Тема Преобразования плоскости

Инверсия + симметрия

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела преобразования плоскости

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#94018

Общие внешние касательные $ℓ 1$ и $ℓ 2$ к окружностям $s 1$ и $s 2$ пересекаются в точке $K.$ Окружность $w$ проходит через точку $K,$ касается окружностей $s1$ и $s2$ и повторно пересекает прямые $ℓ1$ и $ℓ2$ в точках $B$ и $D.$ Касательные из точек $B$ и $D$ к $s1,$ отличные от $ℓ1$ и $ℓ2,$ пересекаются в точке $A.$ Касательные из точек $B$ и $D$ к $s2,$ отличные от $ℓ1$ и $ℓ2,$ пересекаются в точке $C.$ Докажите, что $∠AKD = ∠CKB.$

Показать доказательство

Первое решение. Не умаляя общности будем считать, что $s 1$ лежит внутри $w,$ а $s 2$ — снаружи. Окружности $s 1$ и $s 2$ известны как полувписанная и полувневписанная окружности треугольника $KBD.$ Пусть $O1$ и $O2$ — их центры, и пусть $s1$ касается $KB$ и $KD$ в точках $D1$ и $B1.$ а $s2$ — в точках $D2$ и $B2$ соответственно. Как известно, середина $B1D1$ — это центр $I$ вписанной окружности треугольника $KBD,$ а середина $B2D2$ — центр $J$ его вневписанной окружности (касающейся отрезка $BD ).$ Пусть $r1$ и $r2$ — радиусы этих окружностей; из гомотетии в точке $K$ получаем, что $O1I∕O2J = r1∕r2.$

$PIC$

Пусть $B1D1$ и $B2D2$ пересекают $BD$ в точках $N1$ и $N2$ соответственно. Пусть $L = KJ ∩BD.$ Тогда треугольники $LIN1$ и $LJN2$ подобны (их соответственные стороны параллельны), и коэффициент их подобия равен отношению высот из точек $I$ и $J$ , то есть $r1∕r2.$ Отсюда $IN1∕JN2 =r1∕r2 =O1I∕O2J.$ Значит, прямоугольные треугольники $O1IN1$ и $O2JN2$ также подобны, поэтому $∠KO1N1 = ∠KO2N2.$

$PIC$

Пусть $AB$ и $AD$ касаются $s1$ в точках $Ab$ и $Ad$ соответственно. По теореме Ньютона, прямые $AbAd,B1D1$ и $BD$ пересекаются в одной точке, то есть $AbAd$ проходит через $N1.$ Поскольку прямые $B1D1$ и $AbAd$ — поляры точек $K$ и $A$ относительно $s1,$ точка $N1$ — полюс прямой $KA$ относительно $s1,$ откуда $KA ⊥O1N1.$ Аналогично получаем, что $KC ⊥ O2N2.$ Теперь из доказанного выше вытекает, что $∠AKI = ∠CKJ,$ что равносильно требуемому.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Как известно, направление луча из вершины угла однозначно задаётся отношением синусов углов, образованных им со сторонами угла. Поэтому для решения задачи достаточно доказать, что $sin∠AKD ∕sin ∠AKB = sin∠CKB ∕sin ∠CKD.$ Пусть $AK$ и $BD$ пересекаются в точке $X.$ Заметим, что

sin∠AKD--= XD-⋅ KB sin∠AKB XB KD

Пусть $s1$ касается прямых $KB$ и $KD$ в точках $D1$ и $B1$ соответственно. Как известно, в описанном четырехугольнике $ABKD$ выполнено равенство $XD ∕XB = DB1∕BD1.$ Пусть полувписанная окружность $s1$ касается $w$ в точке $A ′.$ Еще один известный факт: $A′D 1$ — биссектриса угла $BA ′K,$ а $A′B 1$ — биссектриса угла $DA′K.$ Отсюда получаем

DB1- DB1- D1K- A-′D- A′K- A′D- BD1 = B1K ⋅BD1 = A′K ⋅A′B = A′B

и, следовательно,

sin∠AKD A′D KB sin∠AKB--= A′B-⋅KD-

Так как при композиции инверсии с центром в точке $K$ и симметрии относительно биссектрисы угла $BKD,$ меняющей местами точки $B$ и $D,$ окружность $s1$ переходит во вневписанную окружность $σ1$ треугольника $BKD,$ то точка $A′$ переходит при таком преобразовании в точку касания $σ1$ с отрезком $BD.$ Обозначим эту точку через $T.$ Из вышесказанного следует, что треугольники $BTK$ и $A′DK,$ а также треугольники $DT K$ и $A ′BK$ подобны. Тогда

′ ′ A′D-⋅ KB-= A-D-⋅ KB′-= BT-⋅ TK-= BT A B KD KD A B TK TD TD

Рассуждая аналогично, получаем, что

sin-∠CKB-= DS- sin∠CKD SB

где $S$ — точка касания вписанной окружности треугольника $BKD$ с отрезком $BD.$ Осталось заметить, что точки $S$ и $T$ симметричны относительно середины $BD,$ откуда $BT ∕T D= DS∕SB.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76696

Пусть $Ω$ – описанная окружность треугольника $ABC.$ Окружность с центром в точке $O$ касается отрезка $BC$ в точке $P$ и дуги $BC$ окружности $Ω,$ не содержащей точку $A$ в точке $Q.$ Докажите, что, если $∠BAO = ∠CAO,$ то $∠BAP = ∠CAQ.$

Показать доказательство

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $A$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $B∗ =C$ и $C∗ = B,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. $Ω$ переходит в прямую $∗ ∗ C B = BC,$ отрезок $BC$ переходит в дугу описанной окружности $∗ ∗ C B = BC.$ Вторая окружность перейдет в окружность, касающуюся дуги $BC$ и отрезка $BC,$ причем в силу $∠BAO = ∠CAO$ центр окружности все еще лежит на биссектрисе угла $A.$ Существует единственная окружность с такими свойствами и центром на биссектрисе (это отдельное несложное упражнение), поэтому вторая окружность переходит сама в себя. Точка $P$ же переходит в точку касания отрезка $BC$ и окружности, то есть в точку $Q,$ а точка $Q$ – в точку $P.$ При этом $P$ и $∗ P$ по определению симметричны относительно биссектрисы, значит $P$ и $Q$ тоже.

Упражнение можно показать так: по мере продвижения точки $x$ от точки пересечения биссектрисы и $BC$ к точке пересечения биссектрисы и дуги $BC$ расстояние от $x$ до прямой $BC$ увеличивается, а от $x$ до описанной окружности уменьшается (это расстояние можно выразить как радиус $Ω$ минус длина отрезка от $x$ до центра $Ω$ ). А нас интересует такая точка $x,$ что расстояния от нее до прямой $BC$ и до дуги $BC$ совпадают. Ясно, что такая точка уникальна.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76697

Дан треугольник $ABC.$ Одна окружность проходит через точку $B$ и касается прямой $AC$ в точке $A,$ а вторая проходит через точку $C$ и касается прямой $AB$ в точке $A.$ Докажите, что вторая точка пересечения этих окружностей лежит на симедиане (прямой симметричной медиане относительно биссектрисы треугольника) треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $A$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $B∗ =C$ и $C∗ = B,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Две окружности, описанные в условии, перейдут в прямые параллельные сторонам $AB$ и $AC :$ через точку $∗ C = B$ будет проходить прямая, параллельная $∗ AB = AC$ и через точку $B∗= C$ будет проходить прямая, параллельная $∗ AC = AB.$ Вторая точка пересечения окружностей перейдет в точку пересечения прямых. Назовем ее $∗ D ,$ а исходную точку пересечения окружностей соответственно $D.$ Итак, $∗ AD$ – диагональ получившегося параллелограмма. Она, разумеется, проходит через середину $∗ ∗ B C = BC.$ Прямая $∗ AD$ получилось симметрией прямой $AD$ относительно биссектрисы угла $A,$ но прямая $∗ AD$ содержит медиану треугольника $∗ ∗ AC B = ABC.$ Значит $AD$ действительно содержит симедиану треугольника $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76705

Треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром в точке $O.$ Биссектриса угла $BAC$ пересекает сторону $BC$ треугольника в точке $D.$ Окружность $ωA$ касается сторон $AB$ и $AC$ и внутренним образом касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $P.$ Вневписанная окружность, соответствующая вершине $B,$ касается стороны $AC$ в точке $E,$ а соответствующая вершине $C$ касается $AB$ в точке $F.$ Прямые $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $N$ на окружности, описанной около треугольника $AEF.$ Докажите, что описанная окружность треугольника $PDO$ содержит точку $N.$

Показать доказательство

$PIC$

Точка $N$ – точка Нагеля треугольника $ABC$ (точка пересечения трех прямых, соединяющих вершины треугольника с точками касания противоположных сторон с соответствующими вневписанными окружностями; почему все три пересекаются в одной точке – простое упражнение на теорему Чевы). Отметим $H$ – ортоцентр треугольника $ABC.$ Так как $N$ лежит на окружности $AEF, ∠AEF = 180∘− ∠BAC.$ Так как $∠BHC = 180∘− ∠BAC,$ точка $N$ лежит на описанной окружности треугольника $BHC.$

Пусть $ΔA′B′C ′$ – серединный треугольник, $G$ – центр масс (точка пересечения медиан) треугольника $ABC,I$ – инцентр (центр вписанной окружности) $ABC.$

Лемма. Точка $I$ является точкой Нагеля для треугольника $A′B′C ′.$

Доказательство. Пусть $K1$ и $K2$ – точки касания вписанной и вневписанной окружностей со стороной $BC$ . Точка $Q$ – диаметрально противоположная точке $K1$ . Поскольку гомотетия с центром в $A$ переводит вписанную окружность во вневписанную, точку $Q$ в точку $K2.$ Значит, точки $A,Q,N,K2$ лежат на одной прямой. Точка $A ′$ является серединой отрезка $K1K2,$ а точка $I$ – серединой $QK1,$ поэтому $IA ′$ параллельна $AK2.$ Треугольники $ABC$ и $A′B′C′$ гомотетичны с центром в $G$ и коэффициентом $− 0,5;$ прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания противоположных сторон с соответствующими вневписанными окружностями, переходят в $A′I,B′I,C′I.$ Значит, точка $N$ переходит в точку $I,$ и $I$ является точкой Нагеля для треугольника $A′B′C ′.$ Дополнительно мы поняли, что $G$ делить отрезок $IN$ в отношении $1 :2.$

Гомотетия из доказательства леммы переводит точку $H$ в точку $O.$ Поскольку $N,B,H,C$ лежат на одной окружности, то и их образы $I,B′,O,C ′$ лежат на одной окружности. $B′O$ и $C′O$ перпендикулярны сторонам $AC$ и $AB$ соответственно, поэтому $AB ′OC ′$ вписанный. Поскольку $AI$ биссектриса угла $A,$ дуги $B′I$ и $C ′I$ равны, а значит $B′I = C′I.$ В силу гомотетичности, $BN =CN$ и $N$ является серединой дуги $BHC$ описанной окружности треугольника $BHC.$

Отобразим точки $N$ и $A$ относительно $BC.$ Назовем образы $′′ A$ и $M.$ Поскольку описанная окружность треугольника $BHC$ симметрична окружности $ABC$ относительно $BC$ (следствие того факта, что $H$ при симметрии попадает на описанную окружность), $M$ – середина дуги $BC$ окружности $ABC.$ Следовательно, $M$ лежит на биссектрисе угла $A.$

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $A$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $∗ B = C$ и $∗ C = B,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Точка $M$ переходит в точку $D$ так как описанная окружность переходит в прямую $BC.$ Точка $′′ A$ переходит в точку на прямой $AO,$ которая в два раза ближе к $A$ чем образ основания высоты из $A$ на $BC.$ Но образ основания высоты это точка на окружности $ABC,$ значит образ $A′′$ это $O.$ Вневписаная окружность, соответствующая вершине $A,$ переходит в $ωA,$ значит $K2$ переходит в $P.$ Точки $P,D,O,A$ лежат на одной окружности так как прообразы $P,D,O$ $K2,M,A ′′$ лежат на одной прямой. $MO = AO$ так как $O$ – центр окружности, содержащей $A$ и $M.MD = ND$ так как $M$ симметрична $N$ относительно $BC.$ Так как точка $N$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC,$ треугольники $AOM$ и $NDM$ равнобедренные и подобные (они имеют общий угол $AMO$ ). Прямые $ND$ и $AO,$ тем самым, антипараллельны для угла $AMO,$ значит $N,D,A,O$ лежат на одной окружности. Получается, что пять точек $P,D, O,A,N$ лежат на одной окружности, и, в частности, $N$ лежит на описанной окружности $P DO.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#107064

Даны сфера и фиксированная точка $P$ внутри нее. Через $P$ проводятся три попарно перпендикулярные хорды $AA′,$ $BB ′$ и $CC ′.$ Пусть $X$ и $′ X$ — проекции $P$ на плоскости $ABC$ и $′ ′ ′ A B C.$ Доказать, что все прямые $′ XX$ проходят через одну точку.

Показать доказательство

Пусть $PA ⋅PA′ = PB ⋅PB′ = PC ⋅PC′ = r2.$ Выполним преобразование: инверсию относительно сферы $Ω$ радиуса $r$ с центром $P,$ и затем центральную симметрию с центром $P$ — так что $Ω$ переходит в себя, а точки $A$ и $′ A ,$ $B$ и $′ B ,$ $C$ и $′ C$ меняются местами. Точка $′ X$ при инверсии переходит в точку сферы $PABC,$ диаметрально противоположную точке $P,$ то есть в противоположную для $P$ вершину параллелепипеда, построенного на векторах $−→ P A,$ $−−→ PB,$ $−→ PC.$ Пусть это точка $Z,$ тогда $−→ −→ −−→ −→ P Z = PA +P B+ PC.$ Пусть аналогично точка $Z′$ такова, что $−−→ −−→ −−→ −−→ PZ′ = PA′+ PB′+ PC′.$ Имеем (с учётом перпендикулярности векторов $−P→A,$ $−P−→B,$ $−→PC):$

| | OZ2 =||−−O→P +−P→A+ −−P→B +−P→C||2 = | |

2 −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ 2 2 2 = OP +2OP ⋅PA +2OP ⋅PB +2OP ⋅PC +P A + PB + PC =

= (OP2+ 2−−O→P ⋅−→PA+ PA2) +(OP 2+ 2−−O→P ⋅−P−→B+ PB2) +

( −−→ −→ ) + OP 2+ 2OP ⋅PC + PC2 − 2OP 2 =OA2 + OB2+ OC2 − 2OP 2 =

2 2 = 3R − 2OP

Здесь $O$ центр описанной сферы $ABCA ′$ с радиусом $R.$ Получаем, что $OZ$ и аналогично $OZ ′$ равны одной и той же величине $m,$ не зависяшей от тройки хорд.

$PIC$

Далее, пусть $A0,$ $B0$ , $C0$ — середины хорд, или проекции $O$ на $AA′,$ $BB ′,$ $CC′$ соответственно. В силу перпендикулярности хорд:

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→PA+-PA′+-−−P→B-+P-B′+-−→PC+-PC-′ −P→Z+-PZ-′ PO = 2 = 2

значит, $O$ — середина $′ ZZ .$ Окружности $′ PZZ ,$ являющиеся образом прямых $′ XX$ при нашем преобразовании, проходят через фиксированную точку, а именно через точку $Q$ на продолжении отрезка $PO$ за точку $O$ такую, что $2 OQ ⋅OP = m .$ Значит, и прямые $′ XX$ проходят через фиксированную точку.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76703

В окружность $Ω$ вписан остроугольный треугольник $ABC,$ в котором $AB >BC.$ Пусть $P$ и $Q$ – середины меньшей и большей дуги $AC$ окружности $Ω$ соответственно. Пусть $M$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $Q$ на отрезок $AB.$ Докажите, что окружность, описанная около треугольника $BMC,$ делит отрезок $BP$ пополам.

Источники: Всеросс., 2013, ЗЭ, 11.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Рассмотрим композицию инверсии с центром в вершине $B$ и инверсии с радиусом $√BA-⋅BC-$ . При этой инверсии точки $A$ и $C$ меняются местами, а окружность $(BAC )$ переходит в прямую $AC.$ Точка $Q$ перейдет в точку $′ Q$ пересечения прямой $BQ$ и $AC$ — основание биссектрисы внешнего угла $B$ . Точка $M$ в перейдет точку на $BC$ такую, что $′ ′ ∘ BQ M =90$ , $P$ перейдет в точку $′ P$ пересечения прямой $BP$ и $AC$ — основание биссектрисы угла $B$ , то есть точка $S$ — середина отрезка $BP$ перейдет в отражение $′ S$ точки $B$ относительно $′ P$ . Таким образом, достаточно показать, что точки $′ A,S ,M$ лежат на одной прямой, поскольку тогда после обратного преобразования точки $B,C,M, S$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Осталось заметить, что в силу параллельности прямых $BP ′$ И $Q′M′$ треугольнкии $BP ′C$ и $Q′M ′$ подобны, следовательно,

S′P′-= BP-′= P-′C-, M ′Q ′ M′Q′ C ′Q

что в силу свойств основания биссектрисы внешнего угла равно $P′A- P′Q.$ Таким образом,

S′P ′ P′A M-′Q′ = P′Q,

то есть треугольники $AP′S′$ и $AQ′M′$ подобны, значит точки $A′,S′,M ′$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76704

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD.$ Точки $M$ и $N$ являются проекциями вершин $B$ и $C$ на $AD.$ Окружность с диаметром $MN$ пересекает $BC$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что $∠BAX = ∠CAY.$

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $B ′,C′,X ′,Y′$ – точки, симметричные $B,C,X,Y$ относительно биссектрисы $MN.$ Сами точки $M, N$ – середины оснований получившейся равнобокой трапеции $BB′CC′.$ Пусть $L$ – точка пересечения ее диагоналей. Мы уже знаем, что $L$ инверсна $A$ относительно окружности с диаметром $MN.$ В точке $L$ также пересекаются диагонали равнобокой трапеции $XX ′YY′,$ вписанной в эту окружность. Мы также знаем, что $L$ инверсна точке пересечения продолжений боковых сторон $XY ′$ и $X ′Y$ относительно окружности с диаметром $MN.$ Получается, что $A$ – точка пересечения $XY ′$ и $X′Y.$ Из симметричности картинки теперь следует утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#100266

Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ являются соответственно хордами окружностей $ω 1$ и $ω , 2$ касающихся друг друга внешним образом. Градусные меры касающихся дуг $AB$ и $CD$ равны $α$ и $β.$ Окружности $ω3$ и $ω4$ также имеют хорды $AB$ и $CD$ соответственно. Их дуги $AB$ и $CD,$ расположенные с той же стороны от хорд, что соответствующие дуги первых двух окружностей, имеют градусные меры $β$ и $α.$ Докажите, что $ω3$ и $ω4$ тоже касаются.

Источники: Турнир городов - 2011, весенний тур, сложный вариант, 11.5

Показать доказательство

Пусть $O$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD,$ $X$ — точка касания окружностей $ω 1$ и $ω . 2$ Рассмотрим композицию инверсии с центром в точке $O,$ радиусом

√------- √ ------- OA ⋅OC = OB ⋅OD

и симметрии относительно внутренней биссектрисы угла $AOC.$

$PIC$

Данное преобразование меняет пары точек $A$ и $C,$ $B$ и $D.$ Пусть $Y$ — образ точки $X,$ тогда окружности $(ABY)$ и $(CDY )$ касаются, т.к. являются образом окружностей $(CDX )$ и $(ABX ).$

Осталось заметить, что $∠DYC = ∠BXA = α,$ следовательно, $(CDY )$ совпадает с $ω4,$ аналогично, $(ABY )$ совпадает с $ω3.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#69431

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BD$ (точка $D$ лежит на отрезке $AC$ ). Прямая $BD$ пересекает окружность $Ω,$ описанную около треугольника $ABC,$ в точках $B$ и $E.$ Окружность $ω,$ построенная на отрезке $DE$ как на диаметре, пересекает окружность $Ω$ в точках $E$ и $F.$ Докажите, что прямая, симметричная прямой $BF$ относительно прямой $BD,$ содержит медиану треугольника $ABC.$

Источники: Всеросс., 2009, ЗЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $BM$ — медиана треугольника. Так как биссектриса $BE$ и серединный перпендикуляр к $AC$ проходят через одну и ту же точку (середину дуги $AC$ ), то $EM ⊥AC.$ Пусть $EM$ пересекается с окружностью в точке $X.$ Из сказанного выше следует, что $EX$ — диаметр окружности $Ω.$

$PIC$

Надо доказать, что $BF$ и $BM$ симметричны относительно биссектрисы, то есть

∠MBE = ∠FBE

При этом $∠FBE = ∠F XE$ как опирающиеся на одну дугу вписанные углы.

По условию $∠DF E$ прямой, а ещё опирающийся на диаметр вписанный угол $∠XFE$ тоже прямой. Поэтому точки $F,D,X$ коллинеарны. Тогда $∠FXE =∠DXM.$ Остаётся доказать равенство

∠MBD =∠MXD

Это равенство следует из того, четырёхугольник $BDMX$ можно вписать в окружность. Действительно, $∘ ∠XMC = 90 ,$ при этом $∘ ∠EBX = ∠DBX = 90 = ∠XMC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла $B$ и инверсию с таким радиусом, чтобы $A ∗ = C$ и $C∗ = A,$ где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Заметим что $D∗ = E$ и $E ∗ = D$ так как прямая $AC$ переходит в дугу $C∗A∗ =AC$ и наоборот, а прямая $BD$ переходит сама в себя. Окружность, построенная на $DE$ тем самым переходит в окружность, центр которой все лежит на $BD,$ а точки ее пересечения с $BD$ это $D$ и $E.$ То есть, эта окружность переходит в себя. Точка $F$ переходит в точку $M$ вторую точку пересечения окружности и прямой $AC.$ Известно, что $E$ – середина дуги $AC,$ а $∠EMD = 90∘$ так как $ED$ – диаметр окружности. Получаем, что $EM$ высота в равнобедренном треугольника $AEC,$ значит $M$ – середина $AC.$ Получается, что $BM$ содержит медиану треугольника $ABC,$ причем $BM$ симметрична $BF$ относительно биссектрисы угла $B.$