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#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 $∠AOE = ∠DOF.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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.