Тема Окружности

Направленные углы

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#91082

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ с центрами $O 1$ и $O 2$ соответственно пересекаются в точках $A$ и $B.$ Окружность $(O AO ) 1 2$ второй раз пересекает $ω2$ в точке $C.$ Докажите, что точки $O1,B,C$ лежат на одной прямой.

(Обозначаем $(ABC )$ описанную окружность треугольника $ABC)$

Показать доказательство

Определим $∡ABC$ как $∠(AB, BC).$ Четырёхугольник $AO CO 1 2$ — вписанный, следовательно $∡O AO =∡O CO . 1 2 1 2$ Заметим, что $∡O1AO2 = ∡O2BO1 =− ∡O1BO2$ в силу симметрии относительно $O1O2$ и $∡O1CO2 =∡O2BC,$ потому что $O2B =O2C.$ Теперь видно, что

∘ ∡O1BC = ∡O1BO2 +∡O2BC = ∡O1BO2 − ∡O1BO2 =0

Из этого следует требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#91083

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что $∠BAP =∠CAQ.$ Докажите, что центры $(ABP ),(ABQ ),(ACP ),(ACQ)$ лежат на одной окружности.

(Обозначаем $(ABC )$ описанную окружность треугольника $ABC)$

Показать доказательство

Определим $∡ABC$ как $∠(AB, BC).$ Обозначим центры окружностей $(ABP ),(ABQ ),(ACP),(ACQ )$ через $O ,O ,O ,0 1 2 3 4$ соответственно. Заметим, что прямая $O1O2$ перпендикулярна общий хорде выбранных окружностей, то есть $O1O2 ⊥ AB.$ Аналогично получаем, что $O1O3 ⊥AP.$ То есть $∡O2O1O3 = ∡BAP.$ Проделаем такие же рассуждения для точки $O4,$ получаем, что $∡O2O4O3 =∡QAC =∡BAP.$ То есть наши $4$ центра лежат либо на одной прямой, либо на одной окружности. Но на одной прямой они лежать не могут, так как тогда бы серединные перпендикуляры к $AB$ и $AC$ совпадали. Значит, $O1,O2,O3,O4$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#91084

Окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A 1$ и $B , 1$ окружности $ω 2$ и $ω 3$ — в точках $A 2$ и $B , 2$ окружности $ω 3$ и $ω 4$ — в точках $A3$ и $B3,$ окружности $ω4$ и $ω1$ — в точках $A4$ и $B4.$ Докажите, что если точки $A1,A2,A3,A4$ лежат на одной окружности или прямой, то точки $B1,B2,B3,B4$ лежат на одной окружности или прямой.

Показать доказательство

Определим $∡ABC$ как $∠(AB, BC).$ Из условия следует, что $∡A A A = ∡A A A . 1 4 3 1 2 3$ Следовательно,

∡A1A4B4 +∡B4A4A3 = −∡A3A2B2− ∡B2A2A1 =∡B2A2A3 +∡A1A2B2

В силу вписанности четырёхугольника $A1B1B4A4$ имеем $∡A1A4B4 = ∡A1B1B4.$ Аналогично пользуясь вписанностью четырёхугольников $A1B1B2A2,A2B2B3A3$ и $A3B3B4A4,$ получим из равенства

∡A A B +∡B A A = ∡B A A + ∡A A B 1 4 4 4 4 3 2 2 3 1 2 2

равенство

∡A1B1B4 +∡B4B3A3 = ∡B2B3A3+ ∡B2B1A1

А оно, в свою очередь, равносильно равенству

∡B4B3A3 +∡A3B3B2 = ∡B2B1A1+ ∡B4B1A1

Таким образом, $∡B4B1B2 = ∡B4B3B2,$ получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91085

В треугольнике $ABC$ отметили ортоцентр $H.$ На окружности $(ABC )$ , на дуге $BC,$ не содержащей точки $A$ отметили точку $K.$ Точки $L$ и $M$ симметричны $K$ относительно сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Окружности $(BLM )$ и $(ABC )$ повторно пересекаются в точке $E.$ Докажите, что прямые $KH, EM$ и $BC$ пересекаются в одной точке.

(Обозначаем $(ABC )$ описанную окружность треугольника $ABC)$

Показать доказательство

Определим $∡ABC$ как $∠(AB, BC).$ Пересечём $KH$ и $BC$ в точке $T.$ Отразим ортоцентр $H$ относительно стороны $AB$ и получим точку $H1,$ лежащую на окружности $(ABC ).$ Прямые $MH1$ и $KH$ симметричны относительно прямой $BC.$ Заметим, что если доказать коллинеарность точек $M, H1,E,$ то мы автоматически получим коллинеарность точек $E,M,T,$ поскольку из соображений симметрии прямая $MH1$ также проходит через точку $T.$ Продлим $MH1$ до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC$ в точке $E1.$ Докажем, что $E1$ лежит на описанной окружности треугольника $BML$ , откуда будет следовать утверждение задачи. Заметим, что $B$ является центром описанной окружности треугольника $KML,$ откуда $2∡LKM =∡LBM$ (как центральный и вписанный), откуда $∘ ∡MLB =90 − ∡LKM.$ Но опять же из соображений симметрии

∡ME1B = ∡H1E1B = ∡H1CB = ∡BCH = 90∘− ∡ABC =90∘− ∡LKM

(последнее равенство следует из того, что $KL ⊥ AB$ и $KM ⊥ BC).$ То есть мы получили, что $∡ME B =∡MLB, 1$ откуда $E 1$ действительно лежит на описанной окружности $BLM.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел