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#79609

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)

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:

$150∘ или 30∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79618

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)

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 3#93286

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 $CE = CF$ .

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 4#93758

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.

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 $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#93759

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 $ω.$

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 6#93760

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 $IB1.$

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:

$1 :3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#93762

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 $ABC.$

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 8#96369

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 $X.$

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 9#96370

(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.

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 $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#100197

На окружности $ω$ зафиксированы точки $B$ и $C,$ а точка $A$ скользит по $ω.$ Найдите геометрическое место точек $X,$ служащих для треугольника $ABC$ центром одной из вневписанных окружностей.

Показать доказательство

Рассмотрим такое расположение точек, где точка $A$ лежит на большей дуге $BC.$ Тогда получится треугольник $ABC,$ для которого мы должны найти геометрическое место точек где будет лежать центр вневписанной окружности. Сначала рассмотрим вневписанную окружность противоположную углу $A.$ Так как центр вневписанной окружности лежит на биссектрисе противоположного ей угла, то проведем биссектрису $AD.$ Согласно лемме о трезубце $BD = ID =DC,$ где $I$ — точка пересечения биссектрис.

$PIC$

Так как $BD = CD,$ то точка $D$ — фиксированная и не зависит от положения точки $A.$ Тогда центр вневписанной окружности ( $IA$ ) будет лежать на большей дуге $BC,$ ограниченной прямыми $CD$ и $BD,$ окружности с центром в точке $D$ и радиусом $DC.$

$PIC$

Аналогично со случаем, где точка $A$ лежит на меньшей дуге $BC.$

$PIC$

Теперь рассмотрим случаи вневписанных окружностей, противоположных углам $B$ и $C.$ Аналогично со случаем вневписанной окружности, противоположной углу $A,$ воспользуемся леммой о трезубце и найдем положения центров. Как следствие из внешней леммы о трезубце, $IB$ и $IC$ лежат на одной окружности с центром в точке $O.$ Заметим что $BO =CO,$ значит т. $O$ лежит на середине большей дуги $BC$ и окружность совпадает с окружностью из случая с т. $A.$

$PIC$

Аналогично находим геометрическое место точек для случая, когда т. $A$ лежит на меньшей дуге $BC.$ И получаем ответ:

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#69405

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)

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:

$r$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32433

В треугольник $ABC$ вписана окружность с центром $I,$ которая касается стороны $BC$ в точке $K . 1$ Обозначим через $T 1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Докажите, что отрезок $T1I$ делит высоту треугольника, проведённую из вершины $A,$ пополам.

Показать доказательство

Воспользуемся фактом, что на прямой $AT 1$ лежит диаметрально противоположная точке $K 1$ точка $D.$ А треугольники $T DK 1 1$ и $T1AH$ гомотететичны (подобны) с центром в точке $T1.$

$PIC$

При этой гомотетии медиана $T1I$ треугольника $T1DK1$ перейдёт вдоль той же прямой в медиану треугольника $T1AH.$ Значит, $T1I$ делит высоту $AH$ пополам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Заключительную часть решения можно было обосновать с использованием замечательного свойства трапеции: для $K1DAH$ середины оснований и точка $T1$ пересечения боковых сторон лежат на одной прямой, поэтому $T1I$ проходит через середину $AH.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#32434

В треугольнике $ABC$ обозначим середины сторон $AB,AC$ и $BC$ через $C ,B 0 0$ и $A 0$ соответственно. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $A0I$ делит периметр треугольника $A0B0C0$ пополам.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $BC =2a,AC =2b,AB = 2c$ и при этом $a> b,a >c.$ Пересечём биссектрисы $∠B$ и $∠C$ с $B0C0$ в точках $B1$ и $C1$ соответственно. Тогда в силу параллельности равны отмеченные углы и $BC0 = C0B1 = c< a= B0C0,CB0 = B0C1 =b< a= B0C0.$ Отсюда следует, что обе точки лежат на отрезке $B0C0.$ Кроме того, $B0B1 =a − c$ и $C0C1 = a− b,$ тогда $C1B1 =a− (a− c)− (a − b)= b+c − a.$ Пусть $A0I∩ B0C0 = M,$ тогда $C1M =B1M = b+c2−a$ в силу подобия $△BIC ∼△B1IC1.$ Осталось заметить, что $A0B0 +MB0 = c+ a− c+ b+c2−a= a+b2+c= PA0B0C0∕2,$ что и требовалось. Другие соотношения длин сторон рассматриваются аналогично, поменяется только порядок точек на прямой $B0C0.$

Второе решение.

Ясно, что исходный треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A0B0C0.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 1, 2$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI$ , что $MI′ = 1⋅MI. 2$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM =2⋅MI ′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $A0I$ — нагелианой. Известно, что нагелиана делит периметр треугольника пополам, потому что отрезок касательной к вневписанной окружности как раз равен разности полупериметра треугольника и прилежащей стороны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#32435

Пусть $A ,B ,C 1 1 1$ — середины сторон треугольника $ABC, I$ — центр вписанной в него окружности. $C 2$ — точка пересечения прямых $C1I$ и $A1B1,C3$ — точка пересечения прямых $CC2$ и $AB.$ Докажите, что прямая $IC3$ перпендикулярна прямой $AB.$

Показать доказательство

$PIC$

Ясно, что треугольник $ABC$ можно перевести гомотетий в серединный треугольник $A1B1C1.$ Центром этой гомотетии (неподвижной точкой) является точка пересечения медиан $M$ треугольника $ABC,$ ведь медианы серединного треугольника пересекаются тоже в точке $M.$ Коэффициент этой гомотетии равен $− 12,$ то есть сначала надо стороны треугольника уменьшить в два раза, а потом сделать центральную симметрию относительно $M.$ Куда перейдёт точка $I$ при этой гомотетии? С одной стороны, в центр вписанной в серединный треугольник окружности. С другой стороны, по определению это будет такая точка $I′$ на прямой $MI,$ что $MI ′ = 12 ⋅MI.$ Получаем, что на прямой Нагеля $MI ′$ для серединного треугольника нашлась такая точка $I,$ что $IM = 2⋅MI′.$ Значит, для серединного треугольника точка $I$ является точкой Нагеля, а прямая $C1I$ — нагелианой. То есть $C2$ является точкой касания вневписанной окружности треугольника $A1B1C1.$

Так как в треугольнике точки касания вписанной и вневписанной окружности изотомически сопряжены, то при центральной симметрии (гомотетии с коэффициентом $− 1$ ) относительно середины $A1B1$ точка $C2$ перейдёт в точку $C′2$ касания вписанной в треугольник $A1B1C1$ окружности. Значит, тогда $C2$ является точкой касания вписанной окружности уже для треугольника $△A1CB1$ (при симметрии точка $C1$ переходит в точку $C$ ).

Осталось рассмотреть гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $2$ — $△A1B1C$ переходит в $△ABC,$ откуда $C3$ будет являться точкой касания вписанной окружности $△ABC,$ то есть $IC3 ⊥ AB$ как радиус, проведённый в точку касания.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#32436

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $K ,K 1 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Введём точку $P :$ вторую точку пересечения отрезка $AT1$ со вписанной окружностью, считая от точки $A.$ Докажите, что $M1P$ касается вписанной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $DK1$ — диаметр вписанной окружности, то $∠DPK1 = ∠T1PK1 = 90∘.$ Кроме того, нам известно, что $CT1 = BK1,CM1 =BM1 =⇒ T1M1 = M1K1,$ то есть $P M1$ — медиана прямоугольного треугольника и $⌢ P M1 = M1K1 =⇒ ∠K1P M1 = ∠M1K1P = PK21 ,$ поскольку $M1K1$ — касательная. Заметим, что если провести в точке $P$ касательную, то она будет образовывать тот же угол с отрезком $P K1,$ откуда $PM1$ с ней совпадает, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#32703

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH,$ точка $D$ — середина стороны $BC,$ точка $Q$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC.$ Прямые $DQ$ и $AH$ пересекаются в точке $T.$ Докажите, что отрезок $AT$ равен радиусу этой вневписанной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $X$ и $Y$ – точки касания прямой $BC$ соответственно с вписанной и вневписанной окружностями. Элементарно выводится, что $CY = BX = AB+BC2-−AC=⇒ DY =DX$ . Сделаем гомотетию с центром в точке $A$ и коэффициентом, равным отношению радиусов вписанной и вневписанной окружностей, при которой $BC$ перейдёт в $B1C1$ . Тогда точка $X1$ касания вневписанной окружности отрезка $B1C1$ (эта окружность стала вписанной для $△AB1C1$ ) естественно лежит на прямой $AX$ , соединяющей центр гомотетии с прообразом точки $X1$ . Отсюда $X1Y ⊥ BC$ и $YQ =QX1 = RA$ (радиус вневписанной окружности), тогда $QD ∥AX1$ , как средняя линия в $△Y XX1$ . При этом $AH ∥QX1$ , потому что обе эти прямые перпендикулярны $BC$ . Значит, $X1QT A$ — параллелограмм по определению, поэтому $AT = QX1 =RA$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#43641

Пусть $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AB$ и катета $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ соответственно. Вневписанная окружность треугольника $ACM$ касается стороны $AM$ в точке $Q$ , а прямой $AC −$ в точке $P.$ Докажите, что точки $P,Q$ и $N$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Пусть $D$ — центр вневписанной окружности треугольника $ACM$ , тогда $P$ и $Q$ — проекции точки $D$ на прямые $AC$ и $AB$ соответственно:

$PIC$

Так как $MN$ — медиана равнобедренного треугольника $BMC$ , проведённая к основанию, то $MN$ — биссектриса угла $BMC$ , поэтому точка $D$ лежит на прямой $MN.$ Кроме того, $MN −$ средняя линия треугольника $ABC$ , значит, $MN ||AC.$ Таким образом, $P CND$ — прямоугольник.

Пусть $∠AMD = ∠CMN = ∠ACM =α$ , тогда $∘ ∠PAD = 1∕2(180 − α)$ , а $∠APN = ∠PCD = α∕2(CD −$ биссектриса угла $ACM ).$ Следовательно, $∘ ∠P AD +∠AP N =90$ , поэтому $AD ⊥ PN.$ Поскольку точка $Q$ симметрична точке $P$ относительно прямой $AD$ , то $Q$ лежит на $PN.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#78851

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ выбраны точки $E$ и $F$ таким образом, что угол $EAF$ равен $45∘.$ Длина стороны квадрата равна 1. Найдите периметр треугольника $CEF.$

Источники: Межвед - 2021, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вспомним, что угол, под которым видна сторона треугольника из центра вневписанной окружности, равен $∘ α 90 − 2,$ где $α$ — угол, в который окружность вневписана.

Центр вневписанной окружности треугольника $CEF$ лежит на прямой $AC,$ т.к. биссектриса совпадает с диагональю квадрата $AC.$ Но при этом

∠ECF ∠EAF = 45∘ = 90∘−--2--,

то есть точка $A$ как раз является центром вневписанной окружности треугольника $CEF.$

$PIC$

Тогда точки $B$ и $D$ — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон треугольника $CEF,$ а его периметр равен $BC + CD = 1+1 =2.$

Второе решение.

Если отразить точку $D$ относительно прямой $AF,$ а затем относительно прямой $AE,$ то она перейдет в точку $B.$ Действительно композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. То есть в нашем случае эти две симметрии эквивалентны повороту на угол $90∘$ относительно точки $A.$ Это означает, что образ точки $D$ при симметрии относительно $AF$ и образ точки $B$ при симметрии относительно $AE$ — это одна и та же точка; на рисунке она обозначена $K.$

$PIC$

Из точки $K$ отрезки $AE$ и $AF$ видны под углом $90∘$ (при симметрии сохраняются величины углов, поэтому например, углы $ABE$ и $AKE$ равны). Значит, точка $K$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $EF.$ И, наконец, поскольку $BE = EK$ и $DF = FK$ (при симметрии длины отрезков сохраняются), видим, что периметр треугольника $CEF$ равен сумме длин сторон $BC$ и $CD$ квадрата.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#94201

В треугольник $ABC$ вписана окружность, которая касается стороны $AC$ в точке $P$ . Могут ли оба центра окружностей, одна из которых вписана в треугольник $ABP$ , вторая — в треугольник $BPC$ , одновременно лежать на окружности, вписанной в треугольник $ABC$ ? Ответ объясните.

Источники: САММАТ - 2021, 11.8 (см. sammat.samgtu.ru)

Показать ответ и решение

Предположим, что центры $Q$ и $R$ лежат на окружности, вписанной в треугольник $ABC$ . Тогда $AO,AQ,CO, CR,PQ,PR$ — биссектрисы соответствующих углов $⇒$ точки $Q$ и $R$ лежат на $AO$ и $CO$ .

$PIC$

Далее имеем

∠QP R =∠QP O +∠OP R= 1∠AP O + 1 ∠CPO = 1180∘ =90∘ 2 2 2

$QR$ — диаметр $⇒$ точка $O∈ QR ⇒$ точки $A,Q,O,R,C$ лежат на одной прямой $⇒$ противоречие!

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#75195

Дан описанный четырехугольник $ABCD,$ у которого радиусы вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ равны. Найдите угол между диагоналями $AC$ и $BD.$

Показать ответ и решение

Докажем, что точки касания вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ с диагональю $AC$ совпадают.

$PIC$

В самом деле, обозначим точки касания $TB$ и $TD$ соответственно. Тогда

|ATB|= |AB-|+|AC|−-|BC-||ATD|= |AD|+-|AC-|−-|DC-| 2 2

Критерий описанности четырехугольника

|AB|+ |CD |= |BC |+ |AD |

что равносильно равенству $|ATB|= |ATD |.$

Теперь легко видеть, что картинка однозначно задается радиусом вписанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADC$ и расстояниями от точки касания до точек $A$ и $C.$ Значит, картинка переходит в себя при симметрии относительно прямой $AC,$ при этом точки $B$ и $D$ меняются местами. Но это означает, что $BD$ перпендикулярна $AC.$

Ответ:

$90∘$