Окружности I: базовая геометрия окружности

Угол \(\angle AOB\) центральный, а \(\angle ACB\) вписанный. Они опираются на одну дугу \(AB\). Поэтому \(\angle ACB=\frac{1}{2}\cdot96^\circ=48^\circ\).

Углы \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) являются вписанными и опираются на одну и ту же хорду \(AC\). При данном расположении они смотрят на одну дугу \(AC\), поэтому равны.

Центральный угол, соответствующий диаметру \(AB\), равен \(180^\circ\). Вписанный угол \(\angle ACB\), опирающийся на ту же дугу, равен \(90^\circ\). Следовательно, \(AC\perp BC\).

Имеем \(OA=OB=OC=OD\), так как это радиусы одной окружности. По условию \(AB=CD\). Значит \(\triangle AOB\cong\triangle COD\) по трём сторонам, поэтому \(\angle AOB=\angle COD\).

По теореме о касательной радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Так как \(A\) — точка касания, получаем \(OA\perp l\).

Так как \(ABCD\) циклический, \(\angle A+\angle C=180^\circ\). Поэтому \(\angle C=180^\circ-68^\circ=112^\circ\).

Оба угла являются вписанными и опираются на хорду \(AC\). При указанном расположении они равны. Значит \(\angle ADC=41^\circ\).

Угол между касательной в точке \(A\) и хордой \(AC\) равен вписанному углу, опирающемуся на хорду \(AC\). Такой угол — \(\angle ABC\). Поэтому \(\angle ABC=37^\circ\).

Равные хорды \(AB\) и \(AC\) стягивают равные дуги. Угол \(\angle ADB\) опирается на хорду \(AB\), а угол \(\angle ADC\) — на хорду \(AC\). Поэтому эти вписанные углы равны.

Имеем \(OA=OB\), так как это радиусы, \(AM=MB\) по условию, а \(OM\) — общая сторона. Значит \(\triangle OMA\cong\triangle OMB\). Поэтому \(\angle OMA=\angle OMB\). Эти углы смежные, значит каждый равен \(90^\circ\). Следовательно, \(OM\perp AB\).

Если точка видит отрезок \(AB\) под прямым углом, то она лежит на окружности с диаметром \(AB\). Так как \(\angle ACB=90^\circ\) и \(\angle ADB=90^\circ\), обе точки \(C\) и \(D\) лежат на этой окружности. Значит \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

Множество точек, из которых отрезок \(AB\) виден под фиксированным углом, лежит на дуге окружности через \(A\) и \(B\). Так как \(C\) и \(D\) находятся по одну сторону от \(AB\) и \(\angle ACB=\angle ADB\), они лежат на одной такой дуге. Следовательно, \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

Угол между касательной и \(AB\) равен вписанному углу, опирающемуся на \(AB\), то есть \(\angle ACB=43^\circ\). Угол между касательной и \(AC\) равен вписанному углу, опирающемуся на \(AC\), то есть \(\angle ABC=72^\circ\).

Так как \(AB\parallel CD\), имеем \(\angle ABD=\angle BDC\). В циклическом четырёхугольнике углы \(\angle BDC\) и \(\angle BAC\) опираются на хорду \(BC\), поэтому равны. Следовательно, \(\angle ABD=\angle BAC\). Первый угол опирается на хорду \(AD\), второй — на хорду \(BC\). Равные вписанные углы опираются на равные хорды, значит \(AD=BC\).

Так как \(BD\perp AC\) и \(D\in AC\), получаем \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\) и \(E\in AB\), получаем \(\angle BEC=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(BC\) под прямым углом. Следовательно, они лежат на окружности с диаметром \(BC\), то есть \(B,C,D,E\) цикличны.

По теореме о касательной и хорде угол между касательной и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как касательная параллельна \(BC\), этот же угол равен \(\angle ABC\). Значит \(\angle ABC=\angle ACB\), поэтому \(AB=AC\).

Равные хорды \(AB\) и \(CD\) стягивают равные дуги. Вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, равны. Поэтому \(\angle ADB=\angle CAD\).

Так как \(OM\perp AB\), точка \(M\) — середина \(AB\). Аналогично \(N\) — середина \(CD\). Из \(AB=CD\) получаем \(AM=CN\). В прямоугольных треугольниках \(OMA\) и \(ONC\) гипотенузы \(OA\) и \(OC\) равны как радиусы, а катеты \(AM\) и \(CN\) равны. Значит треугольники равны, поэтому \(OM=ON\).

Угол \(\angle BAC\) опирается на хорду \(BC\), а угол \(\angle CAD\) опирается на хорду \(CD\). По условию \(BC=CD\), значит соответствующие дуги равны. Поэтому \(\angle BAC=\angle CAD\). Следовательно, \(AC\) — биссектриса угла \(BAD\).

Так как \(OA\perp TA\) и \(OB\perp TB\), треугольники \(OTA\) и \(OTB\) прямоугольные. В них \(OA=OB\) как радиусы, а \(OT\) — общая гипотенуза. Поэтому треугольники равны. Следовательно, \(TA=TB\), а также \(\angle ATO=\angle OTB\), то есть \(OT\) делит угол \(ATB\) пополам.

Точки \(A,D,B\) лежат на одной прямой, поэтому \(\angle BDE=180^\circ-\angle ADE\). По условию \(\angle ADE=\angle ACB\). Так как \(E\) лежит на \(AC\), угол \(\angle BCE=\angle BCA=\angle ACB\). Значит \(\angle BDE+\angle BCE=180^\circ\). Сумма противоположных углов четырёхугольника \(BCDE\) равна \(180^\circ\), следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности.

Так как \(P\) лежит на \(AC\), угол \(\angle BAP=\angle BAC\). Так как \(P\) лежит на \(BD\), угол \(\angle ABP=\angle ABD\). Угол \(\angle APD\) является внешним углом треугольника \(ABP\) при вершине \(P\). Поэтому он равен сумме двух внутренних несмежных углов: \(\angle APD=\angle BAP+\angle ABP=\angle BAC+\angle ABD\).

Так как \(BD\perp AC\), то \(\angle ADH=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), то \(\angle AEH=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, поэтому \(A,D,H,E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Кроме того, \(\angle BDC=90^\circ\) и \(\angle BEC=90^\circ\), значит \(D\) и \(E\) видят отрезок \(BC\) под прямым углом. Следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\).

Радиусы к точкам касания перпендикулярны касательным: \(OA\perp TA\) и \(OB\perp TB\). Поэтому в четырёхугольнике \(AOBT\) углы при \(A\) и \(B\) равны \(90^\circ\). Сумма углов четырёхугольника равна \(360^\circ\), значит \(\angle ATB=360^\circ-90^\circ-90^\circ-132^\circ=48^\circ\).

Для окружности, проходящей через \(A,B,C\), касательная в точке \(B\) образует с хордой \(BA\) угол, равный вписанному углу \(\angle BCA\), который опирается на хорду \(BA\). По условию прямая \(l\) образует с \(BA\) именно такой угол и лежит с внешней стороны треугольника. Следовательно, \(l\) совпадает с касательной к описанной окружности в точке \(B\).

Угол \(\angle ABD\) опирается на хорду \(AD\), а угол \(\angle DBC\) опирается на хорду \(DC\). В одной окружности равные вписанные углы опираются на равные хорды. Так как \(\angle ABD=\angle DBC\), получаем \(AD=DC\).

Так как \(CT\parallel AB\), угол \(\angle ACT\) равен углу между \(AC\) и \(AB\), то есть \(\angle CAB\). По теореме о касательной и хорде \(\angle TAC=\angle ABC\). В треугольнике \(ACT\) равенство \(AT=CT\) эквивалентно равенству углов при основании: \(\angle ACT=\angle TAC\). Значит \(AT=CT\) тогда и только тогда, когда \(\angle CAB=\angle ABC\), то есть когда \(AC=BC\).

Так как \(BD\perp AC\), прямая \(HD\) перпендикулярна \(AC\). Так как \(CE\perp AB\), прямая \(HE\) перпендикулярна \(AB\). Угол между двумя прямыми равен углу между их перпендикулярами или дополняет его до \(180^\circ\) в зависимости от выбранного угла. Внутри треугольника \(DHE\) получается тупой угол, поэтому \(\angle DHE=180^\circ-\angle BAC=180^\circ-\angle A\).

Пусть \(O\) — центр описанной окружности. Радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны касательным \(TB\) и \(TC\), поэтому \(\angle OBT=\angle OCT=90^\circ\). Центральный угол \(\angle BOC\), опирающийся на дугу \(BC\), равен \(2\angle BAC\). В четырёхугольнике \(BOCT\) сумма углов равна \(360^\circ\). Тогда \(\angle BTC=360^\circ-90^\circ-90^\circ-\angle BOC=180^\circ-2\angle BAC\).

Так как \(BD\perp AC\), имеем \(\angle ADH=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), имеем \(\angle AEH=90^\circ\). Значит \(A,D,H,E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). В этой окружности углы \(\angle ADE\) и \(\angle AHE\) опираются на одну и ту же хорду \(AE\). Следовательно, \(\angle ADE=\angle AHE\).

E. Подробное решение.

Так как \(PX\perp AB\) и \(PY\perp CB\), имеем \(\angle PXB=\angle PYB=90^\circ\). Следовательно, точки \(P,X,B,Y\) лежат на одной окружности с диаметром \(PB\).

Из этой цикличности \(\angle XYB=\angle XPB\), так как оба угла опираются на хорду \(XB\). Поэтому угол между \(XY\) и \(CB\) равен углу между \(XP\) и касательной \(PB\).

Так как \(XP\perp AB\), угол между \(XP\) и \(PB\) равен \(90^\circ-\angle ABP\). По теореме о касательной и хорде \(\angle ABP=\angle ACB\).

Значит, угол между \(XY\) и \(CB\) равен \(90^\circ-\angle ACB\). Это ровно означает, что \(XY\) перпендикулярна \(AC\).

E. Подробное решение.

Предположим, что три исходные точки не были коллинеарны. Тогда через них проходит единственная окружность \(\omega\).

Докажем индукцией, что каждая новая отмеченная точка тоже лежит на \(\omega\). Пусть выбраны точки \(A,B,C\), уже лежащие на \(\omega\), и точка \(D\) получается отражением \(A\) относительно серединного перпендикуляра к \(BC\).

Серединный перпендикуляр к хорде \(BC\) проходит через центр окружности \(\omega\). Значит, окружность \(\omega\) симметрична относительно этой прямой. Поэтому отражение точки \(A\), лежащей на \(\omega\), снова лежит на \(\omega\). То есть \(D\in\omega\).

Следовательно, все отмеченные точки лежат на одной окружности. Но прямая может иметь с окружностью не более двух общих точек, если не считать совпадения прямой с окружностью, что невозможно. Поэтому три различные отмеченные точки не могли стать коллинеарными. Противоречие.

Значит, если три коллинеарные точки всё-таки появились, три исходные точки должны были быть коллинеарны.

E. Подробное решение.

Так как \(PB\) и \(PC\) — касательные к \(\Omega\), радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны им. Поэтому \(\angle OBP=\angle OCP=90^\circ\).

Значит, точки \(O,B,C,P\) лежат на одной окружности, причём \(OP\) является её диаметром. Так как \(S\) лежит на этой окружности, получаем \(\angle OSP=90^\circ\).

С другой стороны, \(S\) лежит на окружности с диаметром \(AO\). Поэтому \(\angle ASO=90^\circ\).

Итак, и прямая \(SP\), и прямая \(SA\) проходят через точку \(S\) и перпендикулярны \(OS\). Через точку к данной прямой можно провести только один перпендикуляр, значит, \(A,S,P\) коллинеарны.

E. Подробное решение.

На продолжении \(BC\) за точку \(C\) отметим точку \(N\) так, что \(CN=CL\). Тогда \(BN=BC+CN=BC+CL\), поэтому достаточно доказать \(BN=AB\).

Так как \(A,B,K,L\) лежат на одной окружности, углы \(\angle AKB\) и \(\angle ALB\) дополняют друг друга до \(180^\circ\). Отсюда, с учётом коллинеарности \(A,K,C\) и \(B,L,C,N\), получаем \(\angle CKB=\angle ALC\).

Треугольники \(ACL\) и \(ACN\) прямоугольные, имеют общий катет \(AC\) и равные катеты \(CL=CN\). Они равны, значит \(\angle ANC=\angle ALC\). Поэтому \(\angle ANB=\angle CKB\).

Так как \(BK\) — биссектриса угла \(B\), \(\angle ABK=\angle KBC\). Из прямоугольного треугольника и предыдущего равенства углов следует, что \(\angle BAN=\angle ANB\).

Следовательно, треугольник \(ABN\) равнобедренный, и \(AB=BN\). Значит, \(AB=BC+CL\).

E. Подробное решение.

Так как \(BH\perp AC\), а \(K\) лежит на луче \(HB\), имеем \(KH\perp AH\). Кроме того, по построению \(KM\perp AM\).

Значит, \(\angle AHK=\angle AMK=90^\circ\), и точки \(A,H,M,K\) лежат на одной окружности. У этой окружности диаметр \(AK\).

Угол \(\angle MAH\) равен \(\angle MAC=30^\circ\), потому что \(H\in AC\). Следовательно, хорда \(HM\), на которую опирается угол \(30^\circ\), равна радиусу окружности, то есть \(HM=\frac{AK}{2}\).

В прямоугольном треугольнике \(BHC\) точка \(M\) — середина гипотенузы \(BC\), так как \(AM\) — медиана треугольника \(ABC\). Поэтому \(HM=\frac{BC}{2}\).

Получаем \(\frac{AK}{2}=HM=\frac{BC}{2}\), значит, \(AK=BC\).