Тема Иннополис (Innopolis Open)

Планиметрия на Иннополисе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела иннополис (innopolis open)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#90009

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

Через равенство углов ∠ XT₁Y и∠ XT₂Y!

Подсказка 3

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

Подсказка 4

С помощью гомотетии в X! Но с каким коэффициентом?

Подсказка 5

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

Показать доказательство

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

$PIC$

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

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

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74915

Олег и Оливер гоняют на велосипедах с одинаковыми угловыми скоростями: Оливер — по круговой траектории $𝒜,$ а Олег — по круговой траектории $𝒯$ в два раза меньшего радиуса, причем они стартуют с двух ближайших точек окружностей и круг Олега лежит внутри круга Оливера. По окружности $𝒯$ также движутся два помощника, поддерживающих экран (т.е. хорду с концами в точках, в которых расположены помощники) так, что расстояние от каждого из них до Олега всегда такое же, как и расстояние от Олега до Оливера. Докажите, что на протяжении всей гонки экран касается некоторой фиксированной окружности.

Источники: Иннополис-2022 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за O,V,X и Y Олега, Оливера и двух помощников соответственно. Если нарисовать рисунок, то от нас явно спрятали какую-то известную и хорошую "картинку", посмотрите на равные отрезки, которые нам даны и на окружность 𝒯.

Подсказка 2

Верно, как будто нам показывают лишь часть картинки леммы о трезубце! Попробуйте восстановить точку, которую от нас спрятали и подумать, как эта точка поможет нам в задаче.

Подсказка 3

Давайте ещё заметим, что у нас получилась как бы "картинка в картинке", возможно, тут поможет гомотетия, попробуйте посмотреть на центр положительной гомотетии окружностей 𝒯 и 𝒜.

Подсказка 4

Да это же центр нашей искомой окружности, ещё не совсем, но можно попробовать это доказать! Мы уже знаем, что она точно касается экрана и её центр не меняется, остаётся показать, что её радиус тоже фиксирован, а какой факт связывает точку, окружность и радиус?

Подсказка 5

Можно использовать степень точки S относительно 𝒯, останется только "перекинуть" равные отрезки так, чтобы остались только фиксированные величины (из исходной "картинки") и радиус окружности с центром в S.

Показать доказательство

Обозначим за $O,V,X$ и $Y$ Олега, Оливера и двух помощников соответственно, за $S$ — центр положительной гомотетии окружностей $𝒯$ и $𝒜.$ Из условия следует, что прямая $V O$ всегда проходит через $S,$ причем, так как радиусы окружностей отличаются в два раза, отрезок $SV$ делится точкой $O$ пополам. Отметим точку $R ⁄= O$ — пересечение луча $OS$ с $𝒯.$ Поскольку равные хорды стягивают равные меньшие дуги, точка $O$ — середина дуги $XOY,$ то есть прямая $RO$ содержит внутреннюю биссектрису треугольника $XRY,$ а еще $OS = OV =OX =OY.$ По лемме о трезубце это означает, что точка $S$ является центром вписанной окружности треугольника $XRY$ $($ обозначим эту окружность за $ω).$

$PIC$

Покажем, что $ω$ является искомой окружностью. Она касается отрезка $XY$ в силу построения, поэтому достаточно проверить, что она не зависит от времени. Как показано выше, центр $ω$ — это $S,$ обозначим ее радиус за $r$ . Также обозначим за $d$ расстояние между центрами $ω$ и $𝒯,$ а за $R$ — постоянный радиус $𝒯.$

Посчитаем степень точки $S$ относительно $𝒯$ двумя способами:

d2− r2 = −RO ⋅SO = −RO ⋅OX =− RO⋅2R sin∠XRO = −2Rr

Величины $d$ и $R$ не зависят от времени, поэтому $r$ также от него не зависит, следовательно, окружность $ω$ имеет постоянный центр и радиус, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94951

Дан треугольник $ABC$ . Существует единственный набор таких трёх окружностей $ω ,ω A B$ и $ω C$ , которые лежат внутри треугольника, попарно друг друга касаются, а также каждая из них касается сторон соответствующего угла: $ωA$ касается сторон $AB$ и $AC,ωB$ касается сторон $BA$ и $BC,ωC$ касается сторон $CA$ и $CB$ .

Обозначим точку касания окружностей $ωA$ и $ωB$ как $TAB$ . Аналогично определяются точки $TAC$ и $TBC$ .

Дизайнер хочет сконструировать люстру-витраж из цветного стекла, в которой стороны треугольника $ABC$ - это прочный (пренебрежимо) лёгкий контур, в который вписан массивный плоский диск весом 1 кг, а также добавлены уравновешивающие веса в вершинах $A,B$ и $C$ треугольника так, чтобы точка подвеса люстры находилась на пересечении отрезков $ATBC,BTAC$ и $CTAB$ (остальные детали люстры имеют пренебрежимо малый вес). Докажите, что такой проект люстры осуществим и определите уравновешивающие веса в вершинах (то есть такие, чтобы люстра висела горизонтально, закреплённая только в точке подвеса), если радиусы окружностей $ω$ - это $rA,rB,rC$ , а радиус вписанного диска треугольника равен $r$ .

Источники: Иннополис - 2021, 11.2 (см. dovuz.innopolis.university)

Показать доказательство

Обозначим массы в вершинах $A,B$ и $C$ соответственно как $m ,m A B$ и $m C$ . Докажем, что массы $m = 0.5(r−rA),m = 0.5(r−-rB),m = 0.5(r−rC) A rA B rB C rC$ подходят.

$PIC$

Покажем, что центр масс системы нагруженных точек $(A,mA ),(I,0.5$ кг) находится в точке $OA$ - центре окружности $Γ A(X)$ (см. рисунок). Из подобия соответствующих прямоугольных треугольников вытекает, что $AI :AOA = r:rA$ . Тогда $IOA∕AOA = (r− rA)∕rA$ . Чтобы точка $OA$ была центром масс указанных точек, по правилу рычага, должно выполняться $0.5⋅IOA = mA ⋅AOA$ . Подставив указанное значение для $mA$ , легко видеть, что правило рычага выполняется и для пары точек $(A,mA ),(I,0.5)$ (и центра масс $OA$ ), и для пар точек $(B,mB ),(I,0.5)$ и $(C,mC ),(I,0.5)$ с центрами масс $OB$ и $OC$ соответственно.

Тогда, пользуясь принципом перегруппировки масс, имеем, что центр масс системы точек $(I,1),(A,mA ),(B,mB)$ и $(C,mC )$ совпадает с центром масс системы точек $(I,0.5),(OA,0.5+mA ),(B,mB )$ , что совпадает с центром масс системы $(OA,0.5+mA ),(OB,0.5+mB ),(C,mC )$ .

Но $0.5 +mA = 1+ r−rA =-r- 2 2rA 2rA$ . Аналогично, $0.5+ mB = -r- 2rB$ и $0.5+ mC = -r- 2rC$ . Значит, указанная система нагруженных точек переписывается в виде $( -r-) ( -r-) OA,2rA , OB,2rB ,(C,mC )$ .

Окружности $Γ A (OA)$ и $Γ B(OB)$ , по выбору, касаются. Значит, отрезок $OAOB$ равен по длине $rA +rB$ и делится точкой $TAB$ на части длины $rA$ и $rB$ . Но тогда для точек $( r-) ( r-) OA, 2rA , OB, 2rB$ и точки $TAB$ выполняется равенство $-r------- -r------- 2rA OATAB +2rBOBTAB = 0$ . Значит, $TAB$ - центр масс системы из этих двух точек, а значит, центр масс изначальной системы $(I,1),(A,mA),(B,mB)$ и $(C,mC)$ , после перегруппировок, совпадает с центром масс системы двух точек: $( -r- -r-) TAB,2rA + 2rB ,(C,mC )$ . Как следствие, этот центр масс лежит на отрезке $TABC$ . По абсолютно аналогичным причинам, центр масс изначальной четвёрки нагруженных точек лежит также на отрезках $BTAC$ и $CTAB$ . Таким образом, выбранные веса $mA,mB, mC$ удовлетворяют требованию задачи.