках $C1$ и $C2$ соответственно. Описанные окружности треугольников $BB1B2$ и $CC1C2$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $ABC$ лежит на прямой $PQ.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 9.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Возникает вопрос, где взять центр описанной окружности, как связать с ним объекты из задачи. Очень просто, для этого достаточно вспомнить его определение.

Подсказка 2

Давайте заметим, что PQ - радикальная ось окружностей. Значит, если мы найдём ещё одну окружность такую, что O будет радикальным центром тройки окружностей, то задача будет решена.

Подсказка 3

Стоит обратить внимание на четырёхугольник B_1B_2C_2C_1. Если вы докажете, что он вписанный, то задачу решите.

Показать доказательство

Обозначим середины $AB$ и $AC$ точками $C 3$ и $B 3$ соответственно, а точку пересечения серединных перпендикуляров $B B 2 3$ и $C C 3 2$ через $O,$ это и есть центр описанной окружности. Заметим, что если доказать, что четырёхугольник $B1B2C2C1$ — вписанный, то для тройки окружностей $(BB1B2),(CC1C2)$ и $(B1B2C2)$ точка $O$ будет радикальным центром и мы получим требуемое. Докажем это.