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 $XY Z$ .

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:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠EBD = 2∠AED = 2∠AFD =∠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(AFE )(S)= SF2 = SD2 =powD(S)

2 2 pow(AFE)(T)= TE = TD = powD (T)

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $2 XA ⋅XF = XD$ и $2 YA⋅Y E = YD .$ 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?

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?

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#82209

(a) Теорема Фейербаха. Окружность Эйлера произвольного треугольника касается вписанной и вневписанных окружностей этого треугольника.

(b) Треугольники $ABC$ и $A1B1C1$ перспективны относительно точки $O,$ если прямые $AA1,BB1,CC1,$ соединяющие их соответственные вершины, проходят через $O.$ Точка $O$ называется центром перспективы. Обозначим через $LA,LB,LC$ основания биссектрис треугольника $ABC.$ Докажите, что треугольник с вершинами в точках касания окружности Эйлера с вневписанными окружностями перспективен треугольнику $LALBLC$ с центром в точке $F.$

Показать доказательство

(a) На рисунке изображены треугольник $ABC,$ его серединный треугольник $′ ′ ′ AB C ,$ окружность, вписанная в треугольник $ABC$ (с центром в точке $I$ ), касающаяся стороны $BC$ в точке $X,$ одна из вневписанных окружностей (с центром в точке $Ia$ ), касающаяся стороны $BC$ в точке $Xa,$ и общая касательная $B1C1$ к этим двум окружностям (которые одновременно касаются всех трех сторон треугольника $ABC$ ). На этом рисунке также изображены окружность $ω,$ построенная на отрезке $XXa$ как на диаметре, и точки $S,B′′,C′′,$ в которых отрезок $B1C1$ пересекает отрезки $BC,A′B′,A′C′.$ Так как окружность $ω$ ортогональна к вписанной и к вневписанной окружностям, то при инверсии относительно окружности $ω$ обе эти окружности переходят в себя. Теперь мы переходим к доказательству того, что инверсия относительно окружности $ω$ переводит окружность девяти точек $A′B′C′$ в прямую $B1C1.$

$PIC$

Известно, что длина $BX$ и $XaC$ равна $p− b,$ где $p= (a+ b+c)∕2,$ откуда следует, что центром окружности $ω$ является точка $A′$ — середина отрезка $BC,$ а длина диаметра окружности $ω$ равна

|XXa|= a− 2(p− b)=b− c

(эту величину мы предполагаем положительной; в противном случае проведем те же построения по отношению к другой стороне, соответственно переименовав вершины $A,B,C$ ). Окружность девяти точек проходит через точку $A′$ — центр окружности $ω;$ следовательно, при инверсии относительно окружности $ω$ она переходит в прямую. Показав, что точки $B′′$ и $C′′$ являются образами при инверсии относительно окружности $ω$ точек $B′$ и $C ′,$ лежащих на окружности девяти точек, мы получим, что эта прямая проходит через точки $B′′$ и $C ′′$ (а поэтому и через точки $B1$ и $C1$ ).

Так как точка $S$ (так же как и точки $I$ и $Ia$ ) лежит на биссектрисе угла $A,$ а известно, что $S$ делит отрезок $CB$ (длины $a$ ) в отношении $b:c,$ то мы имеем

|CS|= -ab-, |SB|= -ac- b+c b+ c

и полуразность этих двух длин равна

|| ′|| a(b−-c) SA = 2(b+ c)

Также $|BC1 |=|AC1|− |AB|= |AC |− |AB|= b− c$ и, аналогично, $|CB1|= b− c.$

Так как треугольник $SA′B′′$ подобен треугольнику $SBC1$ и треугольник $SA′C′′$ подобен треугольнику $SCB1,$ то мы имеем

′ ′′ ′ ′′ ′ |AB--|= |A-B-|= |SA|= b−-c b− c |BC1 | |SB| 2c

|A′C-′′|= |A′C′′|= |SA′|= b−-c b− c |CB1 | |SC| 2b || ′ ′|| || ′ ′′|| -c (b− c)2 (b−-c)2 A B ⋅ AB =2 ⋅ 2c = 2

| | | | 2 ( )2 |A′C′|⋅|A′C ′′|= b ⋅ (b-− c)-= b−-c 2 2b 2

Таким образом, при инверсии относительно окружности $ω,$ радиус которой равен $(b− c)∕2,$ точка $B′$ переходит в точку $B ′′,$ а точка $C ′$ — в точку $C′′,$ что и требовалось.

Более того, инверсия относительно окружности $ω$ переводит вписанную окружность и рассмотренную вневписанную окружность в самих себя, а их общую касательную $B1C1$ в окружность девяти точек. Следовательно, окружность девяти точек, как и прямая $B1C1,$ касается этих двух окружностей. Аналогично, с помощью инверсии в точках $C′$ и $B′$ мы получим касание окружности Эйлера с другими вневписанными окружностями.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Достаточно показать, что точки $F,LA$ и $FA$ (точка касания окружности Эйлера и вневписанной окружности, соответствующей вершине $A$ ) лежат на одной прямой. Тогда, аналогично, $F,L ,F B B$ и $F,L ,F C C$ тоже лежат на одной прямой. Все невведённые обозначения взяты из прошлого пункта. Вспомним инверсию, которая использовалась для доказательства теоремы Фейербаха. Напомним, что ее центр это $′ A ,$ а радиус – $′ A X.$ Достаточно доказать, что точки $∗ ∗ ∗ ′ F ,LA,FA,A$ лежат на одной окружности, где объект со звездочкой это образ точки под действием описанной инверсии. Точки $∗ FA$ и $∗ F$ могут быть определены как образы точек касания вписанной и вневписанной окружности со стороной $B1C1$ (она образуется при симметрии относительно биссектрисы $AI$ треугольника $ABC$ — это тоже было в доказательстве пункта $a$ выше).

Пусть $AB = c,BC =a,AC = b$ и $a+b+c p =--2--.$ Ясно, что $′ a c−b AX = 2 − (p− c)=-2-.$ Также, $c BLA = a⋅b+c,$ поэтому

c a A ′LA = |a⋅b+-c − 2|

Пусть $Xa$ — точка касания вневписанной окружности со стороной $BC.$ Тогда

XLA = |a⋅--c-− (p− b)| b+ c

X L = |a ⋅-b--− (p− b)| a A b+c

Воспользуемся свойством степени точки. Поскольку прямые $∗ ∗ F FA$ и $′∗ A LA$ пересекаются в точке $LA,$ то для того, чтобы установить, что $∗ ∗ ′ ∗ F ,FA,A ,L A$ лежат на одной окружности, достаточно доказать, что $∗ ∗ ′ ∗ LAF ⋅LAF A = LAA ⋅LALA.$ Из симметрии касающейся прямой мы получаем, что $∗ LAF =LAX$ и $∗ LAFA = LAXa.$ Также можем заменить $′ ∗ LAA ⋅LALA$ на $′ 2 ′2 |A X − A LA|$ из свойств инверсии. Итак, нужно доказать тождество

| || | | ( ) | ||a⋅--c-− (p− b)||⋅||a⋅-b-− (p − b)||= |||(c− b)2− a⋅-c-− a 2||| | b+ c || b+ c | | 4 b+ c 2 |

Преобразуем левую часть

|( ) ||( ) | || 2 ( )2|| |||a ⋅-c--− a − c−-b|||⋅||| a⋅--b-− a − c− b|||= ||(c−-b)-− a⋅-c--− a || b+c 2 2 b+ c 2 2 | 4 b+c 2 |

Теперь раскроем слева скобки

||( c a)2 (c − b)2 c− b( b a c a)|| ||(c− b)2 ( c a)2|| ||| a⋅b+-c − 2 − --2- − --2- a ⋅b+c-−2 +a ⋅b+c-− 2 |||=|||---4--− a⋅b+-c − 2 |||

Видно, что одно из слагаемых слева сократится, и мы получим два одинаковых выражения. Победа!

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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)

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:

$a2 (1+ 1) 2 b c$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 $ω.$

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 9#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.

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 10#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 $CX = CY = CZ.$

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 11#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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $R$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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.

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 14#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 15#107062

Все грани выпуклого шестигранника — четырёхугольники, а в каждой вершине сходится три ребра. Шестигранник описан около сферы с центром $I.$ Известно, что проекции точки $I$ на рёбра некоторой грани шестигранника лежат на одной окружности. Докажите, что проекции точки $I$ на ребра противоположной грани также лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ и $A B C D 1 1 1 1$ — две противоположные грани (причем $AA , 1$ $BB , 1$ $CC , 1$ $DD 1$ — ребра), а $X$ и $X 1$ — точки касания сферы с ними. Пусть $P1,$ $P2,$ $P3,$ $P4$ — проекции $I$ на ребра $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ соответственно, они совпадают с проекциями $X$ на эти ребра. Пусть $XQi$ — высоты прямоугольных треугольников $IXPi$ соответственно. Тогда $2 IPi⋅IQi = IX ,$ то есть инверсия с центром $I$ и радиусом $IX$ переводит $Pi$ в $Qi.$ Поэтому $Pi$ лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда $Qi$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Заметим, что $Q1,$ $Q2,$ $Q3,$ $Q4$ — проекции $X$ на плоскости $ABI,$ $BCI,$ $CDI,$ $DAI$ соответственно. Поэтому точки касания сферы с гранями $ABA1B1,$ $BCB1C1,$ $CDC1D1,$ $DAD1A1$ симметричны $X$ относительно $Q1,$ $Q2,$ $Q3,$ $Q4$ соответственно; они лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда $Qi$ лежат на одной окружности.

Получаем, что проекции точки $I$ на ребра грани $ABCD$ лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда точки касания сферы с гранями $ABA1B1,$ $BCB1C1,$ $CDC1D1$ и $DAD1A1$ лежат на одной окружности. Аналогично для проекций точки $I$ на ребра грани $A1B1C1D1,$ откуда следует утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#108601

Две окружности, вписанные в угол с вершиной $R$ , пересекаются в точках $A$ и $B$ . Через $A$ проведена прямая, пересекающая меньшую окружность в точке $C$ , а большую — в точке $D$ . Оказалось, что $AB =AC = AD$ .

1. Пусть $C$ и $D$ совпали с точками касания окружностей и угла. Докажите, что угол $R$ прямой.

2. Пусть $C$ и $D$ совпали с точками касания окружностей и угла. Чему может быть равен угол $ADR$ ?

3. Докажите, что если $∠R$ прямой, то $C$ и $D$ совпадают с точками касания окружностей и угла.

4. Какие значения может принимать угол $RAO1$ , где $O1$ — центр меньшей окружности?

Источники: Изумруд - 2020, 11.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать ответ и решение

1. Треугольник $BCD$ прямоугольный (медиана — половина гипотенузы). Значит, сумма дуг $AC$ и $AD$ соответствующих окружностей равна $2⋅90∘ = 180∘$ , а сумма соответствующих углов между хордой и касательной $CDR + DCR = 90∘$ , поэтому $∠R = 90∘$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

2. Треугольник $RAB$ равносторонний $− RA = CD ∕2 =AB$ и $RA =RB$ по симметрии. Отсюда симметричные отрезки $RA,RB$ образуют со сторонами углы, равные $90∘−260∘-= 15∘$ и этому же равен $∠ADR$ (т.к. $AD = AR$ ).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

3. Выполним инверсию $i$ относительно окружности с центром в $A$ и радиусом $AB$ . Имеем $i(B )=B,i(C)= C,i(D)= D$ , и наши две окружности превращаются в прямые $BC, BD$ , образующие прямой угол, а стороны исходного угла - в пару окружностей, вписанных в этот угол, перпендикулярных друг другу (как и соответствующие прямые до инверсии) и пересекающихся в точках $A,S =i(R)$ . Вычислим отношение их радиусов — это легко делается применением теоремы Пифагора к треугольнику $AO1O2$ со сторонами $√- r1,r2, 2(r2− r1)$ (здесь $O1,O2$ — центры новых окружностей, $r1 < r2$ - радиусы). Получается $r2 √- r1 = 2+ 3$ ; будем считать $√- r1 = 1,r2 = 2+ 3$ .

Введём связанную с нашим прямым углом систему координат, тогда центры имеют координаты $(1,1)$ и $√- √ - (2+ 3,2+ 3)$ , а точки касания — $√- √- X1 = (1,0),X2 = (0,1),Y1 = (0,2+ 3),Y2 = (2+ 3,0)$ . Середина $X1Y1$ — это $(1 √3) 2,1+ 2-$ , и, считая расстояния от неё до $O1$ и $O2$ , убеждаемся, что это точка пересечения наших окружностей,как и середина $X2Y2$ . Значит, эти середины — точки $A,R$ . Поскольку $A$ не лежит на биссектрисе угла, то прямая, из которой наш угол высекает отрезок с серединой $A$ , единственна, так что соответствующая пара точек $Xi,Yi$ совпадает с парой $C,D$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

4. Исполним ту же самую инверсию, что и в предыдущем пункте, вновь получим прямой угол и вписанную в него пару окружностей. Прямая $AS$ пересекает стороны угла под 45 градусов, значит, то же делает эта же прямая $(i(AS)= AR =AS )$ с исходными окружностями. Поэтому и угол $RAO$ ( $O$ — центр меньшей окружности) равен $90∘− 45∘ = 45∘$ .

Ответ:

1. что и требовалось доказать

2. $15∘$

3. что и требовалось доказать

4. $∘ 45$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#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 19#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 $A,B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#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.