Тема ЮМШ (олимпиада Юношеской Математической Школы)

Планиметрия на ЮМШ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела юмш (олимпиада юношеской математической школы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83389

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

3. Пусть $∠BAC =∠DEF = ∠DFE$ . Средняя линия треугольника $DEF$ , параллельная $EF$ , пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что точка $A$ , $D$ , $X$ , $Y$ лежат на одной окружности.

4. В треугольник $DEF$ вписан треугольник $XY Z$ , гомотетичный треугольнику $ABC$ . Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается описанной окружности $ABC$ тогда и только тогда, когда касается описанной окружности $XY Z$ .

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пусть G — вторая точка пересечения описанных окружностей △AEF и △ABD. Тогда чтобы показать, что G, E и D лежат на одной прямой, можно, например, показать равенство ∠AGE и∠AGD. Ведь нам дан факт про параллельность, которая как раз связана с углами.

Пункт 2, подсказка 1

Показать, что точка лежит на пересечении двух окружностей можно, если показать принадлежность данной точки к обоим окружностям по отдельности.

Пункт 2, подсказка 2

Принадлежность к описанной окружности △ABD. Теперь стоит воспользоваться, что равнобедренные треугольники дают ещё достаточно равных отрезков, а также равные отрезки есть из симметричность. Тогда что можно сказать о окружности с центром в E и радиусом EB? Аналогично для точки F. Но как же воспользоваться этим фактом? Углы AED’ и AFD’ центральные, какие же равенства для них можно составить?

Пункт 3, подсказка 1

Что же даёт равенство углов в условии? Чем будут DF и DE для описанной окружности △AFE?

Пункт 3, подсказка 2

Конечно, XY — радикальная ось. Тогда можно посчитать степени точек для X и для Y. Из равенства для X, что можно сказать о 😆 и окружности, описанной около △AFD? 😆 — касается данной окружности, отсюда можно получить равенство для углов. Останется проделать аналогичные рассуждения для Y и проверить, чему равна сумма противолежащих углов XAYD.

Пункт 4, подсказка 1

Окружность описанная около △DEF повторно пересекает стороны BC, AC, AB в точках D', E', F' соответственно. Окружность △XYZ повторно пересекает стороны EF, DF, DE в точках X', Y', Z' соответственно. Что можно сказать о пересечение описанных окружностей △EX'Z', △FX'Y' и △DY'Z'. Они пересекаются в одной точки, пусть М. Выясните, каким ещё окружностям принадлежит точка М?

Пункт 4, подсказка 2

Очень много окружностей пересекающихся в М. Давайте сделаем инверсию φ в этой точке с произвольным радиусом. Какие подобные треугольнике теперь можно увидеть? Например, △AE'F' ~ △φ(X') φ(E) φ(F). Какие ещё два аналогичных подобия можно получить?

Показать ответ и решение

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =$ $= 180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDE$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BED$ и $DFC$ равнобедренные, то $∠EBD =∠EDB$ и $∠FCD = ∠FDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDE − ∠FDC =180∘− ∠B − ∠C =∠BAC

Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что

′ ∠ED F =∠EDF =∠BAC

Получается, что $D ′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ как симметричной точки:

ED = ED′ = EB и D′F = FD = FC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $E,$ а $C,D$ и $D ′$ с центром в $F.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ 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#100664

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка 1

Пункт 2, подсказка 1

Пункт 2, подсказка 2

Показать доказательство

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDG$ 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 $BFD$ и $DEC$ равнобедренные, то $∠F BD =∠F DB$ и $∠ECD = ∠EDC$ . Тогда

∠EDF = 180∘− ∠BDF − ∠EDC =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:

FD = FD′ = FB и D ′E = ED = EC

Значит, $B,D$ и $D′$ лежат на одной окружности с центром в $F,$ а $C,D$ и $D ′$ — с центром в $E.$ Тогда выполнены следующие равенства для вписанных и центральных углов:

′ 1 ′ 1 ′ ′ ∠FBD = 2∠AF D = 2∠AED =∠ACD

Получаем, что $′ D$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#69410

Общий сюжет. Дан остроугольный неравнобедренный треугольник $ABC$ . На меньшей дуге $BC$ его описанной окружности выбирается переменная точка $D$ . Точка $′ D$ симметрична точке $D$ относительно прямой $BC$ . Луч $′ CD$ пересекает отрезок $AB$ в точке $E$ . Луч $′ BD$ пересекает отрезок $AC$ в точке $F$ .

1. Докажите, что окружность $ω$ , описанная около треугольника $D ′EF$ , проходит через фиксированную точку.

2. Известно, что в положении $D = D1$ центр окружности $ω$ лежит на отрезке $AB$ , а в положении $D = D2$ — на стороне $AC$ . Отрезки $BD2$ и $CD1$ пересекаются в точке $X$ . Докажите, что прямые $AX$ и $BC$ перпендикулярны.

3. Окружность $ω$ вторично пересекает окружность $ABC$ в точке $G$ . Докажите, что прямая $′ D G$ проходит через фиксированную точку.

4. Докажите, что если $∠A =60∘$ , то расстояние от вершины $A$ до точки Торричелли треугольника $ABC$ не превосходит диаметра окружности $ω$ (при любом положении точки $D$ ). Напомним, что точкой Торричелли треугольника $ABC$ называется такая точка $T$ , что $∠AT B =∠BT C =$ $∠CT A =120∘$ .

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, 1 сюжет (см. yumsh.ru)

Подсказки к задаче

Пункт 1, подсказка

Чтобы найти фиксированную четвертую точку на окружности, попробуем посчитать углы, чтобы найти вписанный четырехугольник! Точка D лежит на окружности, ее отражают, поэтому посчитать угол FD’E не составит труда! Какой угол может дополнять его до 180?

Пункт 2, подсказка 1

Если центр окружности лежит на AB или AC, то несложно найти точное расположение центра, т.к. отрезки на указанных прямых являются хордами окружностей. Хочется подробнее рассмотреть D1’ и D2’, а точнее углы, которые на них опираются. Найти их не сложно в силу того, что они лежат на окружности.

Пункт 2, подсказка 2

Углы CD1’A и BD2’A будут прямыми(почему?). Итак, два перпендикуляра к пересекающимся отрезкам пересекаются на рисунке, а нам хочется найти другую перпендикулярность. На какой объект это может намекать?

Пункт 2, подсказка 3

На ортоцентр! Сделаем так, чтобы точка пересечения BD2’ и CD1’ стала ортоцентром нового треугольника! Мы найден прямую, к которой перпендикулярен отрезок, одной из вершин которого является А - теперь мы ближе к тому, что нам нужно доказать! Осталось лишь доказать, что этот отрезок лежит на прямой AX, а третья сторона треугольника, в котором мы нашли ортоцентр, параллельна BC!

Пункт 3, подсказка 1

Тут хочется угадать ту самую фиксированную точку…очень часто на олимпиадах помогает сделать красивые и точные чертежи, чтобы попробовать хотя бы интуитивно узнать точку. Докажем, что все прямые будут проходить через середину BC.

Пункт 3, подсказка 2

Мы понимаем, что через точку М проходит прямая D’G, где G - точка пересечения окружностей. Доказывать вписанность там, где много окружностей и симметрии должно быть проще, чем доказывать, что прямая проходит через середину отрезка. Поэтому попробуем доказать, что точка пересечения MD’ с малой окружностью лежит на окружности ABC. Итак, чем же мы можем пользоваться? Вписанностью D’FAGE, а также тем, что M - середина, т.е. может помочь в симметрии. На правильные действия и на полезный подсчет углов может намекать и то, что точка D лежит на окружность ABC и симметрична D’ относительно BC.

Пункт 4, подсказка 1

Интересно, что благодаря точке Торричелли у нас появляется угол, который с углом A в сумме дает 180. Благодаря пункту 1) задачи мы понимаем, на какой окружности лежит точка Торричелли. Попробуем рассмотреть точку T’, изогонально сопряженную с точкой Торричелли. Что можно о ней сказать?

Пункт 4, подсказка 2

Она тоже лежит на окружности BD’C! Раз уж у нас есть окружностью, отметим ее центр N. Понятно, что он лежит на дуге BC. Не совсем понятно, как работать с самой точкой Торричелли, поэтому попробуем найти другой отрезок, равный AT. В этом нам могут помочь равные треугольники. Какие треугольники очень похожи на равные между собой?

Пункт 4, подсказка 3

Если треугольники ATN и AT’N равны, то AT=AT’. Пока не совсем понятно, что делать дальше, поэтому просто попробуем изобразить то, что узнали в предыдущем пункте задачи: точку M, G, через которую проходят прямые MD’(помним, что D’ лежит на той же окружности, где и T, T’. Отметим точку пересечения AM и окружностей BTC и ABC(K’ и K). Пока что видим только много симметрий, имеет смысл записать степень точки M и цепочку равенств. К какому выводу можно прийти?

Пункт 4, подсказка 4

Понимаем, что AGD’K вписанный. Теперь мы можем сравнивать AT’ и диаметр окружностей AGD’K. Значит, нам нужен диаметр. Точки T, T’, K - все лежат на одной окружности. Быть может, попробовать доказать, что какие-то из них совпадают?

Пункт 4, подсказка 5

Точка T’ на самом деле совпадает с точкой K! Осталось лишь осознать, почему AK не больше диаметра, который нам нужен)

Показать доказательство

$PIC$

1. Пусть $∠A = α$ . Тогда $∠BDA = 180∘ − α$ . Из симметрии $∠BD ′A= ∠BDA$ , но тогда $∠A+ ∠ED ′F = 180∘$ , то есть $AED ′F$ - вписанный, то есть для любого выбора точки $D$ окружность $ω$ проходит через фиксированную точку $A$ .

$PIC$

2. Если центр $ω$ лежит на отрезке $AB$ , то $AE$ - диаметр, а $∠AFE$ - прямой. Тогда углы $′ AD2B$ и $′ AD 1C$ - прямые. Рассмотрим точку $′ X$ , симметричную точке $X$ относительно $BC$ . Заметим, что если $′ AX$ перпендикулярно $BC$ , то и $AX$ будет перпендикулярно $BC$ . Продлим $′ AD 2$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $L$ и $′ AD 1$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $M$ . Тогда $′ MD 2$ и $′ LD1$ - высоты в треугольнике $AML$ , $X$ - его ортоцентр, $AX$ - третья высота. Докажем, что $ML||BC$ : Действительно, из вписанности $′ ′ ′ ′ BD 1D2C∠LCB = ∠BD 2D 1$ . $′ ′ MLD 2D1$ - вписанный ( $′ ′ ∘ ∠LD2M = ∠MD 1L= 90$ ), откуда $′ ′ ′ ∠BD2D 1 = ∠D1LM =⇒ ML ||BC =⇒ AX$ перпендикулярно $BC$

3. Докажем, что все прямые будут проходить через точку $M$ - середину $BC$ . Будем доказывать с конца - проведём через точки $M$ и $D ′$ прямую, и докажем, что она пересекает окружность $ABC$ в нужной нам точке. Пусть это точка $G′$ . Отразим $D′$ относительно точки $M$ , получим точку $U$ . $∠BUC = ∠BD ′C = ∠BDC$ , поэтому $U$ попадёт на описанную окружность $ABC$ . Посчитаем углы: $∠BD ′U = ∠D′UC$ так как $BDCD ′$ - параллелограмм, $∠G′UC =∠G ′AC$ как вписанные, $∠G ′D ′F =∠BD ′M$ как вертикальные, откуда $∠G ′D′F =∠G ′AF$ , то есть $G′ADF$ - вписанный, что и требовалось доказать.

$PIC$ $PIC$

4. Пусть $T$ - точка Торичелли треугольника $ABC$ . Заметим, что она лежит на дуге $′ BD C$ (так как $∘ ∘ ∠BTC = 120 = 180 − ∠A$ Рассмотрим точку $′ T$ , изогонально сопряжённую точке $T$ . Заметим, что $∘ α +β +γ+ δ = 120$ , и $∘ β+ γ = 60$ , откуда $′ ∘ ∘ ∘ ∠BT C = 180 − 60 = 120$ , и точка $′ T$ лежит на дуге $′ BD C$ . Также заметим, что $∘ x +y =y +δ = 60$ , откуда $y =δ$ , то есть $′ ∘AT B$ касается $CB$ в точке $B$ . Тогда мы можем определить точку $T ′$ как точку пересечения двух окружностей, которые проходят через $A$ и касаются $BC$ в точках $B$ и $C$ соответственно.

$PIC$

Пусть $N$ - середина малой дуги $BC$ . Докажем, что $N$ - центр окружности $T′CB$ . Рассмотрим точку пересечения биссектрис $I$ . Тогда $∠BIC = 90∘+ ∠A2-= 120∘$ , то есть $I$ также лежит на дуге $BD′C$ , а по лемме о Трезубце мы знаем, что $NI = NB = NC$

$PIC$

Заметим, что (по определению изогонального сопряжения) $AT$ и $AT ′$ будут симметричны относительно биссектрисы $AI$ . Тогда в треугольниках $ATN$ и $AT′N$ : $AN$ - общая, $∠TAN = ∠T′AN$ , $TN = T′N$ . Тогда возможны две ситуации:

$PIC$

Треугольникии либо равны, либо сумма двух их углов равна $180∘$ Предположим, что вторая ситуация возможна. Тогда $∠NT A +∠NT ′A =$ $=180∘$ , но $∠NT A> ∠NBA$ , $∠NT ′A > ∠NCA$ , откуда $∠NT A +∠NT ′A> ∠NBA + ∠NCA = 180∘$ . Противоречие, следовательно треугольники $ATN$ и $AT′N$ равны, и $AT =AT ′$

$PIC$

Пусть $M$ - середина $BC$ . Проведём луч $AM$ , который пересечёт дугу $BD ′C$ в некоторой точке $K$ и дугу $BDC$ в некоторой точке $K ′$ . Тогда из симметрии $MK = MK ′$ . Через точку $M$ и произвольную точку $D′$ на дуге проведем прямую, которая пересечёт окружность $∘ABC$ в точке $G$ . (По доказанному ранее $ω =∘GAD ′$ ). Отразим $D ′$ относительно $M$ , получим точку $D′1$ Распишем степень точки:

$MB ⋅MC = MK ′⋅MA$	$(∘ABC,M )$
$′ MK ⋅MA =MK ⋅MA$	$′ (MK = MK )$
$MB ⋅MC = MD ′1⋅MG$	$(∘ABC,M )$
$MD ′⋅MG = MD ′1⋅MG$	$(MD ′ =MD ′1)$

Откуда $MD ′⋅MG = MK ⋅MA$ , то есть любая окружность $ω$ проходит через точку $K$ .

$PIC$

Достроим $BKC$ до параллелограмма. Тогда

∠T′CB = ∠CBK ′ =∠K ′AC

∠T′BC = ∠BCK ′ =∠K ′AB

Это свойство выполнено и для точки $K$ , и для точки $T′$ . Но такая точка всего одна, следовательно, они совпадают, а хорда окружности всегда меньше или равна диаметру окружности!

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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: ЮМШ-2020, сюжет 2 (см. yumsh.ru)

Подсказки к задаче

Пункт 1, Подсказка 1

Посмотрите внимательно на рисунок. Мы что-то знаем про △BCD. Да, действительно, он прямоугольный! Далее попробуйте посчитать сумму ∠ACR + ∠CDR.

Пункт 1, Подсказка 2

Заметим, что ∠ACR, как и ∠RDC, являются углами между хордой и касательной. И правда! А значит ∠ACR + ∠RDC = (∠ABC + ∠ABD) / 2 = 180° / 2 = 90°

Пункт 2, Подсказка 1

Мы знаем что △DRA равнобедренный, поэтому давайте попробуем найти ∠DRA. Посмотрим внимательно на картинку. Ага! Да ведь она симметрична относительно биссектрисы угла! Значит ∠DRA = ∠CRB, кроме того мы что-то знаем про △ARB.

Пункт 3, Подсказка 1

На рисунке много окружностей, было бы неплохо сделать инверсию. Да, действительно, сделаем инверсию c центром в A и радиусом AB. После инверсии окружности перейдут в 2 перпендикулярные прямые, а перпендикулярные прямые перейдут в пару окружностей, вписанных в угол.

Пункт 3, Подсказка 2

Как же теперь доказать, что (⋅)C и D совпадают с точками касания окружностей и угла? Можно ввести систему координат (удобнее будет если она будет связана с прямым углом) и посчитать координаты всех точек, тем самым доказав, что точки совпадают.

Пункт 4, Подсказка 1

Да-да, снова необходимо сделать инверсию, а также не забыть замечательное свойство углов при инверсии!

Показать ответ и решение

$PIC$

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 $∠R = 90∘$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

$PIC$

Треугольник $RAB$ равносторонний $− RA = CD ∕2 =AB$ и $RA = RB$ по симметрии. Отсюда симметричные отрезки $RA,RB$ образуют со сторонами углы, равные $90∘−60∘-= 15∘ 2$ 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 $A,S = i(R)$ .

$PIC$

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 $rr21 = 2+ √3$ ; 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 $( √-) 12,1+ 23$ , 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 $C,D$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

$PIC$

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. $∘ 45$