Версия для печати
Убрать все задачи

---

Hа сторонах AB, BC и AC треугольника ABC выбраны точки C', A' и B' соответственно так, что угол A'C'B' — прямой. Докажите, что отрезок A'B' длиннее диаметра вписанной окружности треугольника ABC.

   Решение

---

Дан треугольник ABC, в котором сторона AB больше BC. Проведены биссектрисы AK и CM (K лежит на BC, M лежит на AB). Доказать, что отрезок AM больше MK, а отрезок MK больше KC.

   Решение

---

Дан треугольник ABC, AD и BE — его биссектрисы. Известно, что AC > BC. Доказать, что AE > DE > BD.

   Решение

Тема:    [ Инверсия помогает решить задачу ]

Сложность: 4+ Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

По окружности $\Omega$ движется точка $P$. На окружности $\Omega$ зафиксированы точки $A$ и $B$. Точка $C$ – произвольная точка внутри круга с границей $\Omega$. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $APC$ и $BCP$, пересекаются в точке $Q$. Докажите, что все точки $Q$ лежат на двух фиксированных прямых.

Решение

Точка пересечения внешних касательных является центром окружности $\omega$, инверсия относительно которой меняет окружности $APC$ и $BPC$ местами. Рассмотрим инверсию с центром $C$, переводящую точки $A$, $B$, $P$ в $A'$, $B'$, $C'$ соответственно. Она переведет окружности $APC$, $BPC$ в прямые $A'P'$, $B'P'$ соответственно, окружность $\omega$ в биссектрису одного из углов между этими прямыми, а ее центр $Q$ в точку $Q'$, симметричную $C$ относительно этой биссектрисы. Поскольку биссектрисы углов между прямыми $P'A'$ и $P'B'$ проходят через две фиксированные точки – середины дуг $A'B'$ окружности $A'B'P'$, точка $Q'$ лежит на одной из двух окружностей с центрами в этих точках, проходящих через $C$. Образами этих окружностей при рассмотренной инверсии являются две фиксированные прямые.

Замечания

Точка $Q$ переходит с одной прямой на другую, когда $P$ пересекает одну из прямых $AC$, $BC$.

Источники и прецеденты использования