Тема Преобразования плоскости

Гомотетия

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела преобразования плоскости

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#90009

Даны две окружности $Γ 1$ и $Γ 2$ , пересекающиеся в (несовпадающих) точках $A,B$ . К этим окружностям проведены общие внешние касательные, пересекающиеся в точке $X$ . Прямая $XA$ повторно пересекает $Γ 1$ в точке $T1$ , а прямая $XB$ повторно пересекает $Γ 2$ в точке $T2$ . Касательная к $Γ 1$ в точке $T1$ и касательная к $Γ 2$ в точке $T2$ пересекаются в точке $Y$ . Докажите, что точки $X,Y,T1,T2$ лежат на одной окружности.

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если обозначить центр Г₁ за O₁, а центр Г₂ за O₂, то чертёж выглядит достаточно симметричным относительно O₁O₂. Но вот T₁ и Т₂ несимметричны. Давайте считать, что радиус Г₂ меньше Г₁. Тогда вторая точка пересечения XT₁ и окружности Г₂, пусть S, лежит на отрезке XT₁.

Подсказка 2

Через равенство углов ∠ XT₁Y и∠ XT₂Y!

Подсказка 3

∠ XT₂Y равен углу между XT₁ и касательной к окружности Г₂ в S(пусть β). Значит, теперь мы хотим показать, что β и ∠ XT₁Y равны. Как бы это сделать?

Подсказка 4

С помощью гомотетии в X! Но с каким коэффициентом?

Подсказка 5

С таким коэффициентом, чтобы при гомотетии S перешла в А.

Показать доказательство

Назовём центры окружностей $Γ ,Γ 1 2$ соответственно $O 1$ и $O . 2$ Вторую точку пересечения $Γ 2$ с $XA$ назовём $S$ . Без ограничения общности скажем, что радиус $Γ 2$ меньше радиуса $Γ 1$ (случай равенства радиусов невозможен, ведь тогда касательные не имели бы точки пересечения). Тогда $S$ лежит на отрезке $XT1$ .

$PIC$

Докажем, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в точке $S$ . Гомотетия с центром $X$ и коэффициентом $XA∕XS$ переводит $Γ 2$ в $Γ 1$ , при этом точки пересечения прямой $XA$ с окружностью $Γ 2$ переходят в точки пересечения $XA$ с $Γ 1$ в порядке их следования на луче $XA.$ Значит, точка $S$ перейдет в точку $A$ , а точка $A$ – в точку $T1.$

При гомотетии касательная к $Γ 2$ в точке $S$ переходит в касательную к $Γ 1$ в точке $A.$ Согласно теореме о б угле между касательной и хордой, касательные к $Γ 1$ в точках $A$ и $T1$ составляют равные углы с хордой $AT1,$ из чего следует, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в $S.$ Утверждение доказано. (Отметим, что если касательные из доказанного утверждения параллельны, то прямая $T1S$ содержит $Γ 1$ и $Γ 2,$ а значит точки $A$ и $B$ совпадают, что противоречит условию.)

Осталось доказать $∠YT1X = ∠YT2X.$ Для этого рассмотрим прямую $O1O2,$ являющуюся осью симметрии окружностей $Γ 1$ и $Γ 2,$ относительно неё симметричны прямые $XT1$ и $XT2,$ касательные к $Γ 2$ в $S$ и $T2.$ Значит, $∠YT2X$ равен углу между $XT1$ и касательной к $Γ 2$ в $S,$ этот угол равен $Y T1X.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#91888

Внутри полосы, ограниченной параллельными прямыми $a$ и $b,$ нарисованы две окружности $ω a$ и $ω , b$ касающиеся друг друга в точке $S.$ Кроме того, $ωa$ касается $a$ в точке $A,$ $ωb$ касается $b$ в точке $B.$ Докажите, что точка $S$ лежит на отрезке $AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти гомотетию с центром в точке S, переходящую B в A. Это даст требуемое.

Подсказка 2:

Возможно, есть смысл поискать гомотетию, переходящую другие объекты, связанные с точками A и B.

Подсказка 3:

Рассмотрите гомотетию, переходящую одну окружность в другую.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим радиусы окружностей через $r1$ и $r2.$ Сделаем гомотетию в точке $S$ с коэффициентом $− rr12,$ переводящую $ωb$ в $ωa.$ Если докажем, что $B$ при гомотетии перейдёт в $A,$ то получим требуемое, так как $S$ — центр гомотетии.

Давайте посмотрим на прямую $b.$ Она перейдёт в прямую, параллельную себе, касающуюся $ωa$ и находящуюся выше точки $S.$ Это прямая $a.$ Стало быть, $B$ — точка пересечения $ωb$ и $b,$ перейдёт в точку пересечения $ωa$ и $a,$ то есть в точку $A.$ Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#91889

Точки $K$ и $L$ на сторонах соответственно $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ таковы, что $KL ∥BC;M$ — точка пересечения перпендикуляров, восставленных в точках $K$ и $L$ к отрезкам $AB$ и $AC.$ Докажите, что точки $A,M$ и центр $O$ описанной окружности треугольника $ABC$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти гомотетию с центром в A, переходящую M в O, это даст требуемое.

Подсказка 2:

Точка M - точка пересечения некоторых перпендикуляров к прямым AB и AC. Но ведь точка O тоже является точкой пересечения таких перпендикуляров. Вспомните свойства центра описанной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $D$ и $E$ — середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно. Заметим, что $DE ∥ BC ∥KL,DO$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AB.$ Значит, $DO ∥KM.$ Аналогично, $OE ∥ LM.$ Тогда гомотетия с центром в точке $A,$ переводящая точку $E$ в точку $L,$ переводит $D$ в $K,$ а $O$ в $M.$ Следовательно, точки $A,O$ и $M$ лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91891

$ABCD$ — параллелограмм. Окружности $ω 1$ и $ω 2$ касаются внешним образом, находятся внутри параллелограмма, причем $ω 1$ вписана в угол $BAD, ω2$ — в угол $BCD.$ Докажите, что при любом способе выбора таких окружностей линия центров окружностей параллельна одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Для начала с помощью гомотетии соберите информацию на рисунке. Поищите коллинеарные точки.

Подсказка 2:

Рассмотрите гомотетию в точке касания S, переводящую вторую окружность в первую. Куда перейдëт точка C?

Подсказка 3:

Итак, вы поняли, что S лежит на AC. Теперь посмотрите на всевозможные треугольники AO_1S (O_1 - центр первой окружности) окружностей, вписанных в угол BAD, что про них можно сказать?

Показать доказательство

Сделаем гомотетию с центром в точке касания окружностей, переводящую $ω 2$ в $ω. 1$ Прямая $BC$ перейдёт в прямую, параллельную себе и касающуюся $ω1,$ то есть прямую $AD.$ Аналогично прямая $CD$ перейдёт в прямую $AB.$ Значит, точка $C$ — точка пересечения прямых $BC$ и $AD,$ перейдёт в $A$ — точку пересечения $AB$ и $AD.$ Значит, точка касания окружностей $S$ лежит на прямой $AC.$

Пусть $O1$ — центр первой окружности. Тогда рассмотрим треугольник $AO1S.$

$PIC$

Прямая $EO1$ — биссектриса угла $BAD,$ прямая $AC$ — диагональ параллелограмма, то есть эти прямые не зависят от выбора окружностей. Заметим, что при некотором другом выборе окружностей новый треугольник $A′O′1S′$ будет подобен старому треугольнику $AO1S,$ а, значит, угол $O1SE$ будет постоянным. Таким образом, все линии центров образуют одинаковый угол с прямой $AC,$ которая не зависит от выбора окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#93761

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E.BH$ и $BB 1$ — высота и медиана соответственно. $DD1$ и $EE1$ — диаметры $ω$ и $ωB$ соответственно. Докажите, что прямые $EI$ и $DIB$ пересекаются в середине отрезка $BH,$ где $I$ центр вписанной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка:

В этой задаче стоит использовать гомотетию. Попробуйте перевести прямую DD_1 в прямую BH. Посмотрите, куда перейдëт точка I. Потом попробуйте проделать аналогичные манипуляции с точкой I_B.

Показать доказательство

Рассмотрим гомотетию в точке $E,$ переводящую $D 1$ в $B.$ Она же переводит $D$ в $H$ ( $BH ∥ D D). 1$ Тогда середина $DD 1$ $(I)$ при этой гомотетии переходит в середину $BH,$ т.е. эти две точки лежат с $E$ на одной прямой.

$PIC$

Аналогично рассматривая гомотетию с центром в точке $D,$ переводящую $E1$ в $B,$ получим, что середина $BH,$ середина $EE1$ $(IB)$ и $D$ лежат на одной прямой. Это и доказывает задачу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67117

Вписанная окружность касается сторон треугольника $ABC$ в точках $A ,B 1 1$ и $C . 1$ Докажите, что прямая Эйлера треугольника $A B C 1 1 1$ проходит через центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для того, чтобы доказать, что прямая Эйлера треугольника A₁B₁C₁ проходит через О(центр описанной окружности ABC), нужно в явном виде найти эту прямую Эйлера. Для этого, попробуйте опустить высоты в треугольнике A₁B₁C₁ (как минимум одну точку прямой Эйлера мы нашли) и посмотреть на треугольник образованный их основаниями. Что такое Н (ортоцентр A₁B₁C₁) для этого(на основаниях высот) треугольника?

Подсказка 2

Для этого треугольника, который образован основаниями высот в треугольнике A₁B₁C₁, H — инцентр (по свойству ортоцентра). При этом, в силу того, что A₁B₁C₁ — треугольник образованный точками касания вписанной в ABC окружности, AВ-касательная к окружности описанной вокруг A₁B₁C₁. А А₂В₂ — отрезок, соединяющий основания высот. То есть A₂B₂ антипараллельно А1В1, но ведь AB тоже антипараллелен A₁B₁. Значит A₂B₂ || AB. Но ведь так можно сказать и для B₂C₂ и для C₂A₂. Что тогда можно сказать про треугольники ABC и A₂B₂C₂?

Подсказка 3

Верно, они мало того что подобны, но еще и гомотетичны. Так давайте тогда рассмотрим гомотетию, при которой большой треугольник переводится в маленький. Куда тогда переходит H? А что можно сказать насчет того, куда переходит I(центр вписанной окружности)? А что это все дает?

Подсказка 4

А вот, что это дает. Дело в том, что точка, ее образ при гомотетии и центр гомотетии всегда лежат на одной прямой. Пусть центр гомотетии - Х. Точка I-переходит в точку Н, значит точки I,H,X коллинеарны. Точка О же переходит в центр описанной вокруг треугольника A₂B₂C₂ окружности. Значит этот центр, X и О коллинеарны. Из всего нашего набора наиболее непонятен вот этот центр. Что насчет него можно сказать? Чем он является?

Подсказка 5

Поскольку A₂,B₂,C₂ — основания высот, то окружность описанная вокруг A₂B₂C₂ - это окружность Эйлера для треугольника A1B1C1, а значит ее центр лежит на прямой Эйлера, при том эту прямую мы знаем, это прямая HI. Однако, еще и Х лежит на HI, но тогда на этой прямой лежит и центр описанной окружности треугольника A₂B₂C₂, а также точка Х. Значит, на ней лежит и точка О. Что и требовалось доказать!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $O$ и $I$ — центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC, H$ — ортоцентр треугольника $A1B1C1.$ Проведем в треугольнике $A1B1C1$ высоты $A1A2,B1B2$ и $C1C2.$ По свойству ортоцентра $H$ — инцентр треугольника $A2B2C2.$

Стороны исходного треугольника $ABC$ являются касательными к окружности $(A1B1C1)$ в соответствующих точках. Каждый отрезок, соединяющий основания высот $A1B1C1,$ параллелен соответствующей касательной, проведённой к описанной окружности в соответствующей вершине треугольника (эту несложную лемму можно использовать в данной задаче без доказательства). В итоге стороны треугольников $ABC$ и $A2B2C2$ параллельны.

Значит, существует гомотетия, переводящая треугольник $ABC$ в $A2B2C2.$ При этой гомотетии точка $O$ переходит в точку центр описанной окружности $ΔA2B2C2,$ а точка $I$ — в точку $H.$

Пусть центр гомотетии — некоторая точка $X,$ тогда тройки точек $X,O,$ центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ и $X,I,H$ коллинеарны.

А ведь центр описанной окружности $ΔA2B2C2$ — центр окружности Эйлера для $ΔA1B1C1.$ Значит, он лежит на его прямой Эйлера $HI.$ Но тогда и $O$ лежит на этой прямой.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67678

В треугольнике $ABC$ высоты $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H,$ точка $M$ — середина стороны $BC,$ а $X$ — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники $BMF$ и $CME.$ Докажите, что точки $X,M$ и $H$ лежат на одной прямой.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока не совсем понятно, как доказывать вопрос задачи. Углы тут совсем никак не помогут, потому что к ним не подобраться... Давайте попробуем пока в принципе отметить факты на картинке, может быть, что-нибудь в дальнейшем увидим. Например, поймём, где у нас лежат центры вписанных окружностей? Какое дополнительное построение хорошо бы сделать, когда отмечена середина стороны?

Подсказка 2

Верно, центры окружностей лежат на серединном перпендикуляре к сторонам BF и CE, так как треугольники у нас равнобедренные. К тому же если у нас уже есть по средней линии в треугольниках, то давайте проведём ещё по одной параллельно сторонам BF и CE. Значит, у нас уже есть биссектрисы углов B и C, соотношения для которых мы уже можем записать. И попробуем поделить одно соотношение на другое, хуже нам от этого не станет, к тому же у них есть одинаковый отрезок. Давайте немного подумаем. Мы работаем только с отрезками... А как с помощью них можно доказать принадлежность трёх точек одной прямой?

Подсказка 3

Точно, можно доказать, что точка X переводится гомотетией в точку H. Но... Доказывать это через треугольники точно не хочется. Это нужно продлевать серперы до пересечения с линией, параллельной отрезку, проходящего через центры окружностей... Так мы ничего добьёмся. Давайте попробуем доказать утверждение через равенство отношения расстояний от точек X и H до серперов. Одно большое соотношение мы уже получили. Тогда давайте и попробуем выйти через него на отношение расстояний. Давайте взглянем ещё раз внимательно на условие. Чем мы ещё не пользовались?

Подсказка 4

Верно, мы совсем забыли про точку X, а она является центром гомотетии двух окружностей! То есть можем ещё записать отношения с радиусами и двумя отрезками, нужными нам. Остаются только некоторые технические преобразования с отношениями, и победа!

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $S,$ $T$ - середины высот $BE$ и $CF,$ а $L,$ $N$ - середины отрезков $BF$ и $CE.$ Обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF,$ $CME$ через $ω1,$ $ω2,$ а их центры - через $Ib$ и $Ic$ соответственно. Треугольники $BMF$ и $CME$ - равнобедренные, поэтому точки $Ib$ и $Ic$ лежат на соответствующих высотах $ML$ и $MN$ этих треугольников. Отрезки $BIb$ и $CIc$ являются биссектрисами треугольников $MLB$ и $MNC,$ поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения $MNIIcc = MNCC-,$ $MLIIbb = MBLB .$ Разделив первое на второе и учитывая равенство $MB = MC,$ получаем, что $MMIIcb ⋅ LNIIbc = LNBC-.$ Поскольку $X$ - центр гомотетии, переводящей $ω1$ в $ω2,$ то $X$ лежит на линии $IbIc$ и верно равенство: $LNIIb= XXIIb. c c$ Но тогда

MIc-⋅ LIb= MIc-⋅ XIb = MIc⋅ SMXIb-= ρ(X,MIb), MIb NIc MIb XIc MIb SMXIc ρ(X,MIc)

где $ρ(X,AB)$ обозначает расстояние от точки $X$ до прямой $AB.$ С другой стороны, по свойству средней линии $MS ||AC$ и $MT ||AB,$ то есть $MS ⊥ BE$ и $MT ⊥ CF.$ Значит $MLF T$ и $MNES$ - прямоугольники, то есть $MT =LF$ и $MS = NE.$ Тогда выполнены равенства

LB LF MT ρ(H,ML ) NC-= NE-= MS- = ρ(H,MN-),

где последнее равенство выполнено, поскольку $MS$ и $MT$ есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых $BE ||MN$ и $CF||ML.$ Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что

ρ(H,-ML)-= LB-= MIc-⋅ LIb= ρ(X,MIb), ρ(H,MN ) NC MIb NIc ρ(X,MIc)

откуда следует, что точки $M,$ $X$ и $H$ лежат на одной прямой.

Второе решение.

Как и в первом решении обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF$ и $CME,$ через $ω1,ω2,$ их центры через $Ib$ и $Ic$ соответственно, а середины отрезков $BF$ и $CE$ — через $L$ и $N.$ Пусть также $Y$ — точка пересечения внешних касательных к $ω1,ω2.$

Заметим, что четвёрка точек $(Ib,Ic,X,Y)$ — гармоническая, то есть двойное отношение $(Ib,Ic;X, Y)$ равно $− 1.$ Спроецируем эту четвёрку точек на прямую $BE$ с центром в точке $M.$ Точка $Y$ лежит на прямой $BC,$ поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к $ω1$ и $ω2,$ поэтому $Y$ перейдёт в $B.$ Точка $Ib$ перейдёт в точку $R$ пересечения прямых $ML$ и $BH,$ которая является серединой $BH,$ поскольку в треугольнике $BFC$ отрезок $ML$ — средняя линия. Точка $Ic$ перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой $BH,$ поскольку $MIc||BH.$

Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка $(R,∞; H,B)$ — гармоническая. Значит, образом точки $X$ при данной проекции является точка $H,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68522

Точки $O$ и $H$ — центр описанной окружности и точка пересечения высот остроугольного треугольника $ABC$ ; $M$ и $N$ — середины отрезков $AH$ и $BH$ . Оказалось, что точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ лежат на одной окружности. Докажите, что эта окружность касается описанной окружности треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

$PIC$

Утверждение задачи равносильно тому, что радиус окружности $Ω$ , проходящей через точки $H$ , $M$ , $N$ и $O$ , равен $R ∕2$ , где $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$ , а, стало быть, и тому, что радиус окружности $Ω1$ , гомотетичной окружности $Ω$ с центром $H$ и коэффициентом $2$ , равен $R$ . Но $Ω1$ — это описанная окружность треугольника $AHB$ , а она, как хорошо известно, симметрична описанной окружности треугольника $ABC$ относительной прямой $AB$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71794

Две окружности $T 1$ и $T 2$ касаются прямой $l$ в точках $A 1$ и $A 2$ и лежат по одну сторону от неё. Окружность $T 3$ касается внешним образом окружностей $T1$ и $T2$ в точках $B1$ и $B2.$ Докажите, что прямые $A1B1$ и $A2B2$ пересекаются на окружности $T3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведем A₁B₁ до пересечения с T₃ в Q и докажем, что A₂B₂ попадет туда же! Хмм, никаких углов, никакой информации - лишь касающиеся окружности и касательная...Какой приём может помочь связать окружности?

Подсказка 2

Гомотетия! Рассмотри гомотетии с центрами в точках B₁ и B₂, что интересного можно про них сказать?

Подсказка 3

Гомотетия с центром в B1 переведет T₁ в T₃, а касательную - в новую касательную в точке Q. Чтобы доказать требуемое, куда должна попасть касательная при гомотетии с центром в B₂?

Подсказка 4

В касательную, проходящую через Q! Но ведь она также может попасть в диаметрально противоположную касательную? Чтобы доказать, что это не так, рассмотрим полуплоскости и объекты в них и внимательно разберемся с коэффициентами гомотетий!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть прямая $A1B1$ пересекает окружность $T3$ в точке $Q.$ Заметим, что окружности $T1$ и $T3$ гомотетичны с центром в точке $B1.$ Тогда точка $A1$ переходит в точку $Q,$ и касательная к окружности $T1$ переходит в параллельную ей касательную, проходящую через $Q.$ Теперь рассмотрим гомотетию с центром $B2,$ переводящую окружность $T2$ в $T3.$ Так как тут происходит то же самое, касательная к окружности $A2$ перейдёт в параллельную касательную, касающуюся $T3$ в какой-то точке, но таких касательных только две. Если это та же касательная проходящая через точку $Q,$ то мы победили! Почему же это не диаметрально противоположная касательная?

Давайте посмотрим на полуплоскость, где лежат окружности $T1$ и $T2.$ Пусть они лежат в $полож ит ельной$ полуплоскости относительно прямой $l,$ а другая полуплоскость будет $отрицательная.$ Но тогда при нашей гомотетии с отрицательным коэффициентом окружность $T3$ должна оказаться уже на отрицательной полуплоскости относительно касательной, что будет неверно, когда касательная диаметрально противоположная(прямая просто “съедет” сохранив ориентацию, но окружность окажется на другой полуплоскости). Значит, такой случай невозможен, и обе прямые пересекутся в точке касания окружности $T3$ и прямой, параллельной исходной.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#74094

Две окружности касаются в точке $K$ внешним (внутренним) образом. Через точку $K$ проведены две прямые, пересекающие первую окружность в точках $A$ и $B,$ вторую— в точках $C$ и $D.$ Докажите, что $AB||CD.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что окружность $ABK$ при гомотетии с центром в точке $K$ переходит в окружность $CKD,$ при этом $A$ переходит в $D, B$ переходит в $C,$ значит $AB$ переходит в $CD,$ а значит эти прямые параллельные, так как при гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#74095

Докажите, что три прямые, проведённые через середины сторон треугольника параллельно биссектрисам противолежащих углов, пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте с помощью гомотетии перевести эти три прямые в другие три прямые, которые пересекаются в одной точке, тогда и изначальные прямые будут пересекаться в одной точке. В какие прямые проще перевести?

Подсказка 2:

Посмотрите на биссектрисы. Они пересекаются в одной точке. Как можно перевести изначальные прямые в биссектрисы?

Подсказка 3:

Обратите внимание на медианы. Какое полезное свойство, связанное с ними, может помочь в реализации подсказки 2?

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $l$ — прямая, проходящая через точку $A1$ (середину $BC$ ) параллельно биссектрисе угла $A.$ Сделаем гомотетию в точке пересечения медиан $M$ треугольника $ABC$ с коэффициентом $− 0.5.$ По свойству центра тяжести точка $A$ перейдёт в точку $A1.$ Биссектриса угла $A$ перейдёт в параллельную прямую, проходящую через точку $A1,$ то есть в $l.$

Таким образом, этой гомотетией мы перевели биссектрисы в соответствующие прямые. Биссектрисы пересекались в одной точке, значит и искомые прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#74096

Две окружности касаются внутренним образом в точке $A.$ Секущая пересекает окружности в точках $M, N,P,Q$ (в таком порядке). Докажите, что $∠MAP =∠NAQ.$

Показать доказательство

Продлим $AN$ и $AP$ до пересечения с большей окружностью получив точки $A′$ и $P′$ соответсвенно. заметим, что меньшая окружность и большая гомотетичны относительно $A,P$ и $N$ переходят в $′ P$ и $′ N$ соответсвенно. Значит $PN$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $QM$ паралельно $′ ′ P N ,$ значит $′ ′ ∠MAN = ∠QAP ,$ значит, $∠QAN =∠MAP.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74816

Чевианы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке. Окружность $ω A$ касается стороны $BC$ в точке $A 1$ и меньшей дуги $BC$ окружности $(ABC )$ в точке $A0.$ Аналогично определяются точки $B0$ и $C0.$ Докажите, что прямые $AA0,BB0$ , $CC0$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Рассмотрим следующее утверждение, называемое леммой Архимеда:

Окружность $ωA$ касается хорды $BC$ окружности $ω$ в точке $A1,$ а окружности $ω$ касается в точке $A0.$ Тогда $A0A1$ проходит через середину дуги $BC$ окружности $ω,$ не содержащей точку $A0.$

Докажем его. Отметим, что $ω$ и $ωA$ гомотетичны с центром гомотетии в точке $A0.$ При гомотетии, переводящей $ωA$ в $ω,$ прямая $BC$ перейдет в касательную к $ω,$ параллельную $BC,$ и $A1$ перейдет в соответствующую точку касания. Очевидно, что эта точка касания делит пополам дугу $BC,$ не содержащую $A0.$ С другой стороны, образ $A1$ под действием такой гомотетии это и есть точка пересечения $ω$ и $A0A1.$

$PIC$

Вернёмся к нашей задаче и рассмотрим треугольник $BA0C$ . Согласно лемме Архимеда, $A0A1$ является его биссектрисой. Поэтому $BAA1C = BAA0C. 1 0$ Если повторить рассуждения выше для пар точек $B0,B1$ и $C0,C1,$ мы аналогично получим, что $CB0= CB1 B0A B1A$ и $AC0= AC1. C0B C1B$ По условию, чевианы $AA1,BB1,CC1$ пересекаются в одной точке, откуда, по теореме Чевы

BA1-⋅ CB1-⋅ AC1-= 1 A1C B1A C1B

откуда

BA0 CB0 AC0 A0C-⋅B0A-⋅C0B-= 1

Отметим, что $BA0CB0AC0$ является вписанным выпуклым шестиугольником. Согласно задаче $4,$ из выражения выше следует, что его главные диагонали пересекаются в одной точке. Другими словами, прямые $AA0,BB0,CC0$ пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#80433

Четырёхугольник диагоналями разрезан на четыре треугольника. Докажите, что точки пересечения медиан этих треугольников расположены в вершинах некоторого параллелограмма.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим центры тяжести треугольников точками $M1,M2,M3,M4.$ Сделаем гомотетию в точке $X$ (середине отрезка $AO$ ) с коэффициентом $3.$ По свойству точки пересечения медиан точки $M1$ и $M2$ перейдут в точки $B$ и $D$ соответственно. Значит, прямая $M1M2$ перейдёт в прямую $BD,$ откуда следует их параллельность. Из аналогичной гомотетии в середине отрезка $OC$ следует, что $M3M4 ∥ BD.$ Таким образом, $M1M2 ∥M3M4.$ Точно так же доказывается параллельность прямых $M1M4$ и $M2M3.$ Следовательно, $M1M2M3M4$ — параллелограмм, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#80434

Пусть $M, N,L$ — середины сторон $AB,BC,AC$ треугольника $ABC.$ Точка $P$ — любая точка на плоскости. Через вершины треугольника $ABC$ проведены прямые, параллельные $PN,PL,PM$ соответственно. Пусть нам известно, что эти прямые пересекаются в одной точке (обозначим её через $Q$ ). Пусть $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Докажите, что точка $G$ лежит на отрезке $PQ,$ причём $2PG = GQ.$

Показать доказательство

$PIC$

Для начала скажем, что факт пересечения прямых, проходящих через вершины треугольника, можно доказать гомотетией в точке $G$ с коэффициентом $− 2.$ Эта гомотетия перевела прямые $PN,P L,P M$ в тройку прямых из условия. Понятно, что она также перевела их точку пересечения $P$ в точку пересечения их образов $Q.$ Это означает, что точки $P,Q$ и центр гомотетии $G$ коллинеарны, причём $2PQ = GQ,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#80435

Точку внутри квадрата отразили относительно середин сторон этого квадрата. Докажите, что четыре полученные точки являются вершинами некоторого квадрата.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть M_1, N_1, Z_1, T_1 - отражённые точки. Найдите какой-то квадрат на рисунке, который с помощью гомотетии можно перевести в четырëхугольник M_1N_1Z_1T_1. Отсюда будет следовать требуемое.

Подсказка 2:

Обозначьте середины ABCD через MNZT и обратите внимание на этот четырёхугольник.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $X$ — точка внутри квадрата, a точки $M, N,Z,T$ — середины сторон квадрата. Нетрудно понять, что четырёхугольник $MNZT$ — квадрат. Сделаем гомотетию в точке $X$ с коэффициентом $2,$ тогда квадрат $MNZT$ перейдёт в четырёхугольник $M1N1Z1T1,$ которые являются образами точки $X$ при отражении относительно середин сторон. Значит, $M1N1Z1T1$ также является квадратом, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#80436

На каждом из оснований $AD$ и $BC$ трапеции $ABCD$ построены вне трапеции равносторонние треугольники. Докажите, что отрезок, соединяющий третьи вершины этих треугольников, проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте найти такую гомотетию в точке O, которая переведëт точку Y в точку X.

Подсказка 2:

Стоит обратить внимание на самую стандартную гомотетию в трапеции, переходящую одно основание в другое.

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем гомотетию в точке пересечения диагоналей $O$ трапеции с коэффициентом $− ABDC.$ Точка $B$ перейдёт в точку $D,$ точка $C$ — в точку $A,$ основание $BC$ в основание $AD.$ Прямая $BX$ до гомотетии образовывала угол $60∘$ с прямой $BC.$ Значит, она перейдёт в прямую, проходящую через точку $D$ под углом $60∘$ к прямой $AD,$ то есть в прямую $DY.$ Аналогично прямая $CX$ перейдёт в прямую $AY.$ Таким образом, точка пересечения прямых $XC$ и $XB,$ то есть точка $X,$ перейдёт в точку пересечения прямых $YA$ и $YD,$ то есть в точку $Y.$ Отсюда точки $X,Y$ и центр гомотетии $O$ коллинеарны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#81911

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Вневписанная окружность касается отрезка $AC$ в точке $K.$ Пусть $W$ — вторая точка пересечения $BI$ и описанной окружности треугольника $ABC,$ а $P$ — точка, симметричная $I$ относительно высоты, опущенной из вершины $B$ . Известно, что $∘ ∠IKW = 90.$ Найдите величину угла $∠BP K.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $BH$ — высота, $M$ — середина $AC,$ а $L$ — точка касания вписанной окружности с $AC.$ Гомотетия с центром $B,$ переводящая вписанную окружность во вневписанную, переводит точку $X,$ симметричную $L$ относительно $I,$ в $K.$ Поэтому $KI$ — медиана треугольника $BHK$ и $MI ∥BK.$ Поскольку $∠W KL = ∠W LK = ∠KIL,$ то $W$ — точка пересечения касательных к окружности $(IKL )$ в точках $K$ и $L.$ Поэтому $IW$ — симедиана треугольника $IKL,$ откуда $∠IKB = ∠MIK = ∠W IL= ∠HBI.$ Значит, окружность $(KIB)$ касается $BH.$ Середина $BH$ имеет равные степени относительно окружностей $(KIB )$ и $(KIH ),$ поэтому окружность $(KIH )$ тоже касается $BH$ . Следовательно, $∠BP H =∠BIH = 180∘ − ∠BKH.$ Тогда четырехугольник $BKHP$ вписан, и $∠BP K = ∠BHK = 90∘.$

Ответ:

$∠BP K = 90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#82067

Дан параллелограмм $ABCD.$ Один круг касается сторон $AB$ и $AD,$ а второй — сторон $CB$ и $CD.$ Круги касаются друг друга. Докажите, что их точка касания лежит на диагонали $AC.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим точку касания через $X.$ Сделаем гомотетию с центром в $X,$ переводящую вторую окружность в первую. Прямая $BC$ перейдёт в прямую, которая касается первой окружности, причём $X$ лежит между $BC$ и этой прямой. Ясно, что такими свойствами обладает лишь прямая $AD.$ Аналогично прямая $CD$ перейдёт в прямую $AB.$ Следовательно, точка пересечения прямых $BC$ и $CD$ (точка $C$ ) перейдёт в точку пересечения прямых $AB$ и $AD,$ то есть в точку $A.$ Таким образом, точки $A,X$ и $C$ коллинеарны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#82068

Окружность $ω$ касается сторон $AB$ и $AC$ треугольника $ABC.$ Окружность $Ω$ касается стороны $AC$ и продолжения стороны $AB$ за точку $B,$ а также касается $ω$ в точке $L,$ лежащей на стороне $BC.$ Прямая $AL$ вторично пересекает $ω$ и $Ω$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Оказалось, что $KB ∥ CM.$ Докажите, что треугольник $LCM$ равнобедренный.

Показать доказательство

$PIC$

Из симметрии, прямая $AL$ является биссектрисой угла $∠BAC$ и проходит через центры окружностей $ω$ и $Ω.$

Поскольку соответственные стороны треугольников $KBL$ и $MCL$ параллельны, существует гомотетия с центром $L,$ переводящая первый треугольник во второй. Эта гомотетия переводит окружность $ω$ с диаметром $KL$ в окружность с диаметром $LM,$ то есть в $Ω.$ Отрезок $AB,$ касающийся $ω,$ перейдёт в параллельный ему отрезок $CA′,$ касающийся $Ω;$ при этом, поскольку $∠CA ′A = ∠A′AB = ∠A ′AC,$ треугольник $A′CA$ равнобедренный.

Пусть $O$ — центр $Ω.$ Поскольку $CA$ и $CA ′$ — касательные к $Ω,$ то $CO$ — биссектриса в равнобедренном треугольнике $A′CA,$ а стало быть — и высота. Итак, медиана $CO$ треугольника $LCM$ является высотой, откуда и следует требуемое.

Предыдущий раздел

Следующий раздел