Тема Окружности

Вписанная и вневписанная окружности

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119821Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ,BB ,CC . 1 1 1$ Известно, что расстояние от точки $A$ до $BC$ и $B C 1 1$ равны $24$ и $20$ соответственно. Найдите периметр треугольника $A1B1C1.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.3(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим основания высот в треугольнике, можно сразу подумать о вписанных четырёхугольниках и поотмечать равные уголки! Давайте поступим так и в этой задаче, чтобы сделать какой-то интересный вывод про C₁A.

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что C₁A — это биссектриса внешнего угла для треугольника A₁B₁C₁. Что тогда можно сказать про точку А относительно этого треугольника?

Подсказка 3

Да, это центр вневписанной окружности! Тогда в условии нам дан радиус этой окружности:) Осталось вспомнить, чему равно расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью, и найти ответ.

Подсказка 4

Вы еще тут? Расстояние от вершины треугольника до точки касания со вневписанной окружностью равно полупериметру этого треугольника! А найти его в этой задаче можно с помощью теоремы Пифагора)

Показать ответ и решение

Пусть точка $S$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $A C . 1 1$

$PIC$

Так $A1,B1,C1$ — основания высот, то четырёхугольники $CB1C1B$ и $AC1A1A$ — вписанные, откуда $∠AC1B1 = ∠ACB = ∠A1C1B.$ При этом $∠AC1S = ∠A1C1B$ как вертикальные, то есть $∠AC1S =∠AC1B1.$ Это значит, $C1A$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $A1B1C1.$ Аналогично для $B1A.$ Тогда $A$ — это центр вневписанной окружности для треугольника $A1B1C1,$ а расстояние от $A$ до $B1C1$ — радиус этой вневписанной окружности.

Отсюда точка $S$ являестя точкой касаниянашей вневписанной окружности с $A1C1.$ Тогда $AS = 20,AA1 = 24.$ По теореме Пифагора:

∘ ------- √ -- A1S = 242− 202 =4 11

Вспомним известный факт, что расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью равняется полупериметру треугольника, откуда искомый периметр равен $√-- 8 11.$

Ответ:

$8√11$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#128205Максимум баллов за задание: 7

На периметре треугольника $ABC$ выбраны точки $D , 1$ $D , 2$ $E , 1$ $E , 2$ $F , 1$ $F 2$ так, что при обходе периметра точки встречаются в порядке $A,$ $F1,$ $F2,$ $B,$ $D1,$ $D2,$ $C,$ $E1,$ $E2.$ Оказалось, что

AD1 = AD2 = BE1 = BE2 = CF1 =CF2.

Докажите, что периметры треугольников, образованных тройками прямых $AD1,$ $BE1,$ $CF1$ и $AD2,$ $BE2,$ $CF2,$ равны.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Начнём со следующей полезной леммы.

Лемма. Пусть точки $F$ и $E$ выбраны соответственно на сторонах $AB$ и $AC$ параллелограмма $ABKC$ так, что $BE =CF.$ Тогда точка $K$ равноудалена от прямых $BE$ и $CF.$

Доказательство. Поскольку $BK ∥EC$ и $CK ∥FB,$ имеем $SKBE =SKBC = SKFC.$ Так как $BE = CF,$ отсюда и следует, что расстояния от точки $K$ до прямых $BE$ и $CF$ равны.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к решению. Пусть прямые из условия образуют треугольники $X1Y1Z1$ и $X2Y2Z2$ (точки обозначены как на рис.). Выберем точку $K$ так, что $ABKC$ — параллелограмм; согласно лемме, точка $K$ равноудалена от прямых $BE1,CF1,BE2$ и $CF2$ ; значит, существует окружность с центром $K,$ касающаяся этих прямых в некоторых точках $P1,Q1,P2$ и $Q2$ соответственно. Тогда из равенств отрезков касательных вытекает, что

BX − CX = BP + X P − X Q + CQ =BP +CQ = 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2

BP2− X2P2+ X2Q2+ CQ2 = CX2 − BX2.

$PIC$

Аналогично получаем, что $CY1− AY1 = AY2− CY2$ и $AZ1− BZ1 =BZ2 − AZ2.$ Складывая полученные три равенства, получаем требуемое равенство периметров.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#130023Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K 1$ , $K 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Проведем касательную к $ω,$ параллельную $BC$ и не совпадающую с $BC.$ Обозначим точку касания через $D.$ Докажите, что $A,$ $D$ и $T1$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Проведем касательную $B C , 1 1$ параллельную $BC.$

$PIC$

Тогда треугольники $AB1C1$ и $ABC$ подобны. Заметим, что для треугольника $AB1C1$ окружность $ω$ будет вневписанной. Так как в подобных треугольниках соотвественные углы равны,

∠C1AD = ∠CAT1

Следовательно, точки $A,$ $D$ и $T 1$ лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#130024Максимум баллов за задание: 7

Показать доказательство

Проведем касательную $B C 1 1$ к окружности $ω,$ параллельную $BC$ и не совпадающую с ней. Пусть $B C 1 1$ касается $ω$ в точке $D.$

$PIC$

Треугольники $AB1C1$ и $ABC$ подобны. Заметим, что для треугольника $AB1C1$ окружность $ω$ будет вневписанной. Так как в подобных треугольниках соотвественные углы равны,

∠C1AD = ∠CAT1

Следовательно, точки $A,D$ и $T 1$ лежат на одной прямой. Так как $IK ⊥ BC, 1$ $ID ⊥ B C , 1 1$ получаем, что точки $D,$ $I,$ $K 1$ лежат на одной прямой. Рассмотрим треугольник $T1K1D.$ В нем $IM1$ — средняя линия, следовательно, $IM1 ∥AT1.$ Что и тредовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#130026Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K1$ , $K2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Докажите, что прямые $M1I,$ $T1M$ и $AK1$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Для начала рассмотрим точку пересечения $M I 1$ и $AK . 1$ Пусть $M I 1$ пересекает $AK 1$ в $X.$

$PIC$

Воспользуемся леммой о том, что точки касания вписанной и вневписанной окружности симметричны относительно середины стороны касания. Откуда $M1T1 =M1K1.$ Также вспомним другую лемму: отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой касания вневписанной окружности и противоположной стороны, параллелен отрезку, соединяющему центр вписанной окружности с серединой соответствующей стороны. То есть $AT1 ∥ IM1.$ Отсюда, $XM1$ — средняя линия треугольника $AT1K1.$ Это значит, что $AX = XK1.$

Рассмотрим треугольник $AK1T1.$ Отрезки $AM1$ и $T1X$ — медианы этого треугольника. Получается, они пересекаются в точке, которая делит $AM1$ в отношении $2:1$ от вершины $A.$ Однако, точка $M$ делит $AM1$ в этом же отношении как точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Отсюда, $AM1$ и $T1X$ пересекаются в $M,$ тогда $T1M$ пересекает $AK1$ в $X.$

Итак, прямые $AK1,$ $M1I$ и $T1M$ пересекаются в одной точке — в середине отрезка $AK1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#130027Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K 1$ , $K 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Обозначим через $Ia$ центр вневписанной окружности, лежащей напротив $A.$ Докажите, что $AK1 ∥M1Ia.$

Показать доказательство

$PIC$

По лемме: точки касания вписанной и вневписанной окружности симметричны относительно середины стороны касания. Тогда $MK1 =MT1.$

Продлим $T1Ia$ до пересечения с вневписанной окружностью в точке $E.$ Тогда как радиусы $MIa = IaE.$ Получим, что $M1Ia$ — средняя линия в треугольнике $K1T1E.$ Откуда

M1Ia||K1E

Проведем касательную в точке $E,$ она будет перпендикулярна $T1E,$ а, значит, параллельна $BC.$ Продлим $AB$ и $AC$ до пересечения с этой прямой в точках $B2$ и $C2$ соответственно. Тогда окажется, что треугольники $ABC$ и $AB2C2$ подобны.

Теперь вневписанная окружность для треугольника $ABC$ является вписанной для $AB2C2.$ В $ABC$ точка $K1$ — точка касания вписанной окружности с основанием треугольника, а в $AB2C2$ точка $E$ — точка касания вписанной окружности с основанием. Тогда из подобия треугольников угол между $AB$ и $AK1$ совпадает с углом между $AB2$ и $AE.$ Следовательно, точки $A,$ $K1$ и $E$ лежат на одной прямой, а, значит,

M1Ia||AK1

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#130028Максимум баллов за задание: 7

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,$ $AC$ и $AB$ в точках $K 1$ , $K 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Аналогично введем середины $M2$ и $M3$ сторон $AC$ и $AB$ и центры вневписанных окружностей $Ib$ и $Ic.$ Докажите, что прямые $IaM1,$ $IbM2,$ $IcM3$ пересекаются в одной точке.

Показать ответ и решение

По лемме: отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой касания вписанной окружности на противоположной стороне, параллелен отрезку, соединяющему середину этой стороны с центром соответствующей вневписанной окружности. Тогда $M1Ia ∥AK1,$ $M2Ib ∥BK2,$ $M3Ic ∥ CK3.$

$PIC$

Сначала докажем, что $AK1,$ $BK2$ и $CK3$ пересекаются в одной точке. Если это так, то по теореме Чевы для треугольника $ABC$ и точек $K1,$ $K2,$ $K3$ выполнено:

AK2-⋅ CK1-⋅ BK3-= 1 CK2 BK1 AK3

Так как отрезки касательных равны, то $AK2 = AK3,$ $BK1 = BK3,$ $CK1 = CK2.$ Значит, $AK1,$ $BK2$ и $CK3$ действительно пересекаются в одной точке.

$PIC$

Рассмотрим треугольник $M1M2M3,$ он образован средними линиями треугольника $ABC,$ а, значит, подобен ему. Следовательно $∠BAC =∠M2M1M3.$ Продлим $M1Ia$ до пересечения с $M2M3$ в точке $A2.$ Так как $M1A2 ∥AK1$ и $M1M2 ∥ AC,$ то $∠K1AC = ∠A2M1M2.$ Получается, что в подобных треугольниках отрезки $A1K1$ и $M1A2$ составляют равные углы со сторонами, а, значит, и отношения, в котором эти отрезки делят стороны $BC$ и $M2M3$ совпадает.

CK1-= M3A2- BK1 M2A2

Проведем аналогичные рассуждения для точек $B$ и $C,$ продлив $M2Ib$ и $M3Ic.$ Отношения, в которых эти прямые делят стороны треугольника $M1M2M3$ совпадают с отношениями, в которых $BK2$ и $CK3$ делят треугольник $ABC.$ Тогда по обратной теореме Чевы эти прямые пересекаются в одной точке.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79609Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ , в который вписана окружность с центром $O$ . Пусть $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC$ . Известно, что $AO = 2⋅MN.$ Найдите $∠A.$

Источники: БИБН - 2024, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас имеется отношение AO/MN=2. Мы все прекрасно помним, что отношение длин отрезков на окружности легко переносится на отношение синусов уголочков. Почему бы нам тогда не найти окружность, у которой есть хорды AO и MN...

Подсказка 2

Она легко находится- это окружность, построенная на AO как на диаметре. Тогда мы можем написать расширенную теорему синусов: MN/sin∠A=2R=AO. Тогда мы получаем, что sin∠A=MN/AO=1/2. Не забудьте, что синусы смежных уголков равны и найдите уголочек!

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = 2α.$ Обозначим через точку $K$ пересечение $MN$ и $AO$ . Тогда, если радиус окружности равен $r$ , то из прямоугольного треугольника $MKO$

1 ∘ 2MN = MK =r⋅sin(90 − α)= r⋅cosα

$PIC$

Выразим $AO$ из прямоугольного треугольника $AMO$

AO = -r-- sinα

Подставляя в $AO = 2⋅MN$ , получаем

-r-- 4r⋅cosα= sinα

1 sin2α= 2

$∘ ∘ 2α = 150 или 30$ как угол треугольника.

Ответ:

$150∘ или 30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79618Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ с центром в точке $I$ касается сторон $BC,AC, AB$ соответственно в точках $D,E,F$ . Точки $M$ и $N$ симметричны вершине $A$ относительно прямых $DE$ и $DF$ соответственно. Окружности, построенные на отрезках $IE$ и $IF$ как на диаметрах, вторично пересекаются в точке $K$ . Докажите, что $K$ лежит на прямой $MN$ .

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется с самого начала понять, что за точка K нам дана. Заметим, что одна сторона у наших треугольников одинаковая на будущее. К тому же из условия вытекает, что какие-то углы прямые. Тогда чем же является точка K на нашей картинке?

Подсказка 2

Верно, точка K лежит на отрезке FE и является серединой, так как FIE равнобедренный. Теперь когда объекты на картинке так или иначе связаны, то можно вернуться к вопросу задачи. Что если посмотреть на четырёхугольник NFME. Чем в нём является K? Если же K будет лежать на NM, то что должно выполняться?

Подсказка 3

Верно, K середина диагонали и, если NFME будет параллелограммом, то K как раз будет лежать на NM. Осталось доказать это. Причём мы знаем, что NF =AF = AE = EM, как отрезки касательных из одной точки и симметрии. Остаётся только ввести стандартно углы треугольника, посчитать немного, и победа!

Показать доказательство

Докажем, что точка $K$ является серединой отрезка $F E$ . Действительно, окружности построены на $FI$ и $IE$ как на диаметрах, поэтому

∘ ∠F KI = ∠EKI = 90.

Следовательно, постольку $FI = IE$ и $KI$ — высота равнобедренного треугольника $FIE,$ точка $K$ является серединой его основания.

$PIC$

Теперь достаточно проверить, что четырехугольник $NF ME$ является параллелограммом. Это так, поскольку

NF = AF =AE = EM,

где первое и третье равенство следует из симметрии, а второе верно, поскольку $AF$ и $AE$ являются отрезками касательных, проведенных из одной точки.

Осталось показать, что $NF ||EM.$ Для этого достаточно доказать, что $EM ||BC,$ тогда аналогично $NF ||BC,$ откуда следует требуемое. Последнее верно, ведь

∠(DC,DE )= ∠(DE, EC)= ∠(DE,AE )= ∠(EM, ED ).

где $∠ (DC,DE )$ обозначает угол между $DC$ и $DE$ (с другими аналогично).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#93286Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность $ω$ прямоугольного треугольника $ABC$ касается окружности, проходящей через середины его сторон, в точке $F.$ Из середины $O$ гипотенузы $AB$ проведена касательная $OE$ к $ω,$ отличная от $AB.$ Докажите, что $CE = CF$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое естественное условие эквивалентно равенству отрезков CE и CF?

Подсказка 2

Докажите, что достаточно показать, что прямые CE и CF симметричны относительно биссектрисы угла и точки E и F являются соответственно вторыми точками пересечения прямых CE и CF с окружностью. Что можно сказать про прямую CF? Через какие хорошие точки она проходит?

Подсказка 3

Окружность, которая проходит через середины сторон треугольника, так же содержит вершину A. Куда перейдет точка F под действием гомотетии с коэффициентом 2?

Подсказка 4

В точку касания описанной окружности треугольника ABC и полувписанной, соответствующей вершине C. Что в этом случае можно сказать про прямую, симметричную прямой CF относительно биссектрисы угла C?

Подсказка 5

Она проходит через точку S касания гипотенузы с полувписанной окружностью. Таким образом, осталось проверить, что точки, S, E, C лежат на одной прямой. Что можно сказать, про треугольник SEC?

Подсказка 6

Он является прямоугольным. Тогда прямая SE пересекает вписанную окружность в точке T, диаметрально противоположной точке D. Наконец, докажите, что точки C, T и S лежат на одной прямой (этот факт верен для произвольного треугольника).

Показать доказательство

$PIC$

При гомотетии с центром $C$ и коэффициентом 2 точка $F$ перейдет в точку касания описанной и полувписанной окружностей треугольника. Поэтому прямая $CF$ симметрична относительно биссектрисы угла $C$ прямой, проходящей через точку касания гипотенузы с вневписанной окружностью. Пусть вписанная и вневписанная окружности касаются гипотенузы в точках $T$ и $S$ соответственно. Так как $OE =$ $OT = OS$ , получаем, что $∠SET = π∕2$ , т.е. прямая $SE$ проходит через точку $ω,$ диаметрально противоположную $T$ . Но прямая $SC$ также проходит через эту точку, следовательно, $E$ лежит на $SC$ и симметрична $F$ относительно биссектрисы угла $C.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#93758Максимум баллов за задание: 7

Cторона $AC$ неравнобедренного треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E,$ $EE1$ — диаметр $ωB.$ Пусть $F1$ — вторая точка пересечения окружности $ωB$ прямой $BE1.$ Докажите, что касательная к $ωB$ в точке $F1$ делит сторону $AC$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Поработайте с вневписанной окружностью, соберите побольше информации про треугольник EF_1D. Возможно, он какой-то особенный?

Подсказка 2:

Попробуйте поискать в окружности прямые углы. Также используйте наличие касательной, поработайте с углами.

Показать доказательство

Поскольку $EE 1$ — диаметр $ω , B$ то $∠EF E = 90∘, 1 1$ т.е. треугольник $△DEF 1$ прямоугольный. Пусть $L$ — пересечение касательной к $ωB$ в точке $F1$ с $AC.$

$PIC$

Тогда

∠LF1E =∠F1E1E = ∠LEF1

Получается, что $△LEF1$ — равнобедренный.

Но если $L$ — такая точка на гипотенузе $DE$ треугольника $DF1E,$ что $LE =LF1,$ то $L$ — середина гипотенузы $DE$ .

По свойству вписанной и вневписанной окружности (называемому изотомическим сопряжением точек касания вписанной и вневписанной окружностей с соответствующей стороной) $AE = DC,$ поэтому $L$ — ещё и середина стороны $AC.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#93759Максимум баллов за задание: 7

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ точке $D,$ а вневписанной окружности $ω B$ в точке $E.B 1$ — середина стороны $AC,$ $DD1$ — диаметр $ω.$ Пусть прямая $B1I,$ где $I$ центр вписанной окружности, пересекает высоту $BH$ в точке $Y.$ Докажите, что длина $BY$ равна радиусу окружности $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте вспомним известный факт. А именно то, что точки B, D_1 и E коллинеарны. Подумайте, как его применить.

Подсказка 2:

Соберите информацию про треугольник DD_1E.

Показать доказательство

Как известно, $B,D 1$ и $E$ лежат на одной прямой. Тогда рассмотрим треугольник $D DE. 1$ В нем $B I 1$ — средняя линия ( $ID = ID 1$ как радиусы, $DB1 = B1E).$ Значит, $D1E ∥B1I.$ Тогда $BD1IY$ — параллелограмм ( $BD1 ∥YI,BY ∥D1I ⊥ AC ).$ Поэтому $BY = D1I = rω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#93760Максимум баллов за задание: 7

Cторона $AC$ треугольника $ABC$ касается вписанной окружности $ω$ с центром $I$ точке $D,$ $BB 1$ — медиана треугольника. Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC,$ а $I$ — центр вписанной окружности. Найдите, в каком отношении отрезок $DM$ делится прямой $IB1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Как правило, отношения хорошо ищутся с помощью теоремы Менелая. Подумайте, к какому треугольнику стоит еë применить.

Подсказка 2:

Докажите в качестве леммы, что отрезок BY равен радиусу вписанной окружности. Подумайте, как это применить.

Показать ответ и решение

Пусть $Y = B I∩BH, 1$ $Z =Y I∩BD$ и $X = DM ∩ IB . 1$ Как известно, отрезок $BY$ равен радиусу вписанной окружности, то есть $DI = BY,$ следовательно, четырехугольник $IDYB$ является параллелограмом, откуда $BZ = ZD.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $△BMD$ и прямой $IB1 :$

BB1 MX DZ B1M-⋅XD--⋅ZB-= 1

Подставляя найденные отношения, получим

3⋅ MX-⋅ 1 =1 1 XD 1

следовательно,

MX--= 1 XD 3

$PIC$

Ответ:

$1 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#93762Максимум баллов за задание: 7

Определение. Антисерединным треугольником для треугольника $ABC$ называется треугольник, в котором $ABC$ является серединным треугольником.

(a) На сторонах $AB$ и $BC$ параллелограмма $ABCD$ выбраны точки $A1$ и $C1$ соответственно так, что $AA1 =CC1.$ Докажите, что точка пересечения отрезков $CA1$ и $AC1$ лежит на биссектрисе угла $CDA.$

(b) Используя пункт (a), докажите, что точка Нагеля существует и является центром вписанной окружности антисерединного треугольника для треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

С доказательством пересечения трёх прямых в одной точке хорошо справляется теорема Чевы.

Подсказка 2:

Предположите, что AC_1 и CA_1 - нагелианы в треугольнике ABC. Как тогда связана прямая DJ с серединным треугольником?

Подсказка 3:

Попробуйте с помощью гомотетии перевести треугольник ABC в его серединный.

Показать доказательство

(a) Пусть $I =CA1 ∩ AC1,X = AC1 ∩CD,Y = CA1∩ DA,J =DI ∩AC.$ По теореме Чевы для треугольника $△ACD$ и точки $I :$

DX CJ AY -XC ⋅JA-⋅YD-= 1

Воспользуемся $2$ подобиями: $△YA1A ∼ △YCD$ и $△XC1C ∼△XAD$

AD CJ AA CC--⋅JA-⋅DC1-=1 1

CJ-= DC- JA AD

Получаем, что точка $J$ делит сторону $AC$ в отношении сторон $AD$ и $DC.$ Значит, $DJ$ — биссектриса треугольника $ACD.$

$PIC$

(b) Если в предыдущем пункте предположить, что $AC1$ и $CA1$ нагелианы треугольника $ABC$ (условие, что $CC1 = AA1,$ сохраняется из свойств вневписанных окружностей), то $I$ — точка Нагеля $ABC,$ а $DI$ — биссектриса антисерединного треугольника. Тогда задача сводится к решению пункта (a) для трех возможных параллелограммов, построенных на двух сторонах треугольника $ABC.$

$PIC$

(c) Рассмотрим гомотетию, переводящую треугольник $ABC$ в его антисерединный треугольник. Центр этой гомотетии, очевидно, будет в точке пересечения медиан треугольника $ABC.$ При этой гомотетии инцентр $ABC$ перейдет в инцентр антисерединного треугольника. Но по предыдущему пункту мы знаем, что инцентр антисерединного треугольника — точка Нагеля $ABC.$ Тогда и получается, что точка Нагеля, инцентр треугольника и точка пересечения медиан лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#96369Максимум баллов за задание: 7

Прямые $AB$ и $AC$ — касательные в точках $B$ и $C$ к окружности с центром в точке $O.$ Через произвольную точку $X$ меньшей дуги $BC$ проведена касательная, пересекающая отрезки $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр треугольника $AMN$ и величина угла $MON$ не зависят от выбора точки $X.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что такое периметр △AMN? Что такое угол ∠MON? Может, мы можем расписать, чему они равны через другие элементы…?

Подсказка 2

Точки B, X, C — точки касания окружности. Тогда какие равные отрезки мы можем отметить?

Подсказка 3

Так как O — центр вневписанной окружности, он лежит на биссектрисах углов ∠BMN и ∠CNM. Как можно попробовать выразить ∠MON через углы треугольника?

Показать доказательство

Заметим, что отрезки касательных к окружности из точки $M$ равны, то есть $MX =MB,$ аналогично $NX = NC.$ Тогда периметр $AMN$ равен

AM + AN + MN = AM + AN +MX + NX = AM + AN +MB +NC = AB +AC

величина не зависящая от выбора точки $X.$

$PIC$

Углы $∠BMN$ и $∠CNM$ внешние в $△AMN,$ тогда $∠BMN + ∠CNM = 180∘+ ∠BAC.$ $O$ — центр вневписанной окружности треугольника $AMN,$ тогда $MO$ и $NO$ соответственно являются биссектрисами углов $∠BMN$ и $∠CNM.$

∠MON = 180∘− ∠OMN − ∠ONM = 180∘− 1(180∘+ ∠BAC ) 2

величина не зависит от выбора $X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#96370Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $B1$ — точка на стороне $AC$ треугольника $ABC.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1,$ касаются тогда и только тогда, когда $B1$ совпадает с точкой касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$

(b) Сформулируйте и докажите факт, аналогичный предыдущему, но относящийся к вневписанным окружностям.

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Давайте подумаем, что надо сделать, чтобы доказать, что окружности касаются в одной точке, если известно, что они касаются одной и той же прямой.

Подсказка 2, пункт а

Верно! Показать, что касаются этой прямой именно в одной и той же точке! Но как показать это…?

Подсказка 3, пункт а

Необходимо и достаточно показать равенство отрезков касательных. А чему они равны, зная стороны треугольников?

Подсказка 1, пункт b

Для начала надо понять, что такое точка B₁ и новые вписанные окружности. Изначально точка B₁ лежала на стороне AC, тогда где она будет лежать теперь?

Подсказка 2, пункт b

Верно! Теперь точка B₁ будет лежать на продолжении стороны AC. Тогда касание каких окружностей нам надо доказать?

Подсказка 3, пункт b

Теперь нам надо доказать касание вписанных в треугольники окружностей △ABB₁ и △CBB₁.

Подсказка 4, пункт b

Аналогично пункту (а), чтобы доказать касание таких окружностей, надо показать равенство отрезков касательных. Снова выразим их через длины сторон треугольников.

Показать доказательство

(a) Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1$ могут касаться только в случае, если касаются их общей касательной $BB1$ в одной точке. Обозначим точки касания окружностей, вписанных в $ABB1$ и $CBB1$ за $Ka$ и $Kb,$ тогда критерий касания окружностей это равенство отрезков $BKa = BKb,$ то есть равенство $1 1 2(AB +BB1 − AB1)= 2(CB + BB1 − CB1 ),$ то есть $AB − CB =AB1 − CB1,$ которое справедливо для единственной точки на отрезке $AC$ — точки касания вписанной окружности $ABC.$

$PIC$

(b) Формулировка:

Пусть $B1$ — точка на продолжении стороны $AC$ треугольника $ABC.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1,$ касаются тогда и только тогда, когда $B1$ совпадает с точкой касания вневписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $AC.$

Доказательство:

Скажем $B1$ лежит на продолжении стороны $AC$ за точку $C$ (случаи симметричны). Окружности, вписанные в треугольники $ABB1$ и $CBB1$ могут касаться только в случае, если касаются их общей касательной $BB1$ в одной точке. Обозначим точки касания окружностей, вписанных в $ABB1$ и $CBB1$ за $Ka$ и $K , b$ тогда критерий касания окружностей это равенство отрезков $BKa = BK , b$ то есть равенство $1(AB +BB − AB )= 1(CB + BB − CB ), 2 1 1 2 1 1$ то есть $AB − CB =AB − CB , 1 1$ которое справедливо для единственной точки на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$ — точки касания вневписанной окружности $ABC.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#128708Максимум баллов за задание: 7

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ перпендикулярны и пересекаются в точке $O.$ Центры вписанных окружностей треугольников $ABC,$ $BCD,$ $CDA,$ $DAB$ являются вершинами выпуклого четырёхугольника, периметр которого равен $P.$ Докажите, что сумма радиусов вписанных окружностей треугольников $AOB,$ $BOC,$ $COD,$ $DOA$ не превосходит $P- 2.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

В задаче надо сравнить два странных выражения. Давайте постепенно выражать их через более понятные отрезки. Начнём с суммы радиусов вписанных окружностей. Что можно заметить про треугольники, в которые вписаны наши окружности?

Подсказка 2.

Правильно! Они прямоугольные! Попробуйте вспомнить (или вывести), как выражается радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника через его стороны.

Подсказка 3.

На самом деле радиус вписанной окружности треугольника AOB равен (OA + OB − AB)/2. Что получится, если сложить все четыре радиуса? Попробуйте выразить сумму только через отрезки, содержащие вершины четырёхугольника ABCD.

Подсказка 4.

Правильно! AC + BD - P/2, где P — периметр ABCD. Теперь хотелось бы получить похожее выражение для P. На самом деле отрезки между центрами вписанных окружностей посчитать хорошо, скорее всего, не получится, но можно оценить их длину снизу. Как это сделать?

Подсказка 5.

Стоит заметить, что у соседних вписанных окружностей есть общая касательная. Это может помочь в оценке?

Подсказка 6.

Да! На самом деле расстояние между центрами можно оценить через длину общей внешней касательной, которую уже несложно выразить через стороны исходного четырёхугольника ABCD. Попробуйте это сделать и сравнить с тем, что мы получили в сумме радиусов вписанных окружностей.

Показать доказательство

В прямоугольном треугольнике $AOB$ радиус вписанной окружности равен

1 2(OA + OB − AB )

(что также равно расстоянию от вершины прямого угла до точки касания катета со вписанной окружностью). Складывая это равенство с аналогичными для треугольников $BOC,$ $COD,$ $DOA,$ получаем, что сумма $S$ радиусов вписанных окружностей треугольников $AOB,$ $BOC,$ $COD,$ $DOA$ равна

1 P 2(2(OA +OB + OC +OD )− PABCD)= AC +BD − -ABC2D-.

$PIC$

Пусть вписанные окружности треугольников $ABC$ и $DAB$ имеют центры $I,$ $J$ и касаются стороны $AB$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Поскольку $KL$ — проекция $IJ$ на прямую $AB,$ имеем

1 1 IJ ≥ KL =AK − AL = 2(AC + AB − BC )− 2(AD + AB − BD )=

1 = 2(AC+ BD − BC − AD ).

Сложим это неравенство с аналогичными для расстояний между другими парами центров вписанных окружностей треугольников $ABC,$ $BCD,$ $CDA,$ $DAB.$ Получим оценку на периметр $P$ :

1 P ≥ 2(4AC +4BD − 2PABCD).

Сравнивая с выражением для $S,$ получаем требуемое неравенство $P ≥ 2S.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#136188Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ — описанная трапеция. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K.$ Периметр треугольника $KBC$ равен $2p,$ $AD =l.$ Найдите $BC.$

Источники: ИТМО - 2024, 10.3 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K,$ значит, что $BA$ и $CD$ — боковые стороны, $BC$ — меньшее основание, а $AD$ — большее. Вписанная окружность трапеции является одновременно вписанной окружностью треугольника $ADK$ и вневписанной окружностью треугольника $BCK.$

$PIC$

В подобных треугольниках соответствующие элементы относятся как коэффициент подобия. В частности, это верно для отрезков касательных, проведённых к вписанным окружностям из точки $K.$ В большом треугольнике $ADK$ эти отрезки равны $p,$ так как вписанная окружность трапеции является вневписанной окружностью треугольника $BCK.$ В треугольнике $BCK$ эти отрезки равны $p− a,$ где $a= BC.$

$PIC$

Коэффициент подобия равен $a:l,$ откуда

a= p-− a l p

Преобразуя это равенство, получаем

ap= pl− al

ap+ al=pl

BC =a = -pl- p+l

Ответ:

$-pl- p +l$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#137231Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ периметра $P$ с углом $A,$ равным $α.$ Найдите радиус вневписанной окружности, касающейся $BC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC.$

Источники: БИБН - 2024, 10.2 (см. www.unn.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр вневписанной окружности, $T$ — точка касания окружности со стороной $BC,$ $M$ и $K$ — точки касания окружности с продолжениями сторон $AB$ и $AC$ соответственно. По свойству отрезков касательных $BM = BT,$ $CT = CK,$ $AM =AK.$ Заметим, что

BC =BT + TC =BM +CK

Тогда

P = AB + AC+ BC = AM + AK =2 ⋅AM

AM = P- 2

Так как $O$ — центр вневписанной окружности, то $AO$ — биссектриса угла $MAK.$ Поэтому $∠MAO = α. 2$ По свойству радиуса, проведенного в точку касания, $OM ⊥ AM.$ В прямоугольном треугольнике $MAO$

α- P- α- OM =AM ⋅tg2 = 2 ⋅tg 2

Ответ:

$P-⋅tg α 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#69405Максимум баллов за задание: 7

В треугольник $ABC$ вписана окружность $ω$ радиуса $r,$ которая касается стороны $AB$ в точке $P.$ На окружности отмечена точка $R,$ диаметрально противоположная точке $P.$ Прямая $CR$ пересекает сторону $AB$ в точке $Q,$ причём $CA + AQ =1.$ Найдите площадь треугольника $ABC.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется понять: что вообще делать с условием CA + AQ = 1? Перекинуть равенство на один отрезок - так себе идея. Давайте найдём это же равенство в треугольнике еще раз! Например, попробуем доказать, что CB + BQ = 1) Что можно сделать?

Подсказка 2

Если бы треугольники CBQ и CAQ состояли из касательных к окружности, то было бы удобнее разбираться с этим условием...А может быть, есть треугольники, некоторые стороны которых - касательные к вписанной окружности, и они связаны с CBQ и CAQ?

Подсказка 3

Проведите касательную в точке R к вписанной окружности. С помощью точек пересечения к сторонам треугольника получатся два треугольника. И вот они на самом деле подобны каким-то двум другим треугольникам и обладают очень интересным свойством) Останется применить всё, что знаем, и вспомнить формулу S = pr!

Показать ответ и решение

Проведём через точку $R$ касательную к $ω,$ пересекающую отрезки $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Пусть $K$ и $L$ — точки, в которых $ω$ касается сторон $AC$ и $BC$ соответственно.

$PIC$

Заметим, что $CM + MR = CM + MK =CK = CL = CN +LN = CN + NR.$ Прямые $AB$ и $MN$ параллельны как перпендикуляры к одному диаметру. Поэтому треугольники $CNR$ и $CBQ,$ а также $CMR$ и $CAQ$ подобны с коэффициентом $k= CCQR.$ Тогда

CB + BQ = k(CN + NR )=k(CM + MR )= CA+ AQ = 1,

откуда

SABC = 1(CA +AB + BC)⋅r= 1(CA +AQ + BQ +CB )⋅r= r 2 2

Ответ:

$r$