Тема Окружности

Полувписанные окружности

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#90899

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $Ω.$ Полувписанная окружность $S A$ касается “меньшей” дуги $BC$ в точке $TA.$

(a) Пусть вписанная окружность касается стороны $BC$ в точке $Z.$ Прямая, проходящая через вершину $A,$ пересекает сторону $BC$ и окружность $Ω$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Тогда точки $X,Y,TA$ и $Z$ лежат на одной окружности.

(b) Докажите, что $AB$ касается описанной окружности треугольника $BZTA.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о точке пересечения прямой T_aZ c окружностью (ABC)?

Подсказка 2

Докажите, что точка A', симметричная A относительно серединного перпендикуляра к BC, лежит на прямой T_aZ. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Достаточно показать, что образы точек T_a, Z, A' относительно серединного перпендикуляра к BC лежат на одной прямой. Что это за точки?

Подсказка 4

Точки T_a, Z, A' перейдут соответственно в точки S --- точку на дуге BC такую, что CT_a=BS, D --- точку касания BC с соответствующей вневписанной окружностью, A. Почему указанные точки лежат на одной прямой?

Подсказка 5

Потому что прямые AD и AT_a симметричны относительно биссектрисы угла A. Таким образом, мы показали, что прямая T_aZ пересекает окружность (ABC) в точке A' такой, что A'A || BC. Как благодаря этому можно доказать исходное утверждение?

Подсказка 6

Покажите, что углы AXZ и A'T_aY равны, воспользовавшись вписанностью четырехугольника A'AT_aY и параллельностью прямых A'A и BC.

Показать доказательство

(a) Пусть $′ A$ — точка, симметричная $A$ относительно серединного перпендикуляра к $BC.$ Докажем, что точки $′ A,Z,Ta$ лежат на одной прямой.

Пусть $D$ — точка касания $A$ -внеписанной окружности со стороной $BC.$ Тогда, как известно, прямые $AD$ и $ATa$ симметричны относительно биссектрисы угла $A,$ то есть $∠BAS = ∠CATa.$ Пусть $S$ — точка пересечения прямой $AD$ с окружностью $(ABC ),$ тогда дуги $BS$ и $CTa$ равны. Таким образом, при симметрии относительно серединного перпендикуляра к $BC,$ точка $S$ перейдет в точку $Ta,$ точка $D$ — в точку $Z,$ точка $A$ — в точку $′ A.$ Наконец, в силу того, что точки $A,D,S$ лежали на одной прямой, их образы — точки $′ A ,Z,Ta$ так же лежат на одной прямой.

$PIC$

Вернемся к доказательству. Заметим, что $∠A′AY = ∠A′TaY,$ поскольку данные углы опираются на общую дугу $AY$ в $(ABC).$ Кроме этого, $∠A′AX = ∠AXZ,$ в силу параллельности прямых $AA′$ и $BC.$ Таким образом, $∠A ′TaY = ∠AXZ,$ что влечет требуемую вписанность.

$PIC$

(b) Заметим, что $∠A ′AB = ∠A′TaB,$ поскольку данные углы опираются на общую дугу $AB$ в $(ABC).$ Кроме этого, $∠A ′AB = ∠ABZ,$ в силу параллельности прямых $AA ′$ и $BC.$ Таким образом, $∠A′TaB = ∠ABZ,$ что, в силу теоремы, обратной теореме об угле между касательной и хордой, влечет требуемое касание.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90900

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $Ω.$ Полувписанная окружность $S A$ касается “меньшей” дуги $BC$ в точке $T . A$ Докажите, что биссектриса угла $BAC$ является и биссектрисой угла $TAAD,$ где $D$ — точка касания вневписанной окружности треугольника $ABC$ со стороной $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Полувписанная окружность дружит с композицией инверсии и симметрии относительно биссектрисы угла A треугольника, радиус нужно взять таким, чтобы B и C поменялись местами. Изучите, куда при таком преобразовании переходят объекты.

Подсказка 2

Описанная окружность переходит в сторону BC. Из этого поймите, что D и T меняются местами.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $Γ (X)$ — образ точки $X$ под действием композиции инверсии с центром в точке $A,$ радиусом $√------- AB ⋅AC$ и симметрии относительно угла $A.$ Несложно показать, что $Γ (B )= C$ и $Γ (C )= B.$ Окружность $(ABC )$ проходит через центр инверсии, следовательно, ее образ — прямая, проходящая через точки $Γ (B )$ и $Γ (C)$ — прямая $BC.$ Таким образом, образ $Sa$ касается прямых $AB, AC$ и касается прямой $BC$ — то есть является вписанной или вневписанной окружностью треугольника $ABC.$ Первое невозможно, например, в силу того, что $Sa$ касается отрезка $AB,$ а значит $Γ (Sa)$ касается продолжения отрезка $AC$ за точку $C.$

Наконец, $Γ (Sa)$ — вневписанная окружность, следовательно, точка $Ta$ переходит в точку касания образов описанной окружности и полувписанной окружности — точку $D.$ Таким образом, образ точки $Ta$ при симметрии относительно биссектрисы угла $A$ лежит на прямой $AD,$ иными словами, прямые $ATa$ и $AD$ симметричны относительно данной биссектрисы, что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#90901

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина дуги $BC,$ содержащей точку $A,$ описанной окружности $Ω,I$ — центр вписанной окружности, $N$ — вторая точка пересечения прямой $AI$ с $Ω,E$ — точка касания стороны $BC$ с соответствующей вневписанной окружностью, $Q$ — вторая точка пересечения окружности $IMN$ с прямой, проходящей через $I$ и параллельной $BC.$ Докажите, что прямые $AE$ и $NQ$ пересекаются на окружности $Ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда есть середина дуги и центр вписанной окружности, бывает полезно пересечь прямую, через них проходящую, с описанной окружностью. Дело в том, что эта точка - точка касания полувписанной окружности. Какие факты вы знаете про эту точку?

Подсказка 2

Пусть AE пересекает окружность (ABC) в точке X. Осталось показать, что Q, X, N лежат на одной прямой. Для этого нам поможет еще одно свойство точки касания полувписанной(T). Оказывается, что лучи AT и AE симметричны относительно внутреннего угла A. Досчитайте задачу в углах.

Показать доказательство

Обозначим полувписанную окружность как $S , A$ и пусть она касается “меньшей” дуги $BC$ в точке $T . A$ Воспользуемся без доказательства следующими фактами:

$1.$ Лучи $AE$ и $ATa$ симметричны относительно внутреннего угла $A.$

$2.$ Точки $M,I$ и $Ta$ лежат на одной прямой.

Пусть прямая $AE$ вторично пересекает $Ω$ в точке $X$ . По свойству 1 прямые $BC$ и $TaX$ параллельны. Поэтому прямые $IQ$ и $TX$ также параллельны. По свойству 2 получаем, что

∠MNQ = ∠MIQ = ∠MTaX = ∠MNX

Следовательно, $X$ лежит на $NQ.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90902

Пусть перпендикуляр, восстановленный в точке $B$ к прямой $AB,$ пересекается с описанной окружностью треугольника $ABC$ в точке $U,$ и с биссектрисой угла $BAC$ в точке $Z.$ Докажите, что длина касательной, проведённой из точки $U$ к полувписанной окружности, равна длине отрезка $UZ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Просят доказать, что касательная из точки U равна отрезку из точки U. На самом деле это означает, что U лежит на радикальной оси. Подумайте в этом направлении.

Подсказка 2

Достаточно рассмотреть прямую через U, перпендикулярную линии центров, и на ней найти точку с равными степенями. Линия центров это просто AZ.

Подсказка 3

Отметьте W - середину дуги BC, не содержащую A, пересечение UW со стороной AB - точку X. Докажите, что у X одинаковая степень.

Показать доказательство

Достаточно показать, что точка $U$ принадлежит радикальной оси точки $Z$ и полувписанной окружности. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC, W$ — точка пересечения биссектрисы $AI$ с окружностью $(ABC ).$ Тогда $UW ⊥ AI,$ то есть прямая $UW$ перпендикулярна линии центров точки $Z$ и полувписанной окружности. Таким образом, достаточно показать, что на прямой $UW$ найдется точка, степени точек которой относительно точки $Z$ и полувписанной окружности равны.

$PIC$

Пусть $X$ — точка пересечения прямой $UW$ и прямой $AB,K$ — точка касания полувписанной окружности со стороной $AB.$ Докажем, что $XK =XZ.$ Действительно, по лемме Варьера, $∠KIA = 90∘,$ следовательно, $WXIK-= WAAX.$ Но $U$ — ортоцентр треугольника $XAZ,$ то есть $WAAX-= BZWX-.$ Приравнивая полученные отношения, имеем $XZKX-= WBIW-.$ Наконец, последнее отношения равно $1$ в силу леммы о трезубце, следовательно, $XK =ZX,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#90903

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $Ω.$ Полувписанная окружность $S A$ касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$ соответственно и “меньшей” дуги $BC$ в точке $TA.$ Пусть точка $Q$ — пересечение прямых $ATA$ и $KL.$ Докажите, что $∠BQK = ∠CQL.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Несложно видеть, что углы AKQ и QLC равны. Что достаточно доказать про треугольники AKQ и СLQ, чтобы получить требуемое равенство углов?

Подсказка 2

Достаточно показать, что данные треугольники подобны. Мы уже имеем равенство углов AKQ и QLC, следовательно, достаточно показать, что KQ / QL = BK / LC. Как иначе можно выразить KQ / QL?

Подсказка 3

Треугольник KAL является равнобедренным. Таким образом, KQ / QL = sin KAQ / sin QAL. Как можно переписать последнее отношение, если использовать теорему синусов для треугольника ABC?

Подсказка 4

Верно, что sin KAQ / sin QAL = BT_a / T_aC. Таким образом достаточно показать, что BT_a / T_aC = BK / LC. Вспомните, что T_aK является биссектрисой угла BT_aA. Какие равенства отношений это влечет?

Подсказка 5

Мы имеем равенство отношений BT_a / BK = T_aA / KA. Напишите аналогичное равенство для биссектрисы T_aL. Что можно сказать о правых частях полученных отношений?

Подсказка 6

Отрезки KA и LA равны, а, значит, и правые части полученных отношений равны. Таким образом, BT_a / BK = СT_a / CL. Объедините полученные отношения в одну цепочку и завершите доказательство.

Показать доказательство

Отрезки $AK$ и $AL$ равны, поскольку являются отрезками касательных из точки $A$ к полуписанной окружности, следовательно, $∠BKL =∠KLC.$ Таким образом, достаточно показать, что треугольники $BKQ$ и $CLQ$ подобны, то есть справедливость отношения

BK KQ -CL = QL-

Как было сказано ранее, треугольник $KAL$ является равнобедренным, следовательно,

KQ-= sinKAQ-- QL sinQAL

кроме этого, в силу теоремы синусов,

sinKAQ-= BTa- sinQAL TaC

$PIC$

В силу леммы Архмида, $TaK$ является биссектрисой угла $BTaA,$ то есть $BBTKa= TKaAA$ Аналогично, $CCTLa= TLaAA$ Таким образом, в силу равенства $AK = AL$ верно, что

BTa- CTa- BK = CL

Объединяя полученные равенства отношений, имеем

BK BTa sinKAQ KQ CL- = CTa = sinQAL-= QL

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#90905

Касательные, проведённые к описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$ в точках $A$ и $C,$ пересекаются в точке $Z.$ $AA1,CC1$ — высоты. Прямая $A1C1$ пересекает прямые $ZA,ZC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников $ABC$ и $XY Z$ касаются.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Окружность (ABC) касается двух сторон треугольника XYZ. Тогда просят доказать, что (ABC) - полувписанная. Какие теоремы помогают доказывать такое?

Подсказка 2

Воспользуйтесь леммой Варьера. У вас есть 2 точки касания, прямая их соединяющая - AC. Может центр вписанной окружности XYZ какая-то хорошая точка на AC?

Подсказка 3

Отметьте M - середину AC. Докажите счетом углов, что это и есть центр вписанной окружности треугольника XYZ.

Показать доказательство

Отметим точку $M$ — середину стороны $AC$ и покажем, что она является центром вписанной окружности треугольника $XY Z.$

Докажем, что $∠AXM = ∠C1XM.$ Во-первых, отрезок $C1M$ равен отрезку $AM$ как медиана в прямоугольном треугольнике $AC1M.$ Во-вторых,

∠XAC1 = ∠ACB = ∠A1C1B =∠AC1X

где второе и третье равенства верны соответственно в силу теоремы об угле между касательной и хордой и вписанностью четырехугольника $AC A C, 1 1$ то есть $AX =XC . 1$ Таким образом, $XAC M 1$ — дельтоид, следовательно, диагональ $XM$ является его осью его симметрии, что доказывает требуемое.

Аналогично, $Y M$ — биссектриса угла $XY Z.$ Таким образом, M — центр вписанной окружности треугольника $XY Z.$

Наконец, по лемме Варьера, окружность $(ABC )$ является полувписанной для треугольника $XZY,$ то есть касается его описанной окружности.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 $∠AKD = ∠CKB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Требуется доказать, что 2 направления изогональны в угле. Очень часто придумать синтетическое доказательство подобных фактов тяжело, поэтому попробуйте доказать, что sin∠AKD/sin∠AKB=sin∠CKB/sin∠CKD.

Подсказка 2

sin∠AKD/sin∠AKB=sin∠CKB/sin∠CKD = XD/XB*KB/KD, где X- точка пересечения диагоналей. На картинке есть полувписанная и полувневписанная окружности. Какие полезные точки можно на них отметить?

Подсказка 3

Нужно отметить точки касания описанной окружности BKD с s1 и s2, также стоит отметить точки касания окружностей со сторонами. Найдите на рисунке биссектрисы и запишите отношения. Как перекинуть отношения на сторону BD?

Подсказка 4

Рассмотрите композицию инверсии+симметрии в точке К. Тогда полувписанная окружность перейдут во вневписанную, также образуются подобия. Найдите их и покажите, что sin∠AKD/sin∠AKB = BT/TB, где Т - точка касания вневписанной окружности.

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 $BT ∕T D= DS∕SB.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания