М1693. О пересекающихся окружностях

Задача о пересекающихся окружностях

Условие
Две окружности пересекаются в точках $Р$ и $Q$.Третья окружность с центром в точке $Р$ пересекает первую в точках $А$, $В$, а вторую – в точках $С$ и $D$ (см.рисунок). Докажите, что углы $\angle AQD$ и $\angle BQC$ равны.
http://ib.mazurok.com/wp-content/uploads/2018/06/1-2.svg
Решение
Треугольники $АРВ$ и $DPC$ равнобедренные. Обозначим углы при их основаниях $\angle АВР = \angle ВАР = \alpha$, $\angle DCP = \angle CDP = \beta$. Четырехугольники $AQBP$ и $DQCP$ вписанные, отсюда $\angle AQP = \angle ABP = \alpha$ и $\angle DQP = \angle DCP = \beta$ . Получаем: $∠AQD = \angle AQP + \angle DQP = \alpha + \beta$ . Далее, $ \angle BQP = \angle BAP = \alpha$, также $ \angle CQP = \beta и \angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \alpha + \beta$ . Значит, $\angle AQD = \angle BQC$.

А.Заславский

M1677. Диагонали параллелограмма

Задача из журнала «Квант» (выпуск №5, 1999)

Условие

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O$. Окружность, проходящая через точки $A$, $O$ и $B$, касается прямой $BC$. Докажите, что окружность, проходящая через точки $B$, $O$ и $C$, касается прямой $CD$.

Решение

Углы $OAB$ и $OBC$ равны, так как первый вписан в окружность $AOB$, а второй образован касательной $BC$ и хордой $BO$ этой окружности (см. рисунок). Следовательно, углы $OBC$ и $OCD$ также равны, что эквивалентно утверждению задачи. Отметим, что параллелограмм, вершинами которого являются середины сторон данного, подобен исходному, поэтому задача допускает другую формулировку: в параллелограмме $ABCD$ углы $CAB$ и $DBC$ равны, $AD=1$, найти $AC$.

А.Заславский

M706. Задача о равенстве хорд двух окружностей.

Задача из журнала «Квант» (1981 год, выпуск 10)

Условие:

Из центра каждой из двух данных окружностей проведены касательные к другой окружности. Докажите, что хорды, соединяющие точки пересечения касательных с окружностями (на рисунке 1 эти хорды показаны красным цветом), имеют одинаковые длины.

M706 - Рисунок 1

Доказательство:

Из подобия соответствующих треугольников (см. рисунок 2) легко находим,что каждая хорда имеет длину $ \frac{2Rr}{O_{1}O_{2}}$.

m706 Рисунок 2

Источники:

  1. Условие задачи
  2. Решение задачи

M1626. О сумме длин отрезков в треугольнике, вписанном в окружность

Задача из журнала «Квант» (выпуск №1, 1998).

Условие

В треугольнике $ABC$ угол $A$ является наименьшим. Точки $B$ и $C$ делят окружность, описанную около этого треугольника, на две дуги. Пусть $U$ — внутренняя точка той дуги с концами $B$ и $C$, которая не содержит точку $A$. Серединные перпендикуляры к отрезкам $AB$ и $AC$ пересекают прямую $AU$ в точках $V$ и $W$ соответственно. Прямые $BV$ и $CW$ пересекаются в точке $T$. Докажите, что $$AU = TB + TC.$$

Решение

Нетрудно доказать, что если $\angle A$ — наименьший из углов $\triangle ABC$, то точка $T$ находится внутри этого треугольника. Пусть прямые $BV$ и $CW$ пересекают окружность, описанную около $\triangle ABC$, вторично в точках $B_1$ и $C_1$ соответственно (рис. 1).

В силу симметрии относительно серединного перпендикуляра к стороне $AB$ имеем $AU = BB_1$. Аналогично, $AU = CC_1$. Следовательно, $BB_1 = CC_1$, а значит, и $TB = TC_1$ ($BCB_{1}C_{1}$ — равнобедренная трапеция). Тогда $TB + TC = TC_1 + TC = CC_1 = AU$, что и требовалось доказать.

Замечания

  1. Если $\angle A = 30 ^ \circ$, а $O$ — центр окружности, описанной около $\triangle ABC$, то $|BT — CT| = OT$.
  2. Если отказаться от требования минимальности угла $A$, то (при условии, что прямые $BV$ и $CW$ действительно пересекаются, а не параллельны) справедливо следующее утверждение: из отрезков $AU$, $TB$ и $TC$ один равен сумме двух других. Например, в ситуации, изображенной на рисунке 2, $TB = AU + TC$.

M1611. Построение прямого угла на пересекающихся окружностях

Задача из журнала «Квант» М1611 ( 1997, выпуск №5)

Задача:

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую — в точке $D$. Пусть $M$ и $N$
— середины дуг $BC$ и $BD$, не содержащих точку $A$, а $K$ — середина отрезка $CD$. Докажите, что угол $MKN$ прямой.
(Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$)

Решение:

Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см. рисунок).

"Квант" M1611

Тогда $\bigtriangleup KCN_{1} = \bigtriangleup KDN$, поэтому $CN_{1} = ND$ и $\angle N_{1}CK = \angle NDK = \pi — \angle ABN$. Заметим ещё, что $\angle MCK = \pi — \angle ABM$. Складывая полученные равенства, находим, что $\angle N_{1}CM = \angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM = MB$ и $BN = ND$ (т.е. $BN = CN_{1}$). Значит, $\bigtriangleup MCN_{1} = \bigtriangleup MBN$, откуда $MN_{1} = MN$. Отрезок $MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$, поэтому $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Замечание:

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN $, где $E $ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон
($EK$ и $FN$, $ME$ и $KF$), следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N}$ — на углы $\alpha = \angle DNB$ и $\beta = \angle BCM$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что $\alpha + \beta = 180^{\circ}$, поэтому $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} = Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но
$Z_{x}(D) = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) = R^{\beta}_{M}(B) = C$,
поэтому $X$ — середина отрезка $CD$, т. е. точка $K$. Если $N_{1} = Z_{K}(N)$, то $N_{1} = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) \left( N \right)$, т. е. $\bigtriangleup NMN_{1}$ — равнобедренный и $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Д. Терешин