Тема Окружности

Окружность Аполлония

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#101759

Дана прямая $AB.$ Для точек $A$ и $B$ задана некоторая окружность Аполлония $ω$ с центром в точке $O.$ Докажите, что для любой точки $X$ на окружности $ω$ $(X$ не лежит на прямой $AB )$ прямая $OX$ касается описанной окружности треугольника $ABX.$

Показать доказательство

Из соображений симметрии точка $O$ лежит на прямой $AB.$ Пусть окружность $ω$ пересекает отрезок $AB$ в точке $L.$ Тогда $AX ∕BX =AL ∕BL= k,$ а значит, $XL$ — биссектриса угла $AXB.$ Заметим, что тогда $∠AXL = ∠BXL$ и $∠OXL = ∠OLX,$ поэтому $∠OXA =∠OBX,$ откуда и следует касание прямой $OX$ и описанной окружности треугольника $ABX.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#101760

Точки $A,$ $B$ и $C$ последовательно расположены на одной прямой, причём точка $B$ лежит между $A$ и $C,$ $AB ⁄= BC.$ Возьмём произвольную окружность с центром $B,$ не содержащую внутри себя точек $A$ и $C,$ и обозначим через $M$ точку пересечения касательных к этой окружности, проведённых через $A$ и $C.$ Найдите геометрическое место точек $M.$

Показать доказательство

Заметим, что прямые $MA$ и $MC$ являются касательными к этой окружности с центром в точке $B.$ Следовательно, прямая $MB$ является биссектрисой угла $AMC,$ поэтому $AM ∕MC = AB∕BC.$ Отношение $AB ∕BC$ не зависит от выбора окружности. Поэтому ГМТ $M$ — окружность Аполлония с коэффициентом $AB ∕BC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#101764

Дана окружность и прямая $ℓ,$ проходящая через ее центр. Пусть $K$ — точка вне окружности, не лежащая на $ℓ,$ притом проекция $H$ точки $K$ на $ℓ$ лежит вне окружности. Из точки $H$ проведены касательные к окружности $HA$ и $HB.$ Прямые $AB$ и $ℓ$ пересекаются в точке $C.$ Прямая $KC$ пересекает окружность в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $∠P HC =∠QHC.$

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр этой окружности, и прямая $OH$ пересекает окружность в точках $X$ и $Y,$ и точка $X$ лежит на отрезке $OH.$ Из симметрии углы $XAB$ и $XBA$ равны, а углы $HAX$ и $XBA$ равны из того, что прямая $HA$ касается описанной окружности треугольника $AXY.$ Поэтому $AX$ — биссектриса угла $HAC.$ Следовательно, окружность $(AXY B)$ является окружностью Аполлония для точек $A$ и $B.$ А значит, прямые $PX$ и $QX$ являются биссектрисами углов $HPC$ и $HQC.$ Следовательно, точка $X$ является точкой пересечения биссектрис треугольника $HP Q.$ А значит, $HX$ — биссектриса угла $PHQ,$ что и требовалось.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#101765

Точки $B$ и $C$ лежат на диаметре некоторой окружности. Проведите через них две равные хорды, пересекающиеся на окружности.

Показать доказательство

Обозначим эту окружность за $ω,$ а её центр за $O.$ Пусть $X$ та самая точка. Прямые $BX$ и $CX$ повторно пересекают окружность $ω$ в точках $Y$ и $Z$ соответственно. Тогда из того, что $XY = XZ$ следует равенство углов $BXO$ и $CXO.$ Следовательно, точка $X$ лежит на окружности Аполлония для точек $B$ и $C$ и коэффициентом $OB∕OC.$ Достаточно её построить и пересечь с окружностью $ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70192

Пусть $s$ — описанная окружность неравнобедренного треугольника $ABC.$ Пусть $s b$ — окружность Аполлония, определённая точками $A$ и $C$ и проходящая через вершину $B.$ Пересекающиеся окружности называются ортогональными, если касательные к ним в точке пересечения перпендикулярны. Докажите, что $s$ и $sb$ ортогональны.

Показать доказательство

Пусть $M$ и $N$ — основания внутренней и внешней биссектрис угла $ABC.$ Как известно, $s b$ — это окружность, описанная около треугольника $MBN.$ Следовательно, по теореме об угле между хордой и касательной касательная в точке $B$ к $sb$ — прямая, составляющая с $BM$ угол, равный $∠BNM,$ а касательная к $s$ в точке $B$ — прямая, составляющая с $BA$ угол, равный $∠BCA.$

$PIC$

Таким образом, нам нужно доказать, что

∠BNM + ∠ABM +∠BCA = 90∘

Заметим, что

∠BMN = ∠MBC + ∠BCM =∠ABM + ∠BCA,

потому что это внешний угол у треугольника $BMC.$ Угол $NBM$ — прямой, потому что биссектрисы смежных углов перпендикулярны, а значит,

90∘ =∠BNM + ∠BMN = ∠BNM + ∠ABM +∠BCA

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#70195

Пусть $s b$ — окружность Аполлония, определённая точками $A$ и $C$ и проходящая через вершину $B.$ Аналогично определим окружности $sa$ и $sc.$ Пусть точка $P$ — одна из точек пересечения окружностей Аполлония $sa,sb$ и $sc$ — лежит внутри треугольника $ABC$ . Докажите, что проекции точки $P$ на стороны треугольника $ABC$ являются вершинами равностороннего треугольника.

Показать доказательство

Обозначим эти проекции $P ,P ,P a b c$ в соответствии с вершинами, напротив которых лежат эти точки.

$PIC$

Из противоположных прямых углов в $BPaPPc$ становится ясно, что он вписанный. После двукратного применения теоремы синусов

AC PaPc = BP ⋅sin ∠B = BP ⋅2R-,

где $R$ — радиус описанной окружности $△ABC.$

Аналогично получаются формулы для двух других сторон педального треугольника: $PaPb = CP2⋅RAB,PbPc = AP2⋅BRC-.$

По условию нашей задачи $P ∈ sa,$ а тогда

BP-= AB- CP AC

BP-⋅AC-= CP-⋅AB-- 2R 2R

PaPb = PaPc

Аналогично доказывается равенство $PaPb = PbPc.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70193

Рассмотрим окружность Аполлония, определённую любыми двумя вершинами треугольника $ABC$ и произвольным отношением $k⁄= 1.$ Докажите, что центр описанной около $ABC$ окружности имеет относительно всех таких окружностей одинаковую степень. Какую?

Показать ответ и решение

Пусть окружность Аполлония определена вершинами $A$ и $B.$

Обозначим описанную около треугольника $ABC$ окружность за $s,$ её центр за $O,$ а радиус за $R.$

Как известно, описанная окружность ортогональна окружности Аполлония $sc,$ проходящей через $C$ при $CA- k= CB$ (касательные к ним в точках пересечения перпендикулярны).

В свою очередь, радиус описанной окружности, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому прямая $OC$ касается $sc.$

Степень точки вне окружности равна квадрату касательной от этой точки до данной окружности. Поэтому степень точки $O$ относительно $sc$ равна $2 R .$

$PIC$

Рассмотрим теперь окружность, проходящую через точку $G⁄= C$ (с другим коэффициентом) и сведём к случаю выше.

Пусть эта окружность пересекается с $s$ в точке $K.$ Так как окружность $s$ описана около треугольника $AKB,$ а рассматриваемая окружность Аполлония определена вершинами $A,B$ и проходит через $K,$ то можно применить факт про ортогональность окружности Аполлония и описанной окружности треугольника $AKB$ . То есть снова $OK$ является касательной. Поэтому степень точки $O$ относительно новой окружности снова равна $OK2 = R2.$

Ответ: равную квадрату радиуса описанной около ABC окружности

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70194

Пусть $s$ — описанная окружность неравнобедренного треугольника $ABC,O$ — ее центр. Пусть $s b$ — окружность Аполлония, определённая точками $A$ и $C$ и проходящая через вершину $B.$ Аналогично определим окружности $sa$ и $sc.$ Докажите, что $sa,sb$ и $sc$ проходят через две некоторые точки $X$ и $Y.$ Более того, точка $Y$ лежит на луче $OX$ и $2 OX ⋅OY = R ,$ где $R$ — радиус $s.$

Показать доказательство

Как известно, $s$ ортогональна $s b$ (несложно доказать, что касательные в точках пересечения этих окружностей перпендикулярны). Аналогично, $s$ ортогональна $sa$ и $sc.$ Центром единственной окружности (радикальной окружности), которая пересекает три данных окружности ортогонально, является их радикальный центр. Поэтому он лежит на радикальной оси любой пары окружностей. Докажем, что для окружностей Аполлония все три радикальные оси они совпадают:

Рассмотрим радикальную ось $sa$ и $sc,$ пусть они пересекаются в точках $X$ и $Y$ (в одной точке пересекаться не могут в невырожденном случае в силу сказанного выше). Тогда из принадлежности точки $X$ к окружности Аполлония следует

BX :XC = BA :AC,AX :XB = AC :CB

Тогда получаем, что

AX :XC = (AX :XB )⋅(XB :XC)= (BA :AC)⋅(AC :CB )= AB :BC

Так что точка $X$ принадлежит ещё и окружности $sb.$

Аналогично можно поменять везде $X$ на $Y$ и доказать, что три окружности Аполлония проходят через точки $X,Y.$

$PIC$

Равенство $OX ⋅OY = R2$ следует из записи степени точки $O$ относительно любой пары окружностей Аполлония и факта про ортогональность окружности Аполлония и описанной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#101762

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $BB 1$ и $CC . 1$ Известно, что центр описанной окружности треугольника $BB C 1 1$ лежит на прямой $AC.$ Найдите угол $C$ треугольника.

Показать ответ и решение

Рассмотрим окружность Аполлония для точек $A$ и $C$ и коэффициентом $AB∕BC.$ Она проходит через точки $B$ и $B 1$ и её центр лежит на прямой $AC,$ а значит, она совпадает с описанной окружностью треугольника $BB1C1.$ Поэтому $AB1∕B1C =AC1∕C1C,$ а значит, $C1B1$ — биссектриса угла $CC1A.$ Следовательно, $B1$ — центр вневписанной окружности треугольника $CBC1,$ то есть $B1C$ — внешняя биссектриса угла $C1CA.$ То есть угол $C$ равен $∘ 120 .$

$PIC$

Ответ:

$∠C = 120∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#84749

Внутри треугольника $ABC$ отметили точку $P.$ Прямые $AP,BP,CP$ вторично пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $K,L,M$ соответственно. Касательная к окружности $(ABC)$ в точке $C$ пересекает $AB$ в точке $S.$ Докажите, что $SC = SP$ тогда и только тогда, когда $MK = ML.$

Источники: IMO shortlist - 2010, G2

Показать доказательство

$PIC$

Положим, что $CA > CB,$ то есть точка $S$ лежит на луче $AB.$

Из подобия треугольников $PKM$ и $P CA,$ а также $PLM$ и $PCB$ имеем $KPMM = PCAA-$ и $LPMM- = CPBB.$ Умножим эти равенства и получим:

LM--= CB-⋅ PA KM CA PB

Пусть $E$ — основание биссектрисы угла $C$ треугольника $ABC.$ Вспомним, что геометрическим множеством точек $X$ таких, что $-XA = CA XB CB$ является окружность Аполлония с центром в точке $Q$ на прямой $AB,$ также эта окружность проходит через $C$ и $E.$ Следовательно, $MK =ML$ тогда и только тогда, когда $P$ лежит на окружности Аполлония, то есть когда $QP = QC.$

Теперь докажем, что $Q =S,$ это даст нам требуемое. Имеем:

∠CES = ∠CAE + ∠ACE = ∠BCS +∠ECB =∠ECS

то есть $SC = SE.$ Значит, $S$ — точка пересечения $AB$ и серединного перпендикуляра отрезка $CE.$ Поэтому $S$ совпадает с $Q.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#101763

В треугольнике $ABC$ отметили центр вписанной окружности, основание высоты, опущенной на сторону $AB,$ и центр вневписанной окружности, касающейся этой стороны и продолжений двух других. После этого сам треугольник стёрли. Восстановите его с помощью циркуля и линейки.

Показать доказательство

Центры вписанной и вневписанной окружностей $I$ и $I c$ лежат на биссектрисе угла $C.$ Пусть $C 0$ — точка пересечения этой биссектрисы со стороной $AB.$ Тогда $CI∕CIc = r∕rc = C0I∕C0Ic,$ где $r,rc$ — радиусы вписанной и вневписанной окружностей. Поэтому для любой точки $X$ окружности с диаметром $CC0$ отношение $XI∕XIc$ будет одним и тем же. Так как основание $H$ высоты, опущенной на $AB,$ лежит на этой окружности,

HI CI C0I HIc = CIc = C0Ic

т.е. $HC0$ и $HC$ — внутренняя и внешняя биссектрисы угла $IHIc.$ Следовательно, проведя эти биссектрисы, мы восстановим точку $C$ и прямую $AB.$ Поскольку $∠IAIc = ∠IBIc = 90∘,$ точки $A,B$ лежат на окружности с диаметром $IIc.$ Соответственно, построив эту окружность и найдя точки ее пересечения с прямой $AB,$ мы восстановим треугольник.

$PIC$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#70196

Углы $AOB$ и $COD$ совмещаются поворотом так, что луч $OA$ совмещается с лучом $OC,$ а луч $OB$ — с $OD.$ В них вписаны окружности, пересекающиеся в точках $E$ и $F.$ Докажите, что углы $AOE$ и $DOF$ равны.

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O1,O2$ — центры окружностей, $r1,r2$ — их радиусы. Проведём биссектрису угла $AOD$ (она же — биссектриса угла $O1OO2).$ Пусть она пересекает отрезок $O1O2$ в точке $K.$

$PIC$

Поскольку

KO1 :KO2 = OO1 :OO2 =r1 :r2 = EO1 :EO2 = FO1 :FO2,

то точки $E,F,O,K$ принадлежат одной и той же окружности Аполлония точек $O1$ и $O2.$ Поскольку $O1O2$ — серединный перпендикуляр к $EF,$ то равны хорды этой окружности $EK$ и $F K.$ Значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы $EOK$ и $FOK,$ откуда немедленно следует равенство углов $AOE$ и $DOF.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Сделаем инверсию с центром в точке $O$ такую, что первая окружность переходит в равную второй. Вторая, соответственно, перейдёт в равную первой. Тогда, с одной стороны, лучи $OF$ и $OE$ перейдут в себя, с другой — мы имеем картинку, симметричную исходной относительно биссектрисы угла $AOD,$ а значит, она же биссектриса угла $EOF,$ откуда $∠AOE = ∠DOF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#70191

Через вершину $A$ остроугольного треугольника $ABC$ проведены касательная $AK$ к его описанной окружности, а также биссектрисы $AN$ и $AM$ внутреннего и внешнего углов при вершине $A$ (точки $M, K$ и $N$ лежат на прямой $BC$ ). Докажите, что $MK = KN.$

Источники: Турнир городов - 1996, осенний тур, сложный вариант, 9.4

Показать доказательство

Заметим, что середина отрезка $MN$ является центром окружности Аполлония точек $B$ и $C$ с коэффициентом $AB-. AC$ Поэтому можно предположить, что $K$ — центр окружности Аполлония и доказать, что $AK$ — касательная к описанной окружности. Это равносильно изначальной задаче, потому что касательная пересекает $MN$ в одной точке.

Итак, $∘ ∠MAN = 90,$ поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны. Нам нужно доказать равенство углов $KAB$ и $ACK,$ тогда по обратной теореме об угле между хордой и касательной мы получим требуемое.

$PIC$

Обозначим угол $KAB$ через $α$ , а углы $BAN$ и $NAC$ — через $β$ . Отрезок $AK$ — медиана, проведённая к гипотенузе, а значит $AK = KN$ , то есть $∠ANK =α +β$ . Осталось заметить, что угол $ANK$ — внешний у треугольника $ANC$ . Таким образом, $∠ACK =∠ANK − ∠NAC = α$ . Получили требуемое.