Тема Преобразования плоскости

Инверсия

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#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:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96027

Рассмотрим вписанную и описанную окружности треугольника $ABC.$ Известно, что описанная окружность переходит в окружность под действием инверсии относительно вписанной. В какую?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним один факт, связанный с инверсией. Если в окружности рассмотреть хорду AB, провести касательные в A и B, пересечь их в P, то тогда P будет образом середины AB при инверсии относительно окружности. Попробуйте увидеть эту конструкцию в задаче.

Подсказка 2

Отметьте точки касания вписанной окружности. Теперь видите, как применить подсказку 1?

Показать ответ и решение

Пусть $K,L,M$ — точки касания вписанной окружности соответственно со сторонами $AB,BC, CA.$ Под действием инверсии относительно вписанной окружности точка $A,$ как точка пересечения касательных в точках $L$ и $M,$ перейдет в середину $∗ A$ хорды $LM.$ Аналогично, точки $B$ и $C$ перейдут в точки $∗ B$ и $∗ C$ — середины хорд $KL$ и $KM$ соответственно. Таким образом, окружность $(ABC )$ перейдет в окружность $∗ ∗ ∗ (A B C )$ — окружность девяти точек треугольника $KLM.$

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96028

Окружность $ω$ переходит под действием инверсии относительно $Ω$ в себя. Как $ω$ и $Ω$ располагаются друг относительно друга?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, что при инверсии всë, что находится внутри окружности, оказывается снаружи, и наоборот. Вот и подумайте, какой должны быть вторая окружность.

Подсказка 2

Вероятно вы поняли, что вторая окружность должна пересекаться с первой. Теперь подумайте, как проверить, что остальные точки второй окружности перейдут в себя. С помощью чего это можно проверить?

Показать доказательство

Если $ω$ находится полностью внутри(снаружи) $Ω,$ то после инверсии она будет находится полностью снаружи(внутри) $Ω,$ следовательно, $ω$ не могла остаться на месте. Таким образом, окружности $ω$ и $Ω$ имеют общие точки $A$ и $B,$ каждая из которых остается на месте под действием инверсии в $Ω.$ Пусть $O$ — центр $Ω,$ тогда $OA$ и $OB$ касается $ω.$ С другой стороны, каждая пара точек $A$ и $B$ на $Ω,$ однозначно задает такую окружность $ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#82074

Дан треугольник $ABC.$ Окружность $ω b$ лежит вне треугольника $ABC,$ касается его описанной окружности и отрезка $AB$ в точке $B′.$ Аналогично определяется $ωc.$ Докажите, что если $′ ′ B C ||BC,$ то одна из общих касательных к $ωb$ и $ωc$ параллельна $BC.$

Показать доказательство

$PIC$

Докажем, что нижняя общая касательная параллельна $BC.$ Сделаем инверсию в точке $A$ с произвольным радиусом. На рисунке образ любого объекта $T$ обозначается через $T′.$ Нижняя касательная перейдёт в меньшую окружность (на рисунке обозначим её через $β$ ), проходящую через $A$ и касающуюся $ω′1$ и $ω′2,$ поскольку на изначальной картинке она находится дальше от центра инверсии, чем верхняя общая касательная.

Пусть $β$ пересекает $AB′$ и $AC′$ в $B2$ и $C2$ соответственно. Если мы покажем, что $B2C2 ∥B ′C ′,$ то окружности $(AB ′C ′)$ и $(AB2C2)$ будут гомотетичны с центром $A,$ значит они будут касаться в точке $A.$ Но тогда при обратной инверсии мы получим, что $BC$ и нижняя общая касательная к $ω1$ и $ω2$ параллельны.

Пусть $B′C ′$ пересекает $β$ в точках $X$ и $Y.$ Точки касания прямой $B ′C ′$ с $ω′1$ и $ω′2$ обозначим через $M$ и $N$ соответственно. По внешней лемме Саваямы для $ΔAXY$ прямые $NC′′$ и $MB ′′$ проходят через центр $IA$ окружности, вневписанной в $ΔAXY$ напротив точки $A.$ Прямые $B ′C′$ и $B′′C′′$ параллельны, поскольку их прообразы — касающиеся в точке $A$ окружности (потому что $BC ∥ B′C ′$ ). Пусть $∠C′NC ′′ = ∠B′′C′′IA = α.$ Также $∠C′C′′N = α,$ поскольку $C ′C′′ =C ′N$ как отрезки касательных. В силу вертикальности $∠C′C′′N = α= ∠SCC′′IA,$ то есть $C′′IA$ — биссектриса $∠B ′′C′′SC.$ Аналогично доказывается, что $B′′IA$ — биссектриса $C′′B′′SB.$ Следовательно, $IA$ также центр вневписанной окружности $AB′′C′′.$ То есть $AIA$ — биссектриса углов $B′′AC ′′$ и $XAY.$ Отсюда получаем, что $∠XAB2 = ∠YAC2,$ а значит $XB2 = YC2.$ Таким образом, $XY ∥B2C2,$ потому что равные хорды высекаются только параллельными прямыми. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74577

Окружности $O 1$ радиуса $b$ и $O 2$ радиуса $c$ касаются в точке $O$ — центре окружности $O 3$ радиуса $a.$ Точка $A$ — одна из точек пересечения окружностей $O1$ и $O3.$ Окружность $O4$ касается окружности $O1$ в точке $A$ и окружности $O2$ в точке $B$ . Точка $C$ — такая точка на прямой $OB$ , что треугольники $OAB$ и $OCA$ подобны. Найдите $AC.$ Все указанные в условии касания происходят внешним образом.

Источники: ИТМО-2022, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если вы здесь, то вы нарисовали картинку, поздравляю вас! А не кажется ли вам, что здесь слишком много окружностей и хочется от них избавиться... Может пора вспомнить про инверсию?

Подсказка 2

У нас есть сразу две окружности, проходящие через центр окружности O₃, поэтому разумно будет делать инверсию относительно нее. Тогда окружности O₁ и O₂ перейдут в параллельные прямые L₁ и L₂. Точка A перейдет в себя (т.е. A'=A). А куда перейдут точки B и C?

Подсказка 3

Верно, из-за подобия они перейдут друг в друга! Значит AC=A'B'=AB'. Окружность O₄' касается прямых L₁ и L₂ в точках A и B', поэтому AB'- это просто расстояние между прямыми L₁ и L₂. Как будем его искать?

Подсказка 4

Давайте опустим перпендикуляр OH на прямую L₁. Тогда точка H является образом точки, диаметрально противоположной точке O на окружности O₁, при нашей инверсии. Значит OH*2b=a² ⇒ OH=a²/2b. Найдите расстояние от точки O до прямой L₂ и завершите решение!

Показать ответ и решение

Применим инверсию относительно окружности $O . 3$ Окружность $O 3$ перейдёт сама в себя, окружности $O 1$ и $O 2$ — в параллельные прямые $ℓ1$ и $ℓ2,$ первая из которых проходит через точку $A,$ переходящую при инверсии переходит сама в себя.

Точки $B$ и $C$ переходят при этой инверсии друг в друга, поскольку

2 2 a = OA = OB ⋅OC

Это равенство следует из подобия треугольников $OAB$ и $OCA;$ никаким другим образом эти треугольники подобны быть не могут, так как у них общий угол $O,$ а точки $B$ и $C$ мы предполагаем различными).

Окружность $O4$ переходит в окружность, касающуюся прямых $ℓ1$ и $ℓ2$ в точках $A$ и $C$ соответственно. Так как прямые параллельны, это значит, что длина отрезка $AC$ равна расстоянию между этими прямыми.

Опустим из точки $O$ перпендикуляр на прямую $ℓ1.$ Это перпендикуляр пересечёт окружность $O1$ в точке $X,$ инверсной основанию перпендикуляра $H$ и диаметрально противоположной $O$ . Это значит, что

-a2 a2 OH = OX = 2b

Ответ:

$a2 (1+ 1) 2 b c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74780

Гипотенуза $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ касается вписанной и соответствующей вневписанной окружностей в точках $T ,T 1 2$ соответственно. Окружность, проходящая через середины сторон, касается этих же окружностей в точках $S1,S2$ соответственно. Докажите, что $∠S1CT1 = ∠S2CT2.$

Источники: Высшая проба - 2022, 11.3 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что скорее всего стандартный счёт углов тут не поможет. Здесь у нас и окружность Эйлера, и вписанная, и вневписанная. Так что либо нужны большие знания геометрических конструкций, либо какие-то хитрости. Пойдём хитрым путём. У нас есть как минимум три окружности на картинке, причём какие-то касающиеся. Какое преобразование плоскости тогда напрашивается сделать?

Подсказка 2

Верно, давайте сделаем инверсию с центром в точке C, причём сделать её с произвольным радиусом не слишком удобно. Давайте сделаем инверсию с радиусом √(ab/2), где переменные это стандартное обозначение сторон. Но если вы начнёте рисовать новую картинку, выйдет что-то не слишком хорошее. Какое ещё преобразование плоскости хорошо будет применить?

Подсказка 3

Смотрите, а давайте после инверсии сделаем ещё симметрию. Вот теперь осталось только понять, что и куда переходит после преобразований окончательно и почему мы выбрали такой радиус инверсии(на самом деле можно было без него, но так удобнее). В конце концов мы поймём, что углы переходят в друг друга, и победа!

Показать доказательство

Введём обозначения для длин сторон: $BC = a,AC = b,AB = c.$

$PIC$

Сделаем инверсию с центром $C$ и радиусом $∘ --- R= 12ab$ с симметрией относительно биссектрисы угла $C.$

Середины сторон прямоугольного треугольника и вершина его прямого угла образуют прямоугольник, значит, все четыре на одной окружности. Значит, при инверсии образ окружности — прямая. Легко посчитать, что эта прямая отсекает от лучей $CA$ и $CB$ отрезки длины $a$ и $b$ соответственно, то есть симметрична $AB$ относительно биссектрисы угла $A.$ Поэтому гипотенуза и окружность Эйлера треугольника переходят друг в друга.

Касательная из $C$ к вписанной окружности равна её радиусу $r,$ а касательная из $C$ к вневписанной окружности равна полупериметру $p.$ Таким образом, их произведение $pr= S(ABC)$ — площади треугольника $ABC.$ Итак, $pr= R2.$ Поэтому вписанная и вневписанная окружности треугольника $ABC$ переходят друг в друга.

Следовательно, $T1$ переходит в $S2,$ а $T2$ переходит в $S1.$ Угол $∠S1CT1$ переходит в угол $∠S2CT2,$ значит, они равны.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76623

Точки $A$ и $B$ лежат на окружности $ω.$ Касательные к окружности, проходящие через точки $A$ и $B,$ пересекаются в точке $P.$ Докажите, что $P$ является образом середины хорды $AB$ при инверсии относительно $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как известно, инверсия является инволюцией, то есть если A переходит в B, то B - в A. Значит, можно доказать, что точка P переходит при инверсии в середину хорды и отсюда будет следовать требуемое.

Показать доказательство

Пусть $O$ – центр окружности $ω.$ Четырехугольник $OAP B$ вписанный, так как $∠A= ∠B = 90∘.$ Его описанная окружности после инверсии относительно окружности $ω$ переходит в прямую, значит точки $∗ A,P ,B$ окажутся на одной прямой. Более того, точка $P$ переходит в точку пересечения $AB$ и луча $OP,$ то есть в середину хорды $AB.$ Поскольку инверсия является инволюцией, верно и то, что середина хорды $AB$ переходит в точку $P.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76624

Диагонали равнобедренной трапеции пересекаются в точке $P,$ а продолжения боковых сторон – в точке $T.$ Докажите, что $P$ и $T$ инверсны относительно окружности, диаметром которой служит отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, а также относительно окружности, описанной около трапеции.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первое утверждение доказывается просто счётным доказательством равенства из определения инверсии.

Подсказка 2

Для второго утверждения стоит вспомнить один факт. Заключается он в том, что центр окружности, описанной около трапеции, лежит на окружностях (KPL) и (PJE). Докажите его и подумайте, как применить.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть длина отрезка, соединяющего середину $KJ$ и точку пересечения продолжений боковых сторон, равна $X;$ длина отрезка между точкой пересечения диагоналей и серединой $KJ$ равна $Y ;$ длина отрезка между точкой пересечения диагоналей и серединой $LE$ равна $Z.$ Радиус окружности из первого пункта равен $Z+2Y.$ Если $O$ – ее центр, то, достаточно показать, что $OP ⋅OT = (Z+2Y)2.$ При этом, $OP = Z+2Y-− Y = Z−Y2$ и $OT =X + Z+2Y.$ Отметим, что из многочисленных подобий следует: $X+YX+Z = KLJE = YZ-,$ откуда получаем, что $X = Y(ZY−+YZ).$ Итак, требуется доказать, что:

Z-− Y-⋅(Y(Y-+Z)-+ Z-+-Y)= (Z+-Y-)2 2 Z − Y 2 2

Сократим обе части на $Z+Y- 2$ и раскроем скобки:

Z-−-Y Z-+-Y Y + 2 = 2

Переходим к доказательству второго пункта. Центр окружности $ω,$ описанной около трапеции (обозначим его $M$ ), лежит на окружности, описанной около $KP L,$ так как $∠KML =$ $∠KP L=$ полусумме градусных мер дуг $KL$ и $JE.$ Рассмотрим инверсию относительно окружности $ω.$ Окружность, описанная около $KP L,$ перейдет в прямую $KL,$ а значит точка $P$ перейдет в точку пересечения $KL$ и $MG$ – точку $T.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76626

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $BB . 1$ Прямая $A B 1 1$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $X$ и $Y.$ Окружность, описанная около треугольника $CBB1,$ пересекает высоту $AA1$ в точке $Z.$ Докажите, что $CX = CY = CZ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вообще если посмотреть на задачу, то возникает идея, что если бы существовала такая инверсия с центром в C, при которой точки X, Y, Z останутся неподвижными, то тогда мы сразу получим требуемое. Осталось такую инверсию придумать.

Подсказка 2

Если же при такой инверсии X и Y должны остаться неподвижными, то прямая XY должна перейти в окружность (ABC). Подумайте, куда должны перейти точки A, B и каким должен быть радиус инверсии.

Показать доказательство

$PIC$

Точки $A,B,A1,B1$ лежат на одной окружности, значит $CB1 ⋅CA = CB⋅CA1.$ Сделаем инверсию с центром в точке $C$ и радиусом $√ ------- CB1⋅CA.$ Ясно, что она меняет местами точки $B1$ и $A,A1$ и $B.$ Прямая $XY$ переходит в окружность, содержащую образы точек $A1$ и $B1$ и точку $C$ – то есть, в описанную окружность треугольника $ABC.$ Образ точки $X$ должен лежать на описанной окружности треугольника $ABC$ и на луче $CX,$ то есть совпадает с самой точкой $X.$ Аналогичные рассуждения показывают, что точка $Y$ тоже переходит в себя. Такое происходит только если точки $X$ и $Y$ лежат на окружности, относительно которой выполнена инверсия. В частности, $CX =CY.$

Найдем образ окружности, описанной около $CBB1.$ Ясно, что это прямая, проходящая через образы точек $B$ и $B1,$ то есть через точки $A1$ и $A.$ Получаем, что образ точки $Z$ должен лежать на луче $CZ$ и на прямой $AA1,$ то есть образ точки $Z$ это сама точка $Z.$ Получается, что $Z$ также лежит на окружности, относительно которой выполнялась инверсия. Таким образом, $CZ = CX = CY.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#76633

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD.$ Общие внешние касательные к окружностям $ABC$ и $ACD$ пересекаются в точке $E,$ к окружностям $ABD$ и $BCD$ – в точке $F.$ Докажите, что если точка $F$ лежит на прямой $AC,$ то точка $E$ лежит на прямой $BD.$

Показать доказательство

$PIC$

Точка $F$ является центром внешней гомотетии окружностей $ABD$ и $BCD,$ а значит, и центром инверсии, переводящей эти окружности друг в друга. Эта инверсия оставляет точки пересечения этих окружностей на месте (то есть, $B$ и $D$ ). Вторая точка пересечения луча $FA$ и окружности $ABD$ переходит в первую точку пересечения луча $FA$ и окружности $BCD,$ то есть точка $A$ переходит в точку $C$ и наоборот. Следовательно, $AB = BCF⋅FCB-,AD = CDF⋅FCD$ и $AB⋅CD = AD ⋅BC.$ Пусть теперь прямая $EB$ пересекает дугу $ADC$ в точке $D ′.$ Повторим рассуждение с инверсией теперь для точки $E$ и двух оставшихся окружностей. Аналогично получаем, что $AD ′⋅BC =CD ′⋅AB.$ Поскольку на дуге $ADC$ существует единственная точка с таким свойством, то $D′$ совпадает с $D$ и точки $B,D,E$ лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#76638

Точка $C$ расположена на отрезке $AB.$ По одну сторону от прямой $AB$ на отрезках $AB,AC$ и $BC$ построены как на диаметрах полуокружности $S,S1$ и $S2.$ Через точку $C$ проведена прямая $CD,$ перпендикулярная $AB$ ( $D$ – точка на полуокружности $S$ ). Окружность $K1$ касается отрезка $CD$ и полуокружностей $S$ и $S1,$ а окружность $K2$ – отрезка $CD$ и полуокружностей $S$ и $S2.$ Докажите, что окружности $K1$ и $K2$ равны.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим окружности, полуокружностями которых являются $S,S1$ и $S2$ теми же буквами. Пусть $R$ и $r$ – радиусы окружностей $S1$ и $S2$ соответственно. Рассмотрим инверсию относительно окружности с центром $B$ радиуса $BD.$ Если прямая $DC$ вторично пересекает окружность $S$ в точке $E,$ то окружность $S,$ проходящая через центр $B$ инверсии, переходит в прямую $DC,$ т.к. точки $D$ и $E,$ лежащие на окружности инверсии, остаются на месте. Точка $C$ переходит в $A,$ т.к. $BA⋅BC = BD2,$ поэтому окружность $S2,$ также проходящая через центр инверсии, переходит в прямую $S′2,$ параллельную $CD$ и проходящую через точку $A.$ Окружность $K2,$ не проходящая через центр инверсии и касающаяся окружностей $S$ и $S2,$ переходит в окружность $K′2,$ касающуюся параллельных прямых $CD$ и $S′2,$ поэтому её радиус равен $r.$ Окружность $K2$ гомотетична окружности $K′2,$ причём центр гомотетии совпадает с центром инверсии $B.$ При этой гомотетии касательная $CD$ к окружности $K2$ переходит в параллельную ей касательную $S′2$ к окружности $K′2,$ значит, точка $C$ переходит в точку $A,$ а коэффициент гомотетии равен $ABBC-= 2R+22rr-= R+rr.$ Следовательно, если $x$ – радиус окружности $K2,$ то $Rx = R+rr,$ откуда находим, что $x= Rr-. R+r$ Аналогично, радиус окружности $K1$ также равен $Rr- R+r$ (формула симметрична относительно $r$ и $R$ ).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86170

Четыре окружности $ω ,ω ,ω A B C$ и $ω D$ касаются окружности $ω$ в точках $A,B,C,D$ соответственно и касаются друг друга по циклу. Все касания внешние. Докажите, что $ABCD$ — гармонический четырёхугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче много окружностей и совсем нет прямых. Сделайте инверсию в D. После этого станет на 2 окружности меньше. Что нужно после этого доказать?

Подсказка 2

Двойное отношение после инверсии не меняется. Одна точка на бесконечности, значит, нужно чтобы B’ оказалось серединой A’C’. Хотелось бы какой-нибудь симметрии, ведь окружности на которых лежат A’ и C’ равноправны. Найдите на чертеже эту симметрию.

Показать доказательство

Сделаем инверсию с центром в точке $D$ произвольного радиуса(на рисунке картинка после инверсии). Тогда окружности $ω$ и $ω D$ перейдут в параллельные прямые, следовательно $ωA,ωC$ перейдут в равные окружности, касающиеся этих двух прямых, а $ωB$ перейдет в окружность между ними. Обозначим через $‘ ‘ ‘ A ,B ,C$ образы точек $A,B,C$ соответственно. Тогда четверка точек $(A‘,B ‘,C‘,∞ )$ — гармоническая из соображений симметрии ( $A‘B‘= B‘C‘$ ). Но как известно двойное отношение четверки точек не меняется после инверсии, следовательно, четырёхугольник $ABCD$ — гармонический.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#92421

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

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

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

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

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

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

Второе решение.

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76646

Докажите, что в неравнобедренном треугольнике одна из окружностей, касающихся вписанной и описанной окружностей внутренним, а одной из вневписанных внешним образом, проходит через вершину треугольника.

Показать доказательство

Пусть $ω$ и $ω A$ – вписанная и вневписанная, противоположная вершине окружности. Обозначим через $t$ их общую внутреннюю касательную, отличную от прямой $BC.$

Рассмотрим инверсию с центром $A,$ меняющую местами $ω$ и $ωA.$ Она переводит прямую $t$ в окружность $s,$ проходящую через $A,$ касающуюся $ω$ внутренним образом, а $ωA$ внешним и касающуюся в $A$ прямой, параллельной $t.$

Поскольку прямые $BC$ и $t$ симметричны относительно внутренней биссектрисы угла $A,$ касательные в точке $A$ к $s$ и описанной около треугольника $ABC$ окружности совпадают. Следовательно, $s$ – окружность из условия задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#88173

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$ . В большей окружности проведена хорда $AB$ , касающаяся меньшей окружности в точке $L$ . Найдите $BL,$ если $AL = 10$ и $AK :BK = 2:5.$

Источники: Ломоносов - 2011, 11.5 и Бельчонок - 2019, 11.3

Показать ответ и решение

Покажем, что $KL$ является биссектрисой угла $AKB$ (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

BL- = BK--= 5 BL = 5⋅10= 25 AL AK 2 2

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S$ . Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно, $∠SLK = ∠SKL =∠SKA + ∠AKL = α+ β$ .

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α$ . Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB$ , $∠LKB = ∠KLA − ∠KBL =(α +β) − α = β$ .

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K$ , переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W$ , тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W$ . Таким образом, данная касательная паралельна $AB$ , то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A$ . Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая AB переходит в окружность, проходящую через точки $A$ , $B$ , и центр окружности инверсии — $W$ , то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W$ , то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K$ , а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W$ .

$PIC$

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#76640

В угол с вершиной $C$ вписана окружность $ω.$ Рассматриваются окружности, проходящие через $C,$ касающиеся $ω$ внешним образом и пересекающие стороны угла в точках $A$ и $B.$ Докажите, что периметры всех треугольников $ABC$ равны.

Показать доказательство

Будем считать, что длина касательной из $C$ к данной окружности равна $1.$ При инверсии относительно единичной окружности с центром $C$ стороны угла и окружность остаются на месте, а точки $A,B$ переходят в такие точки $′ ′ A ,B$ , что треугольник $′′ A B C$ описан около данной окружности. При этом $-1- -1- -A′B′- AC = A′C ,BC = B′C,AB = A′C⋅B′C.$ Поэтому периметр треугольника $ABC$ равен

A′B′+ A′C + B′C 2pA′B ′C sin∠C sin∠C ---A′C-⋅B-′C----= ---2SA′B′C-- = rA-′B′C-

Но радиус вписанной окружности треугольника $A′B′C$ не зависит от точек $A,B.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#84752

Зафиксируем окружность $Γ ,$ прямую $ℓ,$ касающуюся $Γ ,$ и еще одну окружность $Ω,$ не имеющую общих точек с $l,$ такую, что $Γ$ и $Ω$ лежат по разные стороны от $ℓ.$ Касательные к $Γ$ из переменной точки $X,$ лежащей на окружности $Ω,$ пересекают прямую $ℓ$ в точках $Y$ и $Z.$ Докажите, что когда $X$ пробегает $Ω,$ описанная окружность треугольника $XY Z$ касается двух фиксированных окружностей.

Показать доказательство

Не умаляя общности положим, что $Γ$ имеет единичный радиус. Пусть точка $G$ — центр $Γ .$ Сделаем инверсию в точке $G$ с радиусом $Γ .$ Все касательные при инверсии перешли в окружности единичного диаметра, касающиеся $Γ$ внутренним образом. После инверсии задача звучит следующим образом:

Зафиксируем окружность $Γ$ единичного радиуса, окружность $ℓ$ единичного диаметра, касающуюся $Γ$ внутренним образом, а также окружность $Ω$ внутри $ℓ.$ Окружности $η$ и $ζ$ единичного диаметра также касаются $Γ$ внутренним образом, пересекаются в точке $X$ на окружности $Γ ,$ пересекают $ℓ$ в точках $Y$ и $Z$ соответственно. Докажите, что когда $X$ пробегает $Ω,$ окружность $XYZ$ касается двух фиксированных окружностей.

$PIC$

Поскольку $η$ и $ζ$ являются отражениями описанной окружности треугольника $GYZ$ относительно сторон $GY$ и $GZ$ соответственно, они проходят через ортоцентр этого треугольника. Эти окружности пересекаются в точке $X.$ Значит, она и является ортоцентром треугольника $GYZ.$ Следовательно, окружность $(XYZ )$ также является отражением окружности $(GY Z)$ относительно $Y Z.$

Пусть точки $O$ и $L$ — центры $Ω$ и $ℓ,$ соответственно, а точка $R$ — центр $(XY Z).$ Пусть $GX$ пересекает вторично $(XY Z)$ в точке $X ′.$ Точки $G$ и $X′$ симметричны относительно прямой $Y Z$ , откуда $GLRX ′$ равнобокая трапеция. Значит, $LR∥ RX.$ Также имеем

∠(LG,GX )= ∠(GX ′,X ′R) =∠(RX,XG )

откуда $LG ∥RX.$ Это означает, что $GLRX,$ то есть равенство $X⃗R = G⃗L$ верно независимо от выбора точки $X.$

Наконец, определим фиксированную точку $N$ такую, что $O⃗N = ⃗GL.$ Четырёхугольник $XRNO$ — параллелограмм, значит равенство $RN = OX$ верно независимо от выбора $X.$ Следовательно, $(XY Z)$ касается фиксированных окружностей с центром в точке $N$ и радиусами $|12 − OX |$ и $12 + OX.$

Осталось проверить, что при обратой инверсии найденые окружности не перейдут в прямые. Это может случиться, если какая-то из них проходит через $G.$ Покажем, что это невозможно. Действительно, поскольку $Ω$ лежит внутри $ℓ,$ имеем $OL < 12 − OX,$ откуда

NG = |G ⃗L + ⃗LO+ O⃗N |=|2 ⃗GL+ L⃗O|≥ 2|G ⃗L|− |L ⃗O |>1− (1− OX )= 2

1 = 2 + OX

Это доказывает, что $G$ находится всне рассматриваемых окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#84751

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $M.$ Окружность $ω$ касается отрезка $MA$ в точке $P,$ отрезка $MD$ в точке $Q$ и окружности $ABCD$ в точке $X.$ Докажите, что $X$ лежит на радикальной оси окружностей $ACQ$ и $BDP.$

Показать доказательство

$PIC$

При инверсии с центром в точке $X$ прямые $AC$ и $BD$ перейдут в окружности $ω1$ и $ω2,$ пересекающиеся в точках $X$ и $M ′,$ окружность $ω$ — в прямую, касающуюся этих окружностей в точках $P ′,Q′$ соответственно, а окружность $ABCD$ — в прямую, параллельную $P ′Q′,$ пересекающую $ω1$ в точках $A′,C ′,$ и $ω2$ — в точках $B′,D ′.$ Поскольку $M$ лежит на радикальной оси окружностей $ACQ$ и $BDP,$ утверждение задачи равносильно тому, что радикальная ось окружностей $A′C′Q ′$ и $B ′D′P′$ совпадает с прямой $XM ′.$

Пусть $K$ — точка пересечения $XM ′$ и $A ′D′.$ Так как $A′K ⋅KC ′ =XK ⋅KM ′ =B ′K ⋅KD ′,$ точка $K$ лежит на радикальной оси окружностей $A ′C′Q′$ и $B′D′P ′.$ Кроме того, окружность $A′C′Q′$ вторично пересекает $P′Q ′$ в точке, симметричной $Q ′$ относительно $P ′,$ а окружность $B′D′P ′$ — в точке, симметричной $P′$ относительно $Q′.$ Поэтому степени лежащей на $M ′X$ середины отрезка $P′Q′$ относительно этих окружностей также равны, что и завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76627

Пусть $AH$ – высота остроугольного треугольника $ABC,$ а точки $K$ и $L$ – проекции $H$ на стороны $AB$ и $AC.$ Описанная окружность $Ω$ треугольника $ABC$ пересекает прямую $KL$ в точках $P$ и $Q,$ а прямую $AH$ – в точках $A$ и $T.$ Докажите, что точка $H$ является центром окружности, вписанной в треугольник $P QT.$

Показать доказательство

$PIC$

Отметим, что четырехугольник $BKLC$ вписанный. Поскольку $AK ⋅AB =AH2$ из подобий треугольников $AKH$ и $AHB; AL ⋅AC = AH2$ из подобий треугольников $ALH$ и $AHC,$ то $AK ⋅AB =AL ⋅AC,$ откуда и следует, что $B,K,L,C$ лежат на одной окружности. Теперь будем рассуждать так же как в предыдущей задаче. Если сделать инверсию с центром в точке $A,$ меняющую местами точки $K$ и $B,L$ и $C,$ то прямая $PQ$ перейдет в описанную окружность треугольника $ABC,$ а точки $P$ и $Q$ перейдут сами в себя. Четырехугольник $AKHL$ вписанный, так как $∠K = ∠L= 90∘.$ Окружность, описанная около него, под действием инверсии перейдет в прямую, проходящую через образы точек $K$ и $L,$ то есть в прямую $BC.$ Точка $H$ перейдет в точку пересечения прямой $BC$ и луча $AH,$ то есть в себя. Тем самым, точка $H$ тоже лежит на окружности, относительно которой выполнялась инверсия, и $AH = AP = AQ.$

Рассмотрим треугольник $PQT.$ Его описанная окружность совпадает с описанной окружностью $ABC.$ Точка $A$ – середина дуги $PQ,$ значит прямая $AH$ – биссектриса угла $T.$ Согласно лемме о трезубце, центр вписанной окружности это точка на прямой $AT$ причем такая, что расстояние от нее до точки $A$ равно $AP$ и $AQ.$ Точка $H$ удовлетворяет этому свойству, значит точка $H$ действительно является центром вписанной окружности $PQT.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#70196

Углы $AOB$ и $COD$ совмещаются поворотом так, что луч $OA$ совмещается с лучом $OC,$ а луч $OB$ — с $OD.$ В них вписаны окружности, пересекающиеся в точках $E$ и $F.$ Докажите, что углы $AOE$ и $DOF$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть две вписанные окружности. Было бы полезно отметить их центры O₁ и O₂. Верно ли, что теперь можно доказывать равенство уголков ∠O₁OF и ∠O₂OE?

Подсказка 2

Верно! Ведь ∠AOF и ∠DOE равны. Но тогда интересно будет посмотреть на биссектрису угла ∠O₁OO₂: обозначим за OK- биссектрису в треугольнике △O₁OO₂. Тогда ∠O₁OF=∠O₂OE ⇔ ∠FOK=∠FOE. А что можно сказать про отрезки EK и FK?

Подсказка 3

Они равны, ведь O₁O₂- серпер к EF. Если бы точки O, E, K и F лежали на одной окружности, то все было бы замечательно. Какую мы знаем окружность, которая проходит через O и K...

Подсказка 4

Окружность Аполлония для точек O₁ и O₂. Осталось только доказать, что EO₁ /EO₂=FO₁ /FO₂=OO₁ /OO₂. Первое равенство очевидно, ведь EO₁=FO₁=R₁ и EO₂=FO₂=R₂. Как доказать, что OO₁/OO₂=R₁/R₂?

Подсказка 5

Нужно всего лишь посмотреть на синусы углов ∠AOO₁ и ∠COO₂!

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O1,O2$ — центры окружностей, $r1,r2$ — их радиусы. Проведём биссектрису угла $AOD$ (она же — биссектриса угла $O1OO2).$ Пусть она пересекает отрезок $O1O2$ в точке $K.$

$PIC$

Поскольку

KO1 :KO2 = OO1 :OO2 =r1 :r2 = EO1 :EO2 = FO1 :FO2,

то точки $E,F,O,K$ принадлежат одной и той же окружности Аполлония точек $O1$ и $O2.$ Поскольку $O1O2$ — серединный перпендикуляр к $EF,$ то равны хорды этой окружности $EK$ и $F K.$ Значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы $EOK$ и $FOK,$ откуда немедленно следует равенство углов $AOE$ и $DOF.$

Второе решение.

Сделаем инверсию с центром в точке $O$ такую, что первая окружность переходит в равную второй. Вторая, соответственно, перейдёт в равную первой. Тогда, с одной стороны, лучи $OF$ и $OE$ перейдут в себя, с другой — мы имеем картинку, симметричную исходной относительно биссектрисы угла $AOD,$ а значит, она же биссектриса угла $EOF,$ откуда $∠AOE = ∠DOF.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел