Выбрано 4 задачи 
Убрать все задачи
Внутри круга расположены точки A1, A2, ..., An, а на его границе – точки B1, B2, ..., Bn так, что отрезки A1B1, A2B2, ..., AnBn не пересекаются. Кузнечик может перепрыгнуть из точки Ai в точку Aj, если отрезок AiAj не пересекается ни с одним из отрезков AkBk, k ≠ i, j.
Докажите, что за несколько прыжков кузнечик сможет попасть из каждой точки Ap в любую точку Aq.
Четырёхугольник ABCD — вписанный. Докажите, что
Дан параллелограмм ABCD. Две окружности с центрами в вершинах A и C проходят через D. Прямая l проходит через D и вторично пересекает окружности в точках X, Y. Докажите, что BX = BY.
К двум непересекающимся окружностям ω1 и ω2 проведены три общие касательные – две внешние, a и b, и одна внутренняя, c. Прямые a, b и c касаются окружности ω1 в точках A1, B1 и C1 соответственно, а окружности ω2 – в точках A2, B2 и C2 соответственно. Докажите, что отношение площадей треугольников A1B1C1 и A2B2C2 равно отношению радиусов окружностей ω1 и ω2.
|
|
 |
Условие
К двум непересекающимся окружностям ω1 и ω2 проведены три общие касательные – две внешние, a и b, и одна внутренняя, c. Прямые a, b и c касаются окружности ω1 в точках A1, B1 и C1 соответственно, а окружности ω2 – в точках A2, B2 и C2 соответственно. Докажите, что отношение площадей треугольников A1B1C1 и A2B2C2 равно отношению радиусов окружностей ω1 и ω2.
Решение
Пусть r1 и r2 – радиусы окружностей ω1 и ω2 соответственно, а O1 и O2 – их центры. Если r1 = r2, то треугольники A1B1C1 и A2B2C2 симметричны относительно точки пересечения прямых O1O2 и C1C2, и их площади равны.
Пусть r1 < r2. Тогда лучи A2A1 и B2B1 пересекаются в некоторой точке S (рис. слева). Гомотетия с центром и коэффициентом r1/r2 переводит ω2 в ω1, A2 – в A1, B2 – в B1, следовательно, A1B1 : A2B2 = r1 : r2. Осталось доказать, что высоты h1 и h2 треугольников A1B1C1 и A2B2C2, проведённые соответственно из вершин C1 и C2, равны.
Первый способ. Обозначим через P и Q точки пересечения прямой c с прямыми a и b, а проекции точек B1, C1, B2, C2, P и Q на линию центров O1O2 через P' и Q' соответственно.
Напомним, что PA1 = PC1 = QB2 = QC2 (см. задачу 56658).
Пусть прямая c пересекает O1O в точке M. Положим α = ∠PSM = ∠QSM, β = ∠SMP = ∠O2MQ. Имеем
Второй способ. Середина A0 отрезка A1A2 лежит на радикальной оси l окружностей ω1 и ω2, поскольку касательные, проведённые из A0 к этим окружностям, равны (рис. справа). По той же причине на этой радикальной оси лежат середины B0 и C0 отрезков B1B2 и C1C2. Поэтому точки C1 и C2 равноудалены от l. Как известно, радикальная ось перпендикулярна линии центров O1O2, поэтому прямые A1B1 и A2B2 тоже равноудалены от l. Следовательно, расстояние h1 от C1 до A1B1 равно расстоянию h2 от C2 до A2B2.
