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#126635

Точки $A,B,C,D$ расположены на прямой в указанном порядке, причем $AB = 2,BC =1,CD = c.$ Найдите все положительные $c,$ для каждого из которых найдется такая точка $P$ (не лежащая на прямой $AB$ ), что $PB,PC$ — трисектрисы (лучи, делящие угол на три равные части) угла $∠AP D.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.5 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать о конструкции, называемой окружностью Аполлония. Пусть A и B — фиксированные точки, k ≠ 1. Хотим найти все точки X такие, что AX/BX = k. Зададим систему координат, в которой A = (-a;0), B = (a;0), где a = AB/2. Пусть X = (x;y), тогда AX²/BX² = k² = ((x + a)² + y²) / ((x - a)² + y²). Получим уравнение (x + a ⋅ (k²+1) / (k²-1))² + y² = (2ka / (k² - 1))², которое и называют окружностью Аполлония, ее радиус равен k ⋅ AB / |k² - 1|.

Подсказка 2

Можно заметить, про при k > 1 точка A будет находиться вне окружности, а точка B — внутри.

Подсказка 3

Пусть окружность Аполлония для отрезка AB пересекает его в точке С, докажите, что для любой точки P, лежащей на окружности, PC будет биссектрисой ∠APB.

Подсказка 4

Рассмотрите окружности Аполлония для точек A, C и B, D.

Подсказка 5

Окажется, что окружности должны иметь 2 общих точки! Какие могут быть c?

Показать ответ и решение

$PIC$

Сначала рассмотрим вспомогательную конструкцию: пусть для фиксированных точек AB и фиксированного положительного $k⁄= 1$ требуется найти все точки $X$ плоскости, для которых $ABXX-= k.$ Зададим систему координат, в которой $A(− a;0)$ и $B(a;0)$ для $a = 12|AB|;$ $X(x;y).$ Тогда

2 2 2 AX-2 = k2 = (x-+a)2+-y2 BX (x − a) + y

Отсюда:

( k2+-1 )2 2 (-2ka-)2 x− k2− 1 ⋅a + y = k2− 1

Это уравнение окружности, называемой окружностью Аполлония точек $A,$ $B,$ и ее радиус равен $k⋅|AB| |k2−-1|.$ Заметим, что для $k> 1$ точка $A$ находится вне этой окружности, а точка $B$ –– внутри нее.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если $Ω$ — окружность Аполлония точек $A,B,$ и $Ω$ пересекает отрезок $AB$ в точке $C,$ то для любой точки $P ∈ Ω$ выполнено $∠APC = ∠BPC,$ т.е. $P C$ — биссектриса угла $APB.$

$PIC$

Заметим, что точка $C$ лежит на $Ω,$ значит, по геометрическому месту точек для окружности Аполлония

AP-= AC- BP BC

Следовательно, по обратной теореме о биссектриcе $PC$ — бассектриса угла $AP B.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче. Ввиду доказанного выше, необходимо, чтобы окружности Аполлония для $AB- A,C(k1 = BC = 2> 1,R1 =2)$ и $CD- D,B (k2 = BC = c)$ имели две общие точки (поскольку центры окружностей лежат на прямой $AB,$ единственная общая точка этих окружностей лежала бы на этой же прямой). Ясно, что если $c> 1,$ то точка $B$ лежит внутри второй окружности, тогда две окружности пересекаются. Если $c =1,$ то точка $P$ лежит на срединном перпендикуляре к $BD,$ который пересекает первую окружность ввиду $R1 =2 >1.$

Если же $0 <c< 1,$ то для пересечения окружностей необходимо и достаточно $2R1− 2R2 < BC = 1,$ откуда ввиду $-c- R2 = 1−c$ получим $3 c> 5.$

Ответ:

$(3∕5;+∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 $ABX.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за L пересечение окружности w и отрезка AB. Что можно сказать про прямую XL, учитывая, что w является окружностью Аполлония?

Подсказка 2

Верно, прямая XL — биссектриса угла AXB. Осталось только посчитать углы. Не забудьте, что O лежит на прямой AB.

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 $ABX.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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 $M.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про прямую MB, учитывая, что прямые MA и MC касаются окружности с центром в B?

Подсказка 2

Верно! Прямая MB — биссектриса угла AMC. Что можно тогда сказать про отношение MA/MC?

Подсказка 3

Правильно! Оно равно отношению AB/AC, а значит, не зависит от выбора окружности. Что же за ГМТ тогда у 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 4#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 $∠P HC =∠QHC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть прямая l пересекает окружность в точках X и Y (X лежит на отрезке HC). Что можно сказать про прямую AX?

Подсказка 2

Правильно! Она является биссектрисой угла HAC. Что же тогда можно сказать про окружность, которая проходит через X, Y, A, B?

Подсказка 3

Ага! Она является окружностью Аполлония для точек H и C! Что же тогда можно сказать про прямые PX и QX?

Подсказка 4

Точно! Они являются биссектрисами углов HPC и HQC соответственно. Что же такое точка X теперь для треугольника HPQ?

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 5#101765

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте предположим, что мы смогли построить такую точку X. Давайте попробуем что-то понять про неё. Например, что-то про прямую OX, где O — центр окружности.

Подсказка 2

Пусть BX и CX повторно пересекают окружность в точках Y и Z соответственно. Тогда XY = XZ. Что можно сказать про серединный перпендикуляр к YZ?

Подсказка 3

Правильно! Он совпадает с прямой OX. Теперь уж совсем легко ответить, чем является прямая OX для угла BXC.

Подсказка 4

Правильно! Она является биссектрисой угла BXC! А что такое ГМТ X таких, что у угла BXC прямая OX является биссектрисой.

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 6#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как мы знаем, окружность Аполлония тесно связана с биссектрисами угла ∠ABC. Поэтому логично будет провести внутреннюю и внешнюю биссектрисы BM и BN угла B. Нам нужно доказать, что касательные к окружностям sb и s перпендикулярны. В какой точке будет удобнее всего проводить касательные?

Подсказка 2

Конечно, в точке B! Ведь она принадлежит обеим окружностям. Можно ли как-то выразить угол между касательными в точке B, если вспомнить про теорему об угле между хордой и касательной?

Подсказка 3

По этой теореме мы знаем, что касательная к sb образует с прямой BM угол, равный ∠BNM, а касательная к s образует с прямой BA угол, равный ∠BCA. Тогда искомый угол между касательными равен: ∠BNM+∠BCA+∠ABM. Тогда для счастья нам осталось доказать, что эта сумма равна 90°. А нет ли на картинке прямого угла...

Подсказка 4

Есть! ∠NBM=90°, как угол между внутренней и внешней биссектрисой угла B. Поэтому ∠BNM+∠BMN=90°. Нам осталось доказать, что ∠BMN=∠BCA+∠ABM. Где можно найти угол ∠BMN?

Подсказка 5

∠BMN- внешний угол у треугольника △BMC. Это значит, что ∠BMN=∠BCM+∠MBC=∠BCA+∠MBC. Вспомните, что BM- биссектриса угла ∠ABC, и завершите решение!

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте опустим перпендикуляры и посмотрим, что за фигура получается. Это вписанный четырёхугольник. Также раз нас просят доказать, что треугольник равносторонний, в этой задаче, скорее всего, проще сделать это через равенство сторон, то есть отрезки. Какую теорему тогда хорошо бы применить в связи с вписанностью? Конечно с участием интересующего нас отрезка.

Подсказка 2

Верно, можно два раза применить теорему синусов, для треугольника ABC и окружности, образованной перпендикулярами. То есть глобально нам нужно хорошо выразить P_a P_c через другие отрезки. В итоге получим, что P_a P_c = BP*AC/(2R). Для других отрезков считается аналогично. Отлично, давайте теперь вернёмся к условию. Какое условие мы ещё забыли применить в задаче? Что означает пересечение трёх окружностей в точке P?

Подсказка 3

Ага, точка P лежит на трёх окружностях Аполлония. Но ещё проходит через одну из вершин треугольника. Тогда можно записать равенство отношений. А теперь, возвращаясь к основной идее, подумайте, как можно преобразовать это равенство, чтобы получились наши отрезки. Тогда и они будут равны, победа!

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 $PaPb = PbPc.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии задачи говорится про окружность Аполлония с произвольным радиусом. В такой формулировке вообще непонятно, как решать задачу. Давайте попробуем для начала упростить задачу. Что будет, если окружность Аполлония для точек A и B будет проходить через C? Возможно, вы вспомните факт из ранее решённых задач.

Подсказка 2

Верно, такая окружность Аполлония ортогональна описанной окружности треугольника ABC. Если вам неизвестен этот факт, его несложно доказать через счёт углов. Значит, касательные в точке пересечения перпендикулярны. Но радиус тоже перпендикулярен касательной. Какой вывод тогда можно сделать про центр O и касательную?

Подсказка 3

Ага, касательная к окружности Аполлония проходит через O. Тогда её степень легко считается — это R². Отлично, получается у всех таких окружностей Аполлония степень O одинакова и равна R². Давайте теперь поймём, почему для окружности с произвольным k ситуация аналогичная. Подумайте, почему это так? В чём особенность точки пересечения описанной окружности ABC и окружности Аполлония для произвольного k?

Подсказка 4

Верно, эта точка просто лежит на описанной окружности ABC, поэтому мы можем повторить все рассуждения из прошлых подсказок. То есть в итоге получаем аналогичную ситуацию, как в третьей подсказке. Победа!

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 9#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 $s.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала переформулируем задачу на удобный нам язык. Нас просят доказать, что какие-то три окружности проходят через пару точек. Но что это значит на самом деле? Как в принципе называется прямая проходящая через общую пару точек окружностей?

Подсказка 2

Верно, эта прямая называется радикальной осью. И значит, в задаче просят доказать, что радикальная ось у всех трёх пар окружностей совпадает. Давайте рассмотрим пересечение двух из них в точках X и Y. Докажем, что X принадлежит третьей окружности(для Y всё будет аналогично). Какие тогда соотношения можно записать из знаний, что X принадлежит двум окружностям Аполлония и проходит через фиксированные точки?

Подсказка 3

Ага, можем записать два соотношения для точек X, C и для точек X, A. И перемножим их. Тогда мы получим как раз условие того, что X лежит и на третьей окружности. Отлично, аналогичными действиями мы поймём, что XY общая радикальная ось трёх окружностей. А что же по поводу второго вопроса? Почему O лежит на XY(отсюда немедленно будет следовать вопрос задачи)? Вспомните определение радикальной оси и ортогональность окружностей: описанной и Аполлония.

Подсказка 4

Верно, степень точки O одинакова относительна всех трёх окружностей, а значит, O тоже лежит на XY, то есть на радикальной оси. Осталось только записать степень точки O двумя способами, и победа!

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 10#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять, что такое описанная окружность треугольника BB₁C₁ такая, что её центр лежит на прямой AC.

Подсказка 2

На самом деле важно, что эта окружность проходит через точки B, B₁, и её центр лежит на AC. Что же это за окружность?

Подсказка 3

Правильно! Это окружность Аполлония для точек A и C с коэффициентом AB/BC. Что тогда можно сказать про прямую C₁B₁?

Подсказка 4

Ага! Она является биссектрисой угла CC₁A! Теперь посмотрите внимательно на треугольник CBC₁ и поймите, чем для него является точка B₁.

Подсказка 5

Она является центром вневписанной окружности, которая лежит напротив вершины B. Осталось только посчитать углы при вершине С.

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 11#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 $Q.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за I и I_c центр вписанной и вневписанной окружности соответственно. Пусть C₀ — основание биссектрисы угла C. Давайте попробуем что-то сказать про отношение CI/CI_c.

Подсказка 2

Попробуйте выразить его через радиус вписанной окружности и вневписанной (далее будем обозначать их r и r_c соответственно).

Подсказка 3

CI/CI_c = r/r_c в силу теоремы Фалеса. Какое еще отношение равно этим двум, учитывая, что расстояния от точек I и I_c до стороны AB также равно r и r_c соответственно?

Подсказка 4

Правильно! CI/CI_c = r/r_c = IC₀/I_cC₀! Что же тогда можно сказать про окружность с диметром CC₀?

Подсказка 5

Верно! Она является окружностью Аполлония для точек I и I_c. Теперь вспомним про основание высоты. Обозначим его за H. Что можно сказать про прямую HC₀ и HC кроме того, что они перпендикулярны?)

Подсказка 6

Ага! H лежит на окружности с диаметром CC₀, а значит, эти прямые являются биссектрисой и внешней биссектрисой угла IHI_c соответственно! Теперь совсем понятно, как восстановить точку C и сторону AB, но как восстановить сами точки A и B?

Подсказка 7

Для этого вспомните, чему равны углы IBI_c и IAI_c?

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.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть две вписанные окружности. Было бы полезно отметить их центры O₁ и O₂. Верно ли, что теперь можно доказывать равенство уголков ∠O₁OF и ∠O₂OE?

Подсказка 2

Верно! Ведь ∠AOF и ∠DOE равны. Но тогда интересно будет посмотреть на биссектрису угла ∠O₁OO₂: обозначим за OK- биссектрису в треугольнике △O₁OO₂. Тогда ∠O₁OF=∠O₂OE ⇔ ∠FOK=∠FOE. А что можно сказать про отрезки EK и FK?

Подсказка 3

Они равны, ведь O₁O₂- серпер к EF. Если бы точки O, E, K и F лежали на одной окружности, то все было бы замечательно. Какую мы знаем окружность, которая проходит через O и K...

Подсказка 4

Окружность Аполлония для точек O₁ и O₂. Осталось только доказать, что EO₁ /EO₂=FO₁ /FO₂=OO₁ /OO₂. Первое равенство очевидно, ведь EO₁=FO₁=R₁ и EO₂=FO₂=R₂. Как доказать, что OO₁/OO₂=R₁/R₂?

Подсказка 5

Нужно всего лишь посмотреть на синусы углов ∠AOO₁ и ∠COO₂!

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 $∠AOE = ∠DOF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, что легче доказывать: равенство отрезков или равенство углов? Понятно, что в разных задачах по-разному, но тут через углы проще. Как тогда можно заменить условие задачи на равносильное утверждение? То есть, принять верным вопрос задачи, но тогда доказать какой-то факт из условия. Это очень частая практика в задачах по планиметрии.

Подсказка 2

Верно, предположим мы знаем, что K — это середина отрезка. Тогда докажем, что AK — это касательная. Это будет равносильная задача. Теперь тогда равенство каких углов нам нужно доказать?

Подсказка 3

Да, теперь нам нужно, чтобы ∠KAB = ∠ACB. Тогда давайте введём неизвестный ∠KAB=α и посчитаем уголочки. Осталось только воспользоваться другими фактами задачи: мы знаем, что AK — медиана в прямоугольном треугольнике и AN биссектриса. Попробуйте применить всё это, и победа!

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.