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#77990

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

Показать доказательство

$PIC$

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79120

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

Показать доказательство

$PIC$

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79122

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

Показать доказательство

$PIC$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79866

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

Показать доказательство

$PIC$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#83389

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

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

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

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

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

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

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

Пункт 2, подсказка 1

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

Пункт 2, подсказка 2

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

Пункт 3, подсказка 1

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

Пункт 3, подсказка 2

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

Пункт 4, подсказка 1

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

Пункт 4, подсказка 2

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

Показать ответ и решение

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

$PIC$

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

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

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

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

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

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

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

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

ED = ED′ = EB и D′F = FD = FC

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

′ ′ ′ ′ ∠EBD =∠AED ∕2∠AFD ∕2= ∠ACD

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

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

$PIC$

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

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

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

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

∠XAD = ∠XDF, ∠YAD = ∠YDE

∠XDF + ∠YDE =∠BAC

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

В итоге $XAY D$ — вписанный.

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

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

∠Y′MZ ′ = ∠DEF + ∠DFE = π− ∠EDF,

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

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

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

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

$pict$

Также

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

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

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

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#90450

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока точка A не очень связана со всей остальной картинкой. Попробуйте выражать степень точки A относительно всех трёх окружностей.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что степень точки A относительно окружности с диаметрами BP равна степени точки A относительно окружности с диаметрами CQ. А также мы знаем, что T - точка касания этих же окружностей. Что тогда можно сказать про прямую AT?

Подсказка 3

Верно! Это же радикальная ось этих окружностей, а значит, и касательная. Теперь с помощью теоремы об отрезках секущей и касательной мы можем найти отрезки AP и AQ. Однако мы ещё никак не использовали свойства точки O. Попробуйте отметить центры двух других окружностей (точки Y и X) и рассмотреть четырёхугольник AXOY.

Подсказка 4

Мы получаем, что он вписанный. А значит, углы AYX и AOX равны. Теперь мы можем выразить AO через AX и угол AYX. Осталось лишь найти этот угол. В треугольнике AYX мы уже знаем 2 стороны, и если найдём третью, то и любой его элемент сможем посчитать, а значит и угол AYX. Попробуйте найти XY, воспользовавшись тем, что T — точка касания.

Показать ответ и решение

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

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

$PIC$

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

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

Ответ:

$65 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67131

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать, что какие-то прямые пересекаются в одной точке) Причём две из этих прямых связаны с каким-то вписанным четырехугольником(который несложно найти на картинке)! На какой геометрический объект(или явление), связанный с окружностями(или вписанным четырехугольником) намекают нам три пересекающиеся прямые?

Подсказка 2

На радикальный центр! Попробуем найти окружности, для которых удобные нам прямые AB и H₁H₂ являются радикальными осями. Как можно связать T₁T₂ с этими окружностями?

Подсказка 3

AB - радикальная ось окружностей (ABC) и (ABH₁H₂). H₁H₂ - радикальная ось окружностей (ABH₁H₂) и окружности Эйлера. Тогда попробуем доказать, что T₁T₂ - радикальная ось окружности (ABC) и окружности Эйлера. Условие у нас симметрично для точек T₁ и T₂, поэтому можно доказать лишь для одной из них, что она находится на нужной нам радикальной оси. Какими условиями мы еще не пользовались?

Подсказка 4

Мы не пользовались касанием T₁A и окружности (ABC), а также тем, что T₁ - середина S₁A. Не совсем понятно, как связать окружность Эйлера с T₁ без каких-то дополнительных точек. Какие точки на окружности Эйлера можно использовать?

Подсказка 5

Точка T₁ - это середина отрезка, так что отметим B₀ и C₀, которые лежат на окружности Эйлера и докажем, что степень точки T₁ относительно окружностей (ABC) и окружности Эйлера одинакова. Посчитать степень точки T₁ относительно (ABC) не составит труда(в силу касания), а относительно окружности Эйлера она равна T₁B₀*T₁C₀. Осталось лишь доказать равенство (T₁A)² = T₁B₀*T₁C₀!

Показать доказательство

$PIC$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67655

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто в геометрии полезно избавиться от ненужных объектов на картинке. В данном случае это общая хорда окружностей. Как можно переформулировать то что она перпендикулярна AD?

Подсказка 2

Это равносильно тому, что линия центров окружностей параллельна AD!

Подсказка 3

Теперь посмотрите на картинку повнимательнее: между двумя окружностями, которые должны быть равны, есть много общего...

Подсказка 4

Центры обеих окружностей лежат на линии центров, параллельной AD, а также центр первой лежит на...

Подсказка 5

Серединном перпендикуляре к AB! А центр второй - на серединном перпендикуляре к CD. Теперь просто нужно понять, что картинка (AB и центр первой окружности) равна картине (CD и центр второй окружности).

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

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

Первое решение.

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68498

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

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

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

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

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Для начала можно применить лемму о трезубце и сказать, что WI = WB! А WB можно выразить с помощью теоремы синусов) Что теперь можно сделать с AI?

Пункт а), подсказка 2

Попробуйте опустить из точки I радиус на сторону AB, получится прямоугольный треугольник. А в нем AI выразить через угол и радиус вписанной окружности тоже можно, а дальше уже задача решается)

Пункт б), подсказка 1

Для начала перепишем формулу в виде R² - OI² = 2Rr. Если расписать разность квадратов, то получится произведение (R-OI)(R+OI)..Можно где-то найти такие отрезки?

Пункт б), подсказка 2

Да! Если провести диаметр через точки O и I! А дальше остается понять, почему произведение этих отрезков на этой прямой равно 2Rr. Для этого воспользуйтесь пунктом а)

Пункт в), подсказка 1

Просто смотрим на формулу из пункта б), и становится очевидно, что эта разность неотрицательная. А что делать с равенством?

Пункт в), подсказка 2

Из той же формулы получаем, что при равенстве OI = 0, т.е. I = O. А когда такое может быть?)

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

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

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

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

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

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

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

По свойству пересекающихся хорд

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

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

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

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

R (R − 2r)≥ 0

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

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

IO2 = R(R− 2r)=0

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

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

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

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

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

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

∘ ∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

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

Третий вариант решения пункта (в)

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

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

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#71255

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, ну на данный момент мы, кажется про степень точки относительно окружности знаем не то чтобы мало, но мало умеем что - то применять. А вот применить одну из явных формул степени точки мы можем, может быть даже получится понять объект, который она задаст.

Подсказка 2

Применим формулу(если радиус окружности - это R, а расстояние от точки A до центра это - OA) степени точки, она равна OA^2 - R^2. Что интересного мы видим в этой формуле? Что в ней меняется, а что является константой? Как это можно применить?

Подсказка 3

Верно, константой является -R^2. Значит, если мы хотим, чтобы степень точки оставалась равной, то выходит, что нужно, чтобы расстояние от точки А до центра окружности было фиксировано. Значит, это множество точек - это…

Подсказка 4

Окружность, с центром в точке О! В том числе нулевого радиуса (сама точка О)

Показать ответ и решение

$PIC$

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

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

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

Ответ:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71256

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на картинку. Если мы уже знаем степень точки, то относительно каких точек и каких окружностей, которые уже есть на картинке, эту степень можно было бы написать?

Подсказка 2

Верно, относительно точек, которые были задают прямую из условия, и относительно окружностей, которые не содержат каждую из точек. Попробуйте расписать эту степень, чтобы получилось два равенства. Что тогда можно сказать?

Подсказка 3

С одной стороны, каждая из степеней равна квадрату отрезка, который соединяет «не противоположные» точки касания. С другой стороны, на каждой из общих внешних касательных этот отрезок равен. В таком случае, мы получили, что произведение отрезка из условия и произведения этого же отрезка без первой хорды из условия, и произведение отрезка из условия на произведение этого же отрезка без второй хорды из условия, равны. Значит, получили требуемое!

Показать доказательство

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

$PIC$

Тогда

AK2 =AF ⋅AB

BK ′2 =BE ⋅BA

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

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#71257

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче следует рассмотреть два случая. Если у нас две каких - то прямых пересечения двух из трех окружностей пересекаются в одной точке и если две какие - то из этих же прямых параллельны. Попробуйте рассмотреть эти два случая, с учетом того, что прямая пересечения двух окружностей - это их радикальная ось.

Подсказка 2

Действительно, если обладать нашим знанием про радикальную ось, то многое что выходит. Вот пусть две из наших прямых пересеклись в точке Q, тогда что можно сказать про степени точки Q относительно каждой из окружностей? А если наши прямые параллельны, то что можно сказать про центры наших окружностей? Какая связь между радосью и прямой, соединяющей центры?

Подсказка 3

Если две наши прямые пересеклись в точке Q, то выходит, что с одной стороны, степень точки Q относительно первой и второй окружностей равна, так как она принадлежит одной радоси. С другой стороны, степень точки относительно второй и третьей равны. Значит, степень точки относительно третьей и первой равны. Значит, эта точка принадлежит и третьей радоси. Если же две наши прямые параллельны, то выходит, что прямые соединяющие центры первой и второй окружности и второй и третьей параллельны, так как перпендикулярны двум параллельным прямым(радосям), но так как эти две прямые центров окружностей проходят через одну точку, выходит что они совпадают. Значит, все три центра лежат на одной прямой, а значит все их радоси параллельны, так как перпендикулярны этой самой прямой.

Показать доказательство

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

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

$PIC$

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

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71258

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, как в данной задаче может помочь тот факт, что у трех окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, радикальные оси пересекаются в одной точке.

Подсказка 2

Чтобы доказать, что диагонали пересекаются в одной точке, нам достаточно будет найти три окружности, на радикальных осях которых лежат диагонали нашего шестиугольника. Подумайте, как можно найти данные окружности.

Подсказка 3

В данной задаче нам поможет одна небольшая лемма. Она гласит, что если в точках P и Q, лежащих на окружности, провести касательные к окружности и по одну сторону от прямой PQ отложить на них равные отрезки P’P и Q’Q , то существует окружность, касающаяся прямых P’P и Q’Q в точках P’ и Q’. Попробуйте доказать ее самостоятельно и подумайте, как она может помочь в решении.

Подсказка 4

Когда мы доказали лемму, давайте с её помощью построим три окружности, одна будет касаться сторон AB и ED, вторая - BC и EF, третья - AF и CD, таким образом, чтобы расстояния между точкой касания окружности, вписанной в шестиугольник, и точкой касания окружности, которую мы строим, с той же прямой было равным для всех прямы и окружностей. Другими словами, мы от точек касания окружности, вписанной в шестиугольник ABCDEF, откладываем равные отрезки.

Подсказка 5

Если мы докажем, что для точек A и D отрезки касательных к первой и второй окружностям попарно равны, то докажем, что AD - радикальная ось, а аналогичными размышлениями для пар точек B, E и F, C мы докажем необходимое нам утверждение. Подумайте, как это можно сделать. Помните, что ранее мы откладывали равные отрезки, а отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны!

Показать доказательство

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

$PIC$

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

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

TP′ = TP − P P′ = TQ− QQ′ = TQ ′

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

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

$PIC$

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71793

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую лемму можно вспомнить, когда мы видим касающиеся внутренне окружности и касательную?

Подсказка 2

Что ещё может следовать из леммы Архимеда, помимо равенства дуг? Как связать A_0B , A_0A_1 , A_0B_1 ?

Подсказка 3

Из предыдущей подсказки можно доказать, что A_0C_0 - радикальная ось точки B и окружности w. А что из этого следует? Подумайте про отражение какой-то очень интересной точки.

Подсказка 4

Если доказали, что образ B лежит на A_1C_1 , то Вы на верном пути. Теперь осталось доказать что, образ B это I. Для этого попробуем использовать лемму о трезубце для △ ABC.

Показать доказательство

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

$PIC$

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#73211

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

Показать доказательство

$PIC$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#73212

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

Показать доказательство

$PIC$

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#73225

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

Показать доказательство

$PIC$

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

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

$pict$

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

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

А это тождественно верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#73241

Касательные в точках $A$ и $B$ к описанной окружности $ω$ равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB =BC )$ пересекаются в точке $D.$ Отрезок $CD$ пересекает $ω$ в точке $E.$ Докажите, что $AE$ делит $BD$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим углы при основании через $α,$ а угол $DCA$ через $β.$ Угол $ABC$ равен $180∘− 2α.$ По теореме об угле между хордой и касательной $∠DBA = ∠BCA = α.$ Следовательно, $∠DBC =180∘− α,$ так как $AC$ параллельно $BD.$ Используя это, вычисляем $∠BDC =β.$ Также заметим, что по теореме об угле между хордой и касательной $∠XAD = ∠ECA = β.$ Таким образом, из подобия треугольников $DXE$ и $DXA$ получаем $DX2 = XE ⋅XA.$ Теперь напишем степень точки $X$ относительно окружности: $XB2 = XE ⋅XA.$ Теперь видно, что $DX = XB,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#73243

В треугольнике $ABC$ отмечены середины $M$ и $N$ отрезков $BC$ и $CM$ соответственно. Описанная окружность треугольника $ABN$ вторично пересекает отрезок $AC$ в точке $S.$ Докажите, что $∠BAM = ∠MSN.$

Показать доказательство

$PIC$

Напишем степень точки $C :$ $CS ⋅CA =CN ⋅CB.$ А теперь заметим, что $CN ⋅CB = CM2.$ Значит, $CS⋅CA = CM2,$ а отсюда следует равенство $∠SMC =∠MAC.$

В силу вписанности $∠BAC = ∠SNC.$ Но $∠SNC$ внешний у треугольника $MNS.$ Но тогда с учетом равенства углов $SMC$ и $MAC$ получаем равенство углов $BAM$ и $MSN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#73283

Докажите, что прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит пополам общую касательную к ним.

Показать доказательство

$PIC$

Введём обозначения как показано на картинке. Прямая $AB$ является радикальной осью окружностей. Заметим, что степень точки $C$ относительно левой окружности равна $CD2,$ а относительно левой — $CE2,$ следовательно $CD = CE,$ поскольку точка $C$ лежит на радикальной оси.

Предыдущий раздел

Следующий раздел