Теория курса
Геометрия. Книга 2
Book 2. Olympiad Geometry Methods
- 1. Продвинутая погоня за углами
- 2. Степень точки
- 3. Радикальная ось
- 4. Гомотетия и спиральное подобие
- 5. Инверсия I: первое знакомство
- 6. Теоремы Чевы и Менелая
- 7. Метод площадей II
- 8. Полные четырёхугольники и точки Микеля
- 9. Координаты и векторы в геометрии
- 10. Смешанные задачи II
Глава
Продвинутая погоня за углами
Ключевая идея
В первой книге мы часто писали равенства обычных углов. На среднем олимпиадном уровне удобнее работать с ориентированными углами по модулю \(180^\circ\). Такая запись позволяет не разбирать отдельно, по какую сторону от прямой лежат точки, и делает доказательства короче.
Главный шаблон модуля: если точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности, то \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\), потому что оба угла опираются на хорду \(AC\). Обратно, если такое равенство углов выполнено и точки не вырождаются, то часто можно доказать цикличность.
Основные факты
Ориентированный угол \(\angle(\ell_1,\ell_2)\) — это угол поворота от прямой \(\ell_1\) к прямой \(\ell_2\), рассматриваемый по модулю \(180^\circ\). Поэтому параллельные прямые имеют нулевой ориентированный угол.
Для четырёх точек без вырождения: \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\). Это удобная форма признака цикличности.
Теорема о касательной и хорде в ориентированной форме: угол между касательной к окружности в точке \(A\) и хордой \(AB\) равен углу, который опирается на хорду \(AB\): \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\).
Угол между двумя окружностями в их общей точке — это угол между касательными к окружностям в этой точке. Его часто находят через теорему о касательной и хорде.
Когда применять метод
Используйте ориентированные углы, если в задаче есть несколько окружностей, точки могут лежать по разные стороны от прямых, встречаются внешние углы, касательные или нужно доказать цикличность без длинного разбора случаев.
Если нужно доказать параллельность, достаточно получить \(\angle(\ell_1,\ell_2)\equiv0\pmod{180^\circ}\). Если нужно доказать касание, достаточно показать, что угол между предполагаемой касательной и хордой равен углу в противоположной дуге.
Как распознать метод
Сигналы: четыре точки почти образуют окружность; есть углы вида \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\); касательная касается описанной окружности; две окружности пересекаются; нужно доказать, что прямая является касательной или что две прямые параллельны.
Хороший ход: выбрать одну хорду и заменить все углы, которые на неё опираются. Если появляется касательная, сразу спросите: с какой хордой она образует полезный угол?
Типичные ошибки
Не смешивайте обычные неориентированные углы и ориентированные углы в одной цепочке без пояснения. Если пишете \(\equiv\pmod{180^\circ}\), то можно свободно переходить через внешние углы, но нельзя внезапно делать вывод о равенстве длин.
Не применяйте признак цикличности, если одна из точек совпала с другой или три нужные точки лежат на одной прямой. В задачах с касательными следите, к какой окружности проведена касательная и какая хорда используется.
Мини-чеклист
1. Есть ли хорда, на которую смотрят два угла? 2. Можно ли записать углы по модулю \(180^\circ\)? 3. Нужно доказать окружность или использовать уже имеющуюся? 4. Есть ли касательная и подходящая хорда? 5. Нужно ли доказать параллельность через нулевой ориентированный угол? 6. Если две окружности пересекаются, можно ли заменить угол между ними углами на общую хорду?
Пример 1. Циклический четырёхугольник в новой записи
Пример показывает, зачем вводятся ориентированные углы.
Задача. Точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности. Докажите, что \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\).
Оба угла опираются на хорду \(AC\). Если точки \(B\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AC\), углы равны как обычные. Если по разные стороны, они дополняют друг друга до \(180^\circ\). В обоих случаях в ориентированной записи получаем \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\).
Комментарий. Одна запись заменяет два случая расположения точек.
Пример 2. Обратный ход: доказать окружность
Равенство ориентированных углов часто является признаком цикличности.
Задача. Для четырёх различных точек \(A,B,C,D\), никакие три из которых не лежат на одной прямой, известно, что \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\). Докажите, что точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.
Рассмотрим окружность, проходящую через \(A,B,C\). Точка \(D'\), лежащая на этой окружности и на той же стороне нужной угловой видимости хорды \(AC\), удовлетворяет \(\angle AD'C\equiv\angle ABC\pmod{180^\circ}\). Но по условию такой же угол задаёт точка \(D\). Геометрическое место точек, из которых отрезок \(AC\) виден под данным ориентированным углом, является дугой окружности через \(A\) и \(C\). Поэтому \(D\) лежит на той же окружности.
Пример 3. Касательная и хорда
Касательная превращается в угол на противоположной дуге.
Задача. В треугольнике \(ABC\) прямая \(t\) касается описанной окружности в точке \(A\). Докажите, что \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\).
Проведём радиус \(OA\). Он перпендикулярен касательной. Центральный угол \(\angle AOB\) в два раза больше вписанного угла \(\angle ACB\). Поэтому угол между касательной и хордой \(AB\) равен половине соответствующего центрального угла, то есть \(\angle ACB\). В ориентированной записи это даёт \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\).
Пример 4. Как распознать касательную
Если прямая образует с хордой правильный угол, она является касательной.
Задача. Точки \(A,B,C\) лежат на окружности. Прямая \(l\) проходит через \(A\), и \(\angle(l,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\). Докажите, что \(l\) касается окружности в точке \(A\).
Касательная \(t\) к окружности в точке \(A\) удовлетворяет \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\). По условию то же верно для прямой \(l\). Через точку \(A\) существует единственная прямая, образующая с \(AB\) данный ориентированный угол, поэтому \(l=t\). Следовательно, \(l\) — касательная.
Пример 5. Угол между двумя окружностями
Две окружности удобно сравнивать через их касательные в общей точке.
Задача. Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\) пересекаются в точках \(A\) и \(B\). Точка \(C\) лежит на \(\omega_1\), точка \(D\) лежит на \(\omega_2\). Докажите, что угол между окружностями в точке \(A\) равен \(\angle ACB-\angle ADB\) в ориентированной записи.
Пусть \(t_1\) и \(t_2\) — касательные к \(\omega_1\) и \(\omega_2\) в точке \(A\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t_1,AB)\equiv\angle ACB\), а \(\angle(t_2,AB)\equiv\angle ADB\). Поэтому \(\angle(t_1,t_2)\equiv\angle ACB-\angle ADB\pmod{180^\circ}\).
Пример 6. Антипараллель в треугольнике
Циклическая четвёрка внутри угла даёт похожие, но не параллельные углы.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\) и \(E\) лежат на \(AB\) и \(AC\). Если \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности, докажите, что \(\triangle ADE\sim\triangle ACB\).
Так как \(B,C,D,E\) цикличны, \(\angle BDE\equiv\angle BCE\) и \(\angle BED\equiv\angle BCD\). Но \(BD\) лежит на \(BA\), а \(CE\) лежит на \(CA\). Поэтому \(\angle ADE\equiv\angle ACB\) и \(\angle AED\equiv\angle ABC\). Следовательно, \(\triangle ADE\sim\triangle ACB\).
Пример 7. Две касательные к описанной окружности
Классический средний уровень: меньший угол между касательными выражается через центральный угол.
Задача. К описанной окружности треугольника \(ABC\), где \(\angle BAC<90^\circ\), проведены касательные в точках \(B\) и \(C\), они пересекаются в точке \(T\). Докажите, что меньший угол \(\angle BTC=180^\circ-2\angle BAC\).
Пусть \(O\) — центр описанной окружности. Радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны касательным \(TB\) и \(TC\). Так как \(\angle BAC<90^\circ\), меньший центральный угол \(\angle BOC\), опирающийся на дугу \(BC\), равен \(2\angle BAC\). Меньший угол между касательными дополняет его до \(180^\circ\), поэтому \(\angle BTC=180^\circ-2\angle BAC\).
Комментарий. Здесь специально указан меньший угол между касательными; в ориентированной записи можно работать и с внешним углом, но его нужно называть отдельно.
Пример 8. Теорема Рейма как angle chasing
Это пример более взрослой техники: две окружности и две секущие дают параллельность.
Задача. Две окружности пересекаются в точках \(A\) и \(B\). Прямая через \(A\) пересекает первую окружность ещё в \(C\), вторую ещё в \(D\). Прямая через \(B\) пересекает первую окружность ещё в \(E\), вторую ещё в \(F\). Докажите, что \(CE\parallel DF\).
Так как \(A,B,C,E\) лежат на первой окружности, \(\angle(CE,EB)\equiv\angle(CA,AB)\). Так как \(A,B,D,F\) лежат на второй окружности, \(\angle(DF,FB)\equiv\angle(DA,AB)\). Но \(C,A,D\) лежат на одной прямой, а \(E,B,F\) лежат на одной прямой. Значит прямые \(CE\) и \(DF\) образуют с одной и той же прямой равные ориентированные углы, поэтому \(CE\parallel DF\).
Глава
Степень точки
Ключевая идея
Степень точки превращает окружность в равенство произведений отрезков. Если из точки \(P\) проведены две секущие к окружности и они пересекают её в точках \(A,B\) и \(C,D\), то \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Если из \(P\) проведена касательная \(PT\), то \(PT^2=PA\cdot PB\).
В олимпиадной задаче это часто означает: не надо искать углы или длины по отдельности. Нужно увидеть две секущие, одну касательную и секущую, или две хорды, а затем записать правильное произведение.
Основные факты
Секущая-секущая: если точка \(P\) лежит вне окружности, а секущие через \(P\) пересекают окружность в порядке \(P,A,B\) и \(P,C,D\), то \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\).
Касательная-секущая: если \(PT\) — касательная, а секущая через \(P\) пересекает окружность в точках \(A,B\), то \(PT^2=PA\cdot PB\).
Пересекающиеся хорды: если хорды \(AB\) и \(CD\) пересекаются в точке \(X\) внутри окружности, то \(XA\cdot XB=XC\cdot XD\).
Обратный признак: если точки \(A,B\) лежат на одной прямой с \(P\), точки \(C,D\) — на другой, и \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\), то точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности при невырожденной конфигурации.
Когда применять метод
Ищите степень точки, если есть окружность и точка, из которой выходят две прямые к окружности. Особенно сильные сигналы: касательная, две секущие, пересечение хорд, произведение отрезков, квадрат длины, отношение вида \(PA:PB\).
Метод полезен для нахождения длины, доказательства равенства произведений, доказательства цикличности, получения отношения и подготовки к радикальной оси.
Как распознать метод
Если в условии есть точка вне окружности и две прямые через неё, почти всегда попробуйте записать \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Если есть касательная, сразу ищите формулу \(PT^2=PA\cdot PB\). Если две хорды пересекаются внутри окружности, используйте произведения четырёх маленьких отрезков.
Если окружность не дана явно, но есть равенство произведений, попробуйте доказать, что четыре точки лежат на одной окружности. Иногда это быстрее, чем angle chasing.
Типичные ошибки
Не путайте ближний и дальний отрезок секущей: в формуле участвуют расстояния от внешней точки до двух точек пересечения с окружностью, а не только кусок внутри окружности.
В формуле касательной \(PT^2=PA\cdot PB\) точка \(T\) — точка касания именно этой окружности. Для точек внутри окружности и для продолжений сторон иногда нужны направленные отрезки; в этом модуле мы явно указываем расположение, чтобы избежать знаков.
Мини-чеклист
1. Где находится точка \(P\)? 2. Какие две прямые через неё пересекают окружность? 3. Какие точки ближние и дальние? 4. Есть ли касательная? 5. Есть ли пересекающиеся хорды внутри окружности? 6. Можно ли доказать цикличность обратным признаком? 7. Не требуется ли сначала продлить сторону до второй точки пересечения?
Пример 1. Две секущие из одной точки
Базовая техника: правильно выбрать ближние и дальние точки на каждой секущей.
Задача. Из точки \(P\), лежащей вне окружности, проведены две секущие. Первая пересекает окружность в точках \(A,B\), вторая — в точках \(C,D\), причём \(P,A,B\) и \(P,C,D\) лежат на прямых в таком порядке. Если \(PA=6\), \(PB=15\), \(PC=9\), найдите \(PD\).
По теореме о секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Поэтому \(6\cdot15=9\cdot PD\), откуда \(PD=10\).
Пример 2. Касательная и секущая
Квадрат касательной равен произведению всей секущей на её внешнюю часть.
Задача. Из точки \(P\) проведена касательная \(PT\) и секущая \(PAB\), где \(A\) — ближняя точка окружности. Если \(PA=4\), \(PB=25\), найдите \(PT\).
По теореме о касательной и секущей \(PT^2=PA\cdot PB=4\cdot25=100\). Следовательно, \(PT=10\).
Пример 3. Пересекающиеся хорды
Если точка находится внутри окружности, используются произведения частей хорд.
Задача. Хорды \(AB\) и \(CD\) пересекаются в точке \(X\). Известно, что \(XA=3\), \(XB=12\), \(XC=4\). Найдите \(XD\).
Для пересекающихся хорд \(XA\cdot XB=XC\cdot XD\). Поэтому \(3\cdot12=4\cdot XD\), и \(XD=9\).
Пример 4. Доказательство через подобие
Теорема о секущих не магия: она следует из подобия треугольников.
Задача. Из точки \(P\) вне окружности проведены секущие \(PAB\) и \(PCD\). Докажите, что \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\).
Соединим \(A\) с \(C\), а \(B\) с \(D\). Рассмотрим треугольники \(PAC\) и \(PDB\). Угол при \(P\) у них общий, потому что \(P,A,B\) и \(P,C,D\) коллинеарны. Кроме того, \(\angle PAC=\angle BAC\), \(\angle PDB=\angle CDB\), а углы \(\angle BAC\) и \(\angle CDB\) равны как вписанные, опирающиеся на хорду \(BC\). Поэтому \(\triangle PAC\sim\triangle PDB\). Из подобия \(\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}\), значит \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\).
Пример 5. Обратный признак окружности
Равенство произведений может не использовать окружность, а создавать её.
Задача. Точки \(A,B\) лежат на одном луче с началом \(P\), точки \(C,D\) — на другом луче, причём \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Докажите, что \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.
Проведём окружность через \(A,B,C\). Пусть второе пересечение этой окружности с лучом \(PC\) — точка \(D'\). По теореме о секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD'\). По условию \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Так как \(PC>0\), получаем \(PD'=PD\), значит \(D'=D\). Поэтому \(A,B,C,D\) цикличны.
Пример 6. Малый круг в треугольнике
Степень точки часто даёт отношение на сторонах треугольника.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\) и \(E\) лежат на \(AB\) и \(AC\). Если \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности, докажите, что \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\).
Рассмотрим точку \(A\) относительно окружности \((BCDE)\). Прямые \(AB\) и \(AC\) являются секущими: на первой окружность пересекается в \(D,B\), на второй — в \(E,C\). Поэтому \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\).
Пример 7. Касательная к описанной окружности
Здесь степень точки соединяется с результатами предыдущего модуля о касательной и хорде.
Задача. Касательная к описанной окружности треугольника \(ABC\) в точке \(A\) пересекает прямую \(BC\) в точке \(T\), причём \(T\) лежит вне отрезка \(BC\). Докажите, что \(TB:TC=AB^2:AC^2\).
По теореме о касательной и секущей \(TA^2=TB\cdot TC\). Кроме того, по теореме о касательной и хорде \(\triangle TAB\sim\triangle TCA\). Из подобия получаем \(\frac{TB}{TA}=\frac{AB}{AC}\) и \(\frac{TA}{TC}=\frac{AB}{AC}\). Перемножая, имеем \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).
Пример 8. Равные степени
Это подготовка к радикальной оси: равные степени означают равные произведения секущих.
Задача. Две окружности пересекаются в точках \(A\) и \(B\). Точка \(P\) лежит на прямой \(AB\) вне обеих окружностей. Докажите, что степени точки \(P\) относительно этих окружностей равны.
Прямая \(PAB\) является секущей для обеих окружностей, причём точки пересечения с каждой окружностью — те же \(A\) и \(B\). Поэтому степень точки \(P\) относительно первой окружности равна \(PA\cdot PB\), и относительно второй окружности тоже равна \(PA\cdot PB\). Значит степени равны.
Глава
Радикальная ось
Ключевая идея
Радикальная ось двух окружностей — это множество точек, имеющих равные степени относительно этих окружностей. Если точка \(X\) лежит на радикальной оси окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_2\), то \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(X)=\operatorname{Pow}_{\omega_2}(X)\).
В олимпиадных задачах радикальная ось чаще всего используется для доказательства коллинеарности: чтобы доказать, что несколько точек лежат на одной прямой, достаточно показать, что каждая из них имеет равные степени относительно двух фиксированных окружностей.
Основные факты
Если две окружности пересекаются в точках \(A\) и \(B\), то их радикальная ось — прямая \(AB\). Действительно, для любой точки \(X\) на \(AB\) степени относительно обеих окружностей равны \(XA\cdot XB\).
Если окружности касаются в точке \(A\), то их радикальная ось — общая касательная в точке \(A\). Для любой точки \(X\) на этой касательной степень к каждой окружности равна \(XA^2\).
Если окружности имеют центры \(O_1,O_2\) и радиусы \(r_1,r_2\), то условие равных степеней записывается как \(XO_1^2-r_1^2=XO_2^2-r_2^2\). Поэтому радикальная ось перпендикулярна прямой \(O_1O_2\).
Для трёх окружностей радикальные оси попарных пар либо параллельны, либо пересекаются в одной точке. Эта точка называется радикальным центром.
Когда применять метод
Используйте радикальную ось, если в задаче есть две или три окружности, общая хорда, равные касательные, равные произведения секущих, или требуется доказать, что три точки лежат на одной прямой.
Метод особенно полезен, когда углы дают слишком длинное решение, а произведения отрезков уже видны: \(XA\cdot XB\), \(XT^2\), равные касательные, пересечение общих хорд.
Как распознать метод
Если две окружности пересекаются, сразу отметьте их общую хорду: это радикальная ось. Если окружности не пересекаются, ищите две точки с равными степенями: например, точки, из которых касательные к двум окружностям равны.
Если есть три окружности, попробуйте найти две радикальные оси. Их пересечение автоматически лежит на третьей радикальной оси.
Типичные ошибки
Не путайте радикальную ось с прямой центров: наоборот, радикальная ось перпендикулярна линии центров. Не говорите “общая хорда”, если окружности не пересекаются; в этом случае радикальная ось всё равно существует, но её нужно находить через равные степени.
Не используйте радикальный центр без проверки: нужно показать, что точка имеет равные степени хотя бы относительно двух пар окружностей. Также следите за знаками, если точка лежит внутри окружности; в этом модуле мы работаем с конфигурациями, где произведения задаются явно.
Мини-чеклист
1. Какие две окружности сравниваются? 2. Есть ли у них общая хорда? 3. Можно ли записать равные степени через секущие или касательные? 4. Нужно доказать коллинеарность? 5. Есть ли третья окружность и радикальный центр? 6. Где линия центров и перпендикулярна ли ей радикальная ось? 7. Не скрыта ли радикальная ось в равенстве произведений?
Пример 1. Общая хорда
Первый и самый важный способ увидеть радикальную ось — найти общую хорду двух окружностей.
Задача. Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\) пересекаются в точках \(A\) и \(B\). Докажите, что прямая \(AB\) является их радикальной осью.
Возьмём любую точку \(X\) на прямой \(AB\). Для первой окружности секущая \(XAB\) даёт степень \(XA\cdot XB\). Для второй окружности эта же секущая имеет те же точки пересечения \(A\) и \(B\), значит степень тоже равна \(XA\cdot XB\). Поэтому степени равны для всех точек \(X\) на \(AB\), и \(AB\) — радикальная ось.
Пример 2. Касающиеся окружности
Если окружности касаются, радикальная ось не исчезает: она становится общей касательной.
Задача. Две окружности касаются в точке \(A\). Докажите, что их общая касательная в \(A\) является радикальной осью.
Пусть \(X\) — точка на общей касательной. Относительно первой окружности \(XA\) — касательная, значит степень равна \(XA^2\). Относительно второй окружности та же прямая также является касательной в \(A\), значит степень снова равна \(XA^2\). Следовательно, все точки общей касательной имеют равные степени.
Пример 3. Радикальная ось перпендикулярна линии центров
Это объясняет форму радикальной оси, даже если окружности не пересекаются.
Задача. Окружности имеют центры \(O_1,O_2\) и радиусы \(r_1,r_2\). Докажите, что их радикальная ось перпендикулярна \(O_1O_2\).
Для точки \(X\) на радикальной оси выполнено \(XO_1^2-r_1^2=XO_2^2-r_2^2\), то есть \(XO_1^2-XO_2^2=r_1^2-r_2^2\). Множество точек с постоянной разностью квадратов расстояний до двух фиксированных точек \(O_1,O_2\) является прямой, перпендикулярной \(O_1O_2\). Значит радикальная ось перпендикулярна линии центров.
Пример 4. Радикальный центр
Три окружности дают не три случайные прямые, а одну точку пересечения радикальных осей.
Задача. Радикальные оси окружностей \(\omega_1,\omega_2\) и \(\omega_2,\omega_3\) пересекаются в точке \(R\). Докажите, что \(R\) лежит на радикальной оси окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_3\).
Так как \(R\) лежит на радикальной оси \(\omega_1\) и \(\omega_2\), имеем \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(R)=\operatorname{Pow}_{\omega_2}(R)\). Так как \(R\) лежит на радикальной оси \(\omega_2\) и \(\omega_3\), имеем \(\operatorname{Pow}_{\omega_2}(R)=\operatorname{Pow}_{\omega_3}(R)\). Следовательно, \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(R)=\operatorname{Pow}_{\omega_3}(R)\), значит \(R\) лежит на третьей радикальной оси.
Пример 5. Коллинеарность через равные касательные
Один из главных применений метода: доказать, что точка лежит на известной прямой.
Задача. Две окружности пересекаются в точках \(A\) и \(B\). Точка \(P\) лежит вне обеих окружностей. Из \(P\) к ним проведены касательные \(PT_1\) и \(PT_2\), причём \(PT_1=PT_2\). Докажите, что \(P,A,B\) лежат на одной прямой.
Степень точки \(P\) относительно первой окружности равна \(PT_1^2\), а относительно второй — \(PT_2^2\). По условию эти величины равны, значит \(P\) лежит на радикальной оси двух окружностей. Поскольку окружности пересекаются в \(A\) и \(B\), их радикальная ось — прямая \(AB\). Следовательно, \(P,A,B\) коллинеарны.
Пример 6. Общие хорды трёх окружностей
Радикальный центр часто выглядит как точка пересечения общих хорд.
Задача. Три окружности \(\omega_1,\omega_2,\omega_3\) попарно пересекаются. Общая хорда \(\omega_1\) и \(\omega_2\) пересекает общую хорду \(\omega_2\) и \(\omega_3\) в точке \(R\). Докажите, что \(R\) лежит на общей хорде \(\omega_1\) и \(\omega_3\).
Общая хорда двух окружностей является их радикальной осью. Поэтому \(R\) лежит на радикальной оси \(\omega_1,\omega_2\) и на радикальной оси \(\omega_2,\omega_3\). По теореме о радикальном центре \(R\) лежит и на радикальной оси \(\omega_1,\omega_3\). Так как эти окружности пересекаются, их радикальная ось — их общая хорда.
Пример 7. Скрытая радикальная ось
Иногда радикальная ось не дана как общая хорда; её нужно узнать по равным произведениям.
Задача. Для двух окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_2\) точка \(P\) имеет секущие \(PAB\) к \(\omega_1\) и \(PCD\) к \(\omega_2\). Известно, что \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Докажите, что \(P\) лежит на радикальной оси этих окружностей.
Произведение \(PA\cdot PB\) равно степени точки \(P\) относительно \(\omega_1\), а \(PC\cdot PD\) — степени относительно \(\omega_2\). Эти произведения равны, значит степени равны. Следовательно, \(P\) лежит на радикальной оси.
Пример 8. Ортогональные окружности и радикальная ось
Это более сильная идея: центр окружности, ортогональной к двум данным, лежит на их радикальной оси.
Задача. Окружность \(\gamma\) с центром \(X\) и радиусом \(\rho\) ортогональна окружностям \(\omega_1(O_1,r_1)\) и \(\omega_2(O_2,r_2)\). Докажите, что \(X\) лежит на радикальной оси \(\omega_1\) и \(\omega_2\).
Ортогональность окружностей \(\gamma\) и \(\omega_1\) даёт \(XO_1^2= ho^2+r_1^2\), поэтому \(XO_1^2-r_1^2= ho^2\). Аналогично \(XO_2^2-r_2^2= ho^2\). Значит степени точки \(X\) относительно \(\omega_1\) и \(\omega_2\) равны, и \(X\) лежит на их радикальной оси.
Глава
Гомотетия и спиральное подобие
Ключевая идея
Гомотетия сохраняет форму фигуры и переводит каждую точку в точку на той же прямой, проходящей через центр. Поэтому она сразу даёт параллельные стороны, равные углы и отношения длин.
Спиральное подобие делает то же самое, но с поворотом: один отрезок переходит в другой после поворота и растяжения. Если две пары отрезков видны из одной точки под равными углами и с одинаковым отношением длин, эта точка часто является центром спирального подобия.
Основные факты
Если гомотетия с центром \(O\) переводит \(A\) в \(C\), а \(B\) в \(D\), то точки \(O,A,C\) коллинеарны, точки \(O,B,D\) коллинеарны и \(AB \parallel CD\). Кроме того, \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}\), если брать соответствующие длины.
Обратное часто используется в задачах: если \(A,C,O\) лежат на одной прямой, \(B,D,O\) лежат на одной прямой и \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}\), то \(AB \parallel CD\), а треугольники \(OAB\) и \(OCD\) подобны.
Точка \(P\) является центром спирального подобия, переводящего отрезок \(AC\) в \(BD\), если \(\triangle PAC \sim \triangle PBD\) при соответствиях \(PA \leftrightarrow PB\), \(PC \leftrightarrow PD\), \(AC \leftrightarrow BD\).
Когда применять метод
Гомотетия полезна, когда в задаче есть параллельные отрезки, несколько точек на двух лучах из одной точки, середины сторон, трапеции, касающиеся окружности или окружности с общими касательными.
Спиральное подобие полезно, когда появляются две пары отрезков, похожие треугольники вокруг одной точки, пересекающиеся окружности или надо доказать равенство углов между двумя разными отрезками.
Как распознать метод
Ищите центр: точку пересечения прямых, соединяющих соответствующие вершины. Для гомотетии соответствующие стороны должны быть параллельны. Для спирального подобия вместо параллельности обычно есть равенство углов и одинаковое отношение двух пар расстояний.
Полезный сигнал: в решении хочется доказать \(AB \parallel CD\), \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}\), \(\angle APC=\angle BPD\) или \(\triangle PAC \sim \triangle PBD\).
Типичные ошибки
Не путайте центр гомотетии с серединой отрезка: центр может лежать вне фигуры. Не записывайте отношение длин без проверки соответствия точек. В спиральном подобии важно сохранять порядок вершин: неверное соответствие даёт правильные числа, но неверные углы.
Ещё одна ошибка - пытаться доказать спиральное подобие только по одному равному углу. Обычно нужны либо подобные треугольники, либо равный угол вместе с отношением соответствующих сторон.
Мини-чеклист
1. Найдите возможный центр: пересечение прямых через соответствующие точки.
2. Проверьте коллинеарность для гомотетии или равенство углов для спирального подобия.
3. Запишите правильное отношение соответствующих сторон.
4. Переведите утверждение задачи в подобие треугольников.
5. После доказательства подобия вернитесь к цели: параллельность, коллинеарность, отношение или равенство углов.
Пример 1. Гомотетия из параллельных отрезков
Этот пример показывает базовую связь между параллельностью и центром гомотетии.
Задача. Прямые \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(O\), причём \(AB \parallel CD\). Докажите, что \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}\).
Так как \(AB \parallel CD\), то \(\angle OAB=\angle OCD\) и \(\angle OBA=\angle ODC\). Следовательно, \(\triangle OAB \sim \triangle OCD\). Из подобия получаем \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}\). Это означает, что точка \(O\) является центром гомотетии, переводящей \(AB\) в \(CD\).
Комментарий. В задачах на трапеции и параллельные отрезки это один из самых быстрых ходов.
Пример 2. Средняя линия как гомотетия
Здесь гомотетия объясняет известный факт без отдельного вычисления углов.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\) и \(E\) - середины сторон \(AB\) и \(AC\). Докажите, что \(DE \parallel BC\) и \(DE=\frac{1}{2}BC\).
Гомотетия с центром \(A\) и коэффициентом \(\frac{1}{2}\) переводит \(B\) в \(D\), а \(C\) в \(E\). Поэтому образ отрезка \(BC\) - отрезок \(DE\). При гомотетии соответствующие отрезки параллельны, а длины умножаются на коэффициент. Значит, \(DE \parallel BC\) и \(DE=\frac{1}{2}BC\).
Пример 3. Центр гомотетии двух окружностей
Пример учит искать центр не в точке касания, а на линии центров.
Задача. Окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) и радиусами \(r_1\) и \(r_2\) имеют внешний центр гомотетии \(H\). Докажите, что \(H,O_1,O_2\) лежат на одной прямой и \(\frac{HO_1}{HO_2}=\frac{r_1}{r_2}\).
Гомотетия переводит первую окружность во вторую, поэтому центр первой окружности переходит в центр второй: \(O_1 \mapsto O_2\). При гомотетии точка, её образ и центр гомотетии лежат на одной прямой. Следовательно, \(H,O_1,O_2\) коллинеарны. Коэффициент гомотетии равен отношению радиусов, значит, \(\frac{HO_1}{HO_2}=\frac{r_1}{r_2}\).
Пример 4. Параллельность из отношения
Это обратный ход: вместо готовой параллельности мы доказываем её через подобие.
Задача. Точки \(A,C,O\) лежат на одной прямой, точки \(B,D,O\) лежат на другой прямой, и \(\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}\). Докажите, что \(AB \parallel CD\).
У треугольников \(OAB\) и \(OCD\) угол при \(O\) общий или вертикальный, а прилежащие к нему стороны пропорциональны. Поэтому \(\triangle OAB \sim \triangle OCD\). Из подобия следует \(\angle OAB=\angle OCD\). Эти углы являются соответствующими при прямых \(AB\) и \(CD\), значит, \(AB \parallel CD\).
Пример 5. Спиральное подобие через подобные треугольники
Это базовый критерий: сначала доказываем подобие, потом называем центр.
Задача. Для точки \(P\) выполнено \(\triangle PAC \sim \triangle PBD\). Докажите, что \(P\) - центр спирального подобия, переводящего \(AC\) в \(BD\).
Из подобия получаем \(\frac{PA}{PB}=\frac{PC}{PD}=\frac{AC}{BD}\) и равенство соответствующих углов. Значит, луч \(PA\) поворачивается в луч \(PB\), а луч \(PC\) - в луч \(PD\) на один и тот же угол; при этом все соответствующие расстояния умножаются на один и тот же коэффициент. Поэтому поворот вокруг \(P\) вместе с растяжением переводит \(A\) в \(B\), \(C\) в \(D\), а отрезок \(AC\) в \(BD\).
Пример 6. Скрытое подобие от спирального центра
Задача показывает, как из центра спирального подобия получить новый полезный треугольник.
Задача. Пусть \(P\) - центр спирального подобия, переводящего \(A\) в \(B\), а \(C\) в \(D\). Докажите, что \(\triangle PAC \sim \triangle PBD\).
По определению спирального подобия есть один и тот же угол поворота: \(\angle APB=\angle CPD\), и один и тот же коэффициент растяжения: \(\frac{PA}{PB}=\frac{PC}{PD}\). Тогда \(\angle APC=\angle BPD\), поскольку из обоих углов вычитается одна и та же поворотная часть. Значит, две стороны при равном угле пропорциональны, и \(\triangle PAC \sim \triangle PBD\).
Комментарий. После такого шага часто сразу появляются нужные отношения \(AC:BD\) и равные углы.
Пример 7. Трапеция и центр гомотетии
Гомотетия помогает работать с диагоналями трапеции без длинных вычислений.
Задача. В трапеции \(ABCD\) основания \(AD\) и \(BC\) параллельны, диагонали пересекаются в точке \(O\). Докажите, что \(\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{OB}=\frac{AD}{BC}\).
Рассмотрим треугольники \(AOD\) и \(COB\). Углы \(\angle AOD\) и \(\angle COB\) вертикальные. Так как \(AD \parallel BC\), то \(\angle ADO=\angle CBO\) и \(\angle DAO=\angle BCO\). Следовательно, \(\triangle AOD \sim \triangle COB\). Отсюда \(\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{OB}=\frac{AD}{BC}\).
Пример 8. Предпросмотр точки Микеля
Здесь не требуется полная теория точки Микеля; важно увидеть, почему пересечение окружностей часто даёт спиральное подобие.
Задача. Точки \(B,A,D\) лежат на одной прямой, точки \(C,A,E\) лежат на другой прямой. Окружности \((ABC)\) и \((ADE)\) пересекаются второй раз в точке \(M\). Докажите, что \(\angle BMC=\angle DME\).
Так как \(M\) лежит на окружности \((ABC)\), то \(\angle BMC=\angle BAC\). Так как \(M\) лежит на окружности \((ADE)\), то \(\angle DME=\angle DAE\). Но лучи \(AB\) и \(AD\) лежат на одной прямой, а лучи \(AC\) и \(AE\) лежат на другой прямой, поэтому \(\angle BAC=\angle DAE\). Следовательно, \(\angle BMC=\angle DME\).
Комментарий. Такая конфигурация часто является первым шагом к спиральному подобию, переводящему один отрезок в другой.
Глава
Инверсия I: первое знакомство
Ключевая идея
Инверсия с центром \(O\) и радиусом \(R\) переводит точку \(P\ne O\) в точку \(P'\) на луче \(OP\), где \(OP \cdot OP'=R^2\). Близкие точки уходят далеко, а далёкие приближаются к центру.
Главная олимпиадная польза инверсии в том, что окружность через центр превращается в прямую, а прямая, не проходящая через центр, превращается в окружность через центр. Это часто упрощает касания, углы и конфигурации с несколькими окружностями.
Основные факты
Если \(P'\) - образ точки \(P\), то \(O,P,P'\) коллинеарны и \(OP \cdot OP'=R^2\). Точки окружности инверсии \(OP=R\) остаются неподвижными.
Прямая через \(O\) переходит сама в себя. Прямая, не проходящая через \(O\), переходит в окружность через \(O\). Окружность через \(O\) переходит в прямую, не проходящую через \(O\).
Инверсия сохраняет углы между кривыми в точках, отличных от центра. Поэтому касание переходит в касание, если точка касания не равна \(O\).
Когда применять метод
Инверсию стоит пробовать, когда в задаче есть много окружностей через одну точку, несколько касаний, произведения вида \(OA \cdot OB\), или когда окружность через выбранную точку хочется заменить прямой.
На первом уровне особенно полезно выбирать центр в общей точке окружностей или в точке, из которой проведены касательные. Радиус часто выбирают так, чтобы две важные точки поменялись местами.
Как распознать метод
Ищите общую точку окружностей, точку касания, выражение \(OA \cdot OB\), а также пары объектов: прямая и окружность, две окружности через одну точку, касательные из одной точки.
Если после выбора центра несколько окружностей проходят через \(O\), инверсия часто превращает их в прямые. Тогда сложная циклическая картина становится задачей о прямых и углах.
Типичные ошибки
Центр инверсии \(O\) не имеет конечного образа. Не всякая окружность переходит в прямую: только окружность, проходящая через центр инверсии. Не всякая прямая переходит в окружность: прямая через центр остаётся прямой.
Следите, что \(P'\) лежит на луче \(OP\), а не просто на прямой \(OP\). В задачах на углы инверсия сохраняет величину угла, но рисунок может выглядеть перевёрнутым.
Мини-чеклист
1. Выберите центр \(O\): общая точка окружностей, точка касания или точка, из которой проведены касательные.
2. Выберите радиус: часто удобно взять \(R^2=OA \cdot OB\), чтобы \(A\) и \(B\) поменялись местами.
3. Определите образы прямых и окружностей.
4. Переведите цель в образную конфигурацию: коллинеарность, цикличность, касание или угол.
5. Решите упрощённую задачу и вернитесь к исходной.
Пример 1. Обратная точка
Первый навык - быстро находить расстояние до образа.
Задача. Инверсия имеет центр \(O\) и радиус \(6\). Если \(OP=4\), найдите \(OP'\).
По определению \(OP \cdot OP'=R^2\). Поэтому \(4 \cdot OP'=36\), откуда \(OP'=9\). Точка \(P'\) лежит на луче \(OP\).
Пример 2. Неподвижные точки
Пример показывает, почему окружность инверсии фиксируется поточечно.
Задача. Докажите, что точка \(A\) остаётся на месте тогда и только тогда, когда \(OA=R\).
Если \(A'=A\), то \(OA^2=OA \cdot OA'=R^2\), значит, \(OA=R\). Обратно, если \(OA=R\), то \(OA \cdot OA'=R^2=OA^2\), поэтому \(OA'=OA\), и на луче \(OA\) получаем \(A'=A\).
Пример 3. Концентрическая окружность
Самый простой образ окружности получается, когда центр окружности совпадает с центром инверсии.
Задача. Инверсия имеет радиус \(10\). Во что переходит окружность с центром \(O\) и радиусом \(5\)?
Для любой точки \(P\) окружности \(OP=5\). Тогда \(5 \cdot OP'=100\), поэтому \(OP'=20\). Образ - окружность с центром \(O\) и радиусом \(20\).
Пример 4. Образ прямой
Это главный технический факт первого знакомства с инверсией.
Задача. Прямая \(l\) не проходит через \(O\). Пусть \(H\) - основание перпендикуляра из \(O\) на \(l\), а \(H'\) - образ \(H\). Докажите, что образ \(l\) лежит на окружности с диаметром \(OH'\).
Возьмём \(P\in l\), и пусть \(P'\) - его образ. Имеем \(OP \cdot OP'=OH \cdot OH'=R^2\), значит, \(\frac{OP}{OH'}=\frac{OH}{OP'}\). Угол при \(O\) общий, поэтому \(\triangle OPH \sim \triangle OH'P'\). Так как \(\angle OHP=90^\circ\), то \(\angle OP'H'=90^\circ\). Следовательно, \(P'\) лежит на окружности с диаметром \(OH'\).
Пример 5. Окружность через центр
Это обратный ход к предыдущему примеру.
Задача. Окружность \(\omega\) проходит через \(O\). Докажите, что её образ - прямая, не проходящая через \(O\).
Инверсия обратна сама себе. По предыдущему примеру прямая, не проходящая через \(O\), переходит в окружность через \(O\). Значит, обратный образ такой окружности должен быть прямой, не проходящей через \(O\).
Пример 6. Три точки становятся коллинеарными
Окружность через центр часто заменяется одной прямой.
Задача. Точки \(A,B,C\) лежат на окружности, проходящей через \(O\). Докажите, что их образы \(A',B',C'\) коллинеарны.
Образ окружности через центр инверсии - прямая. Поэтому все образы точек этой окружности, кроме самого центра, лежат на одной прямой. Значит, \(A',B',C'\) коллинеарны.
Пример 7. Касание сохраняется
Инверсия полезна в задачах с касательными, потому что сохраняет углы.
Задача. Прямая \(l\) касается окружности \(\omega\) в точке \(T\ne O\). Докажите, что их образы тоже касаются в \(T'\).
Касание означает, что угол между прямой и окружностью равен \(0^\circ\). Инверсия сохраняет углы в точках, отличных от центра, поэтому угол между образами в \(T'\) тоже равен \(0^\circ\). Значит, образы касаются.
Пример 8. Выбор радиуса
Радиус часто выбирают так, чтобы важные точки поменялись местами.
Задача. На луче из \(O\) точки \(A\) и \(B\) таковы, что \(OA=3\), \(OB=12\). Найдите радиус инверсии, переводящей \(A\) в \(B\).
Нужно \(OA \cdot OB=R^2\). Поэтому \(R^2=3\cdot 12=36\), откуда \(R=6\).
Глава
Теоремы Чевы и Менелая
Ключевая идея
Теоремы Чевы и Менелая переводят геометрические утверждения о трёх прямых или трёх точках в произведение отношений на сторонах треугольника.
Чева отвечает на вопрос: когда три чевианы пересекаются в одной точке? Менелай отвечает на вопрос: когда три точки на сторонах или продолжениях сторон лежат на одной прямой?
Основные факты
Пусть в треугольнике \(ABC\) точка \(D\) лежит на \(BC\), точка \(E\) на \(CA\), точка \(F\) на \(AB\). Тогда прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\) конкурентны тогда и только тогда, когда
\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\]
Если точки \(D,E,F\) лежат на прямых \(BC,CA,AB\), то они коллинеарны тогда и только тогда, когда для направленных отношений
\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=-1.\]
В тренировочных задачах с обычными положительными длинами часто встречается вариант Менелая: если ровно одна из трёх точек лежит на продолжении стороны, произведение соответствующих положительных отношений равно \(1\).
Когда применять метод
Используйте Чеву, если нужно доказать, что три прямые проходят через одну точку, или найти отношение, при котором это возможно. Используйте Менелая, если нужно доказать, что три точки лежат на одной прямой, или найти точку пересечения прямой со стороной треугольника.
Обе теоремы особенно полезны, когда в задаче уже даны отношения на сторонах треугольника или можно легко получить их из подобия, площадей, биссектрис или параллельных прямых.
Как распознать метод
Слова-сигналы для Чевы: «докажите, что прямые пересекаются в одной точке», «три чевианы», «точка пересечения двух прямых лежит на третьей».
Слова-сигналы для Менелая: «докажите, что точки коллинеарны», «прямая пересекает стороны треугольника», «точка лежит на продолжении стороны».
Типичные ошибки
Самая частая ошибка - перепутать Чеву и Менелая. Чева про конкурентность прямых, Менелай про коллинеарность точек.
Вторая ошибка - записать отношения в разном порядке. Если начали с \(\frac{BD}{DC}\), то дальше нужно идти циклически: \(\frac{CE}{EA}\), \(\frac{AF}{FB}\). В задачах с точками на продолжениях не забывайте про направленные отношения или ясно переходите к положительной версии.
Мини-чеклист
1. Нарисуйте треугольник, относительно которого применяете теорему.
2. Отметьте три точки на сторонах или продолжениях сторон.
3. Решите: нужна конкурентность прямых или коллинеарность точек.
4. Запишите произведение отношений в одном циклическом порядке.
5. Найдите неизвестное отношение или проверьте равенство \(1\) для Чевы и \(-1\) для направленного Менелая.
Пример 1. Найти отношение по Чеве
Базовый пример на прямую подстановку в формулу Чевы.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D,E,F\) лежат на \(BC,CA,AB\). Известно, что \(BD:DC=2:3\), \(CE:EA=3:4\). Найдите \(AF:FB\), если \(AD\), \(BE\), \(CF\) конкурентны.
По теореме Чевы \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Поэтому \(\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Получаем \(\frac{1}{2}\cdot\frac{AF}{FB}=1\), значит, \(AF:FB=2:1\).
Пример 2. Медианы пересекаются в одной точке
Чева быстро доказывает конкурентность медиан.
Задача. Докажите, что медианы треугольника конкурентны.
Пусть \(D,E,F\) - середины \(BC,CA,AB\). Тогда \(\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FB}=1\). Произведение равно \(1\), поэтому по теореме Чевы прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\), то есть медианы, конкурентны.
Пример 3. Менелай с одной внешней точкой
Здесь важно увидеть, что речь идёт о коллинеарности точек, а не о пересечении прямых.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in BC\), \(E\in CA\), а точка \(F\) лежит на продолжении \(AB\) за \(B\). Пусть \(D,E,F\) коллинеарны, \(BD:DC=2:5\), \(CE:EA=5:3\). Найдите \(AF:FB\).
Для положительных длин при одной внешней точке используем форму Менелая: \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Тогда \(\frac{2}{5}\cdot\frac{5}{3}\cdot\frac{AF}{FB}=1\), откуда \(\frac{2}{3}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Следовательно, \(AF:FB=3:2\).
Пример 4. Проверка коллинеарности
Менелай часто позволяет доказать, что три точки лежат на одной прямой.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in BC\), \(E\in CA\), а \(F\) лежит на продолжении \(AB\) за \(B\). Дано \(BD:DC=2:3\), \(CE:EA=3:4\), \(AF:FB=2:1\). Докажите, что \(D,E,F\) коллинеарны.
Вычислим произведение положительных отношений: \(\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot 2=1\). Так как ровно одна точка лежит на продолжении стороны, по положительной форме теоремы Менелая точки \(D,E,F\) коллинеарны.
Пример 5. Не перепутать Чеву и Менелая
Одна и та же запись отношений может относиться к разным геометрическим целям.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D,E,F\) лежат на сторонах \(BC,CA,AB\) и \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Что следует из теоремы Чевы?
Если точки лежат на сторонах треугольника, а произведение равно \(1\), то по теореме Чевы прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\) конкурентны. Это не утверждение о коллинеарности точек \(D,E,F\).
Пример 6. Биссектрисы через Чеву
Чева соединяется с уже знакомой теоремой о биссектрисе.
Задача. Докажите, что внутренние биссектрисы треугольника конкурентны.
Пусть биссектриса из \(A\) пересекает \(BC\) в \(D\), из \(B\) пересекает \(CA\) в \(E\), из \(C\) пересекает \(AB\) в \(F\). По теореме о биссектрисе \(\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\), \(\frac{CE}{EA}=\frac{BC}{BA}\), \(\frac{AF}{FB}=\frac{CA}{CB}\). Произведение равно \(1\), значит, по Чеве биссектрисы конкурентны.
Пример 7. Две чевианы задают третью
Если две прямые уже пересеклись, Чева помогает найти, где третья должна пересечь сторону.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in BC\), \(E\in CA\), \(BD:DC=3:2\), \(CE:EA=5:6\). Прямые \(AD\) и \(BE\) пересекаются в \(P\), а \(CP\) пересекает \(AB\) в \(F\). Найдите \(AF:FB\).
Прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\) конкурентны в точке \(P\). По Чеве \(\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Первые два множителя дают \(\frac{5}{4}\), значит, \(\frac{AF}{FB}=\frac{4}{5}\). Поэтому \(AF:FB=4:5\).
Пример 8. Чева и Менелай вместе
В более сильных задачах одна и та же пара точек может использоваться двумя разными теоремами.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in BC\), \(E\in CA\). Прямые \(AD\) и \(BE\) пересекаются в \(P\), \(CP\) пересекает \(AB\) в \(F\), а прямая \(DE\) пересекает продолжение \(AB\) в \(X\). Докажите, что \(\frac{AF}{FB}=\frac{AX}{XB}\) для обычных длин.
По Чеве для конкурентных \(AD,BE,CF\): \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). По Менелаю для коллинеарных \(D,E,X\): \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AX}{XB}=1\). Левые первые два множителя одинаковы, значит, \(\frac{AF}{FB}=\frac{AX}{XB}\).
Глава
Метод площадей II
Ключевая идея
Метод площадей превращает отношения отрезков в отношения площадей. Если два треугольника имеют общую высоту, их площади относятся как основания. Если у них общее основание, площади относятся как высоты.
Во второй книге метод площадей становится инструментом для работы с чевианами: через площади малых треугольников около внутренней точки можно быстро находить отношения на сторонах и доказывать конкурентность.
Основные факты
Если \(D\in BC\), то \(\frac{[ABD]}{[ADC]}=\frac{BD}{DC}\), потому что треугольники \(ABD\) и \(ADC\) имеют общую высоту из \(A\).
Пусть точка \(P\) лежит внутри треугольника \(ABC\). Обозначим \(S_A=[PBC]\), \(S_B=[PCA]\), \(S_C=[PAB]\). Если \(AP\), \(BP\), \(CP\) пересекают \(BC\), \(CA\), \(AB\) в \(D,E,F\), то
\[\frac{BD}{DC}=\frac{S_C}{S_B},\qquad \frac{CE}{EA}=\frac{S_A}{S_C},\qquad \frac{AF}{FB}=\frac{S_B}{S_A}.\]
Кроме того, если \(P\in AD\), где \(D\in BC\), то \(\frac{[PBC]}{[ABC]}=\frac{PD}{AD}\). Это первый шаг к mass points: площади показывают, как точка делит чевиану.
Когда применять метод
Метод площадей полезен, когда в задаче есть отношения на сторонах, чевианы, медианы, точки пересечения внутри треугольника, или нужно доказать равенство отношений без тригонометрии.
Он особенно силён после Чевы и Менелая: иногда вместо поиска подобия достаточно выразить три отношения через три малые площади.
Как распознать метод
Ищите треугольники с общей высотой или общим основанием. Если точка лежит внутри треугольника и проведены чевианы через неё, почти всегда можно обозначить три площади \(S_A\), \(S_B\), \(S_C\).
Сигналы: «найдите отношение», «докажите равенство отношений», «точка пересечения чевиан», «медиана», «без тригонометрии».
Типичные ошибки
Не сравнивайте площади треугольников, у которых нет общей высоты или общего основания. Сначала явно назовите, какая высота общая.
Не путайте площади около точки \(P\): \(S_A=[PBC]\) лежит напротив вершины \(A\), а не около неё. В формулах для чевиан важно соблюдать порядок вершин.
Мини-чеклист
1. Найдите пары треугольников с общей высотой или общим основанием.
2. Если есть внутренняя точка \(P\), обозначьте \(S_A=[PBC]\), \(S_B=[PCA]\), \(S_C=[PAB]\).
3. Переведите отношения на сторонах в отношения площадей.
4. Используйте Чеву, если нужно доказать конкурентность.
5. Для отношения на чевиане сравните площадь треугольника с основанием на стороне и площадь всего треугольника.
Пример 1. Общее основание или общая высота
Первый пример закрепляет главный перевод: отрезки на стороне становятся площадями.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точка \(D\in BC\), \(BD:DC=3:5\). Найдите \([ABD]:[ADC]\).
Треугольники \(ABD\) и \(ADC\) имеют общую высоту из \(A\) к прямой \(BC\). Поэтому их площади относятся как основания: \([ABD]:[ADC]=BD:DC=3:5\).
Пример 2. От площади к отрезку
Метод работает и в обратную сторону.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точка \(D\in BC\), и \([ABD]:[ADC]=7:4\). Найдите \(BD:DC\).
Треугольники \(ABD\) и \(ADC\) снова имеют общую высоту из \(A\). Значит, отношение площадей равно отношению оснований, поэтому \(BD:DC=7:4\).
Пример 3. Внутренняя точка и чевиана
Показывает, как площадь около точки \(P\) даёт отношение на стороне.
Задача. Точка \(P\) лежит внутри треугольника \(ABC\). Прямая \(AP\) пересекает \(BC\) в \(D\). Докажите, что \(\frac{BD}{DC}=\frac{[ABP]}{[ACP]}\).
Треугольники \(ABP\) и \(ACP\) имеют общее основание \(AP\). Их высоты к \(AP\), проведённые из \(B\) и \(C\), относятся как \(BD:DC\), потому что точки \(B,D,C\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(\frac{[ABP]}{[ACP]}=\frac{BD}{DC}\).
Пример 4. Три малые площади
Из трёх площадей вокруг точки можно сразу читать три отношения на сторонах.
Задача. Внутри треугольника \(ABC\) дана точка \(P\). Пусть \([PBC]=8\), \([PCA]=12\), \([PAB]=18\). Прямые \(AP\), \(BP\), \(CP\) пересекают \(BC\), \(CA\), \(AB\) в \(D,E,F\). Найдите \(BD:DC\), \(CE:EA\), \(AF:FB\).
Используем формулы: \(\frac{BD}{DC}=\frac{[PAB]}{[PCA]}=\frac{18}{12}=3:2\). Далее \(\frac{CE}{EA}=\frac{[PBC]}{[PAB]}=\frac{8}{18}=4:9\). Наконец, \(\frac{AF}{FB}=\frac{[PCA]}{[PBC]}=\frac{12}{8}=3:2\).
Пример 5. Чева из площадей
Площади объясняют, почему произведение в Чеве равно \(1\).
Задача. Точка \(P\) лежит внутри треугольника \(ABC\), а \(AP\), \(BP\), \(CP\) пересекают стороны в \(D,E,F\). Докажите, что \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\).
Обозначим \(S_A=[PBC]\), \(S_B=[PCA]\), \(S_C=[PAB]\). Тогда \(\frac{BD}{DC}=\frac{S_C}{S_B}\), \(\frac{CE}{EA}=\frac{S_A}{S_C}\), \(\frac{AF}{FB}=\frac{S_B}{S_A}\). Произведение равно \(1\).
Пример 6. Отношение на чевиане
Здесь появляется первый смысл mass points: точка делит чевиану в отношении площадей.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точка \(D\in BC\), \(P\in AD\). Известно, что \([PBC]:[ABC]=2:7\). Найдите \(AP:PD\).
Треугольники \(PBC\) и \(ABC\) имеют общее основание \(BC\), поэтому их площади относятся как высоты к \(BC\). На отрезке \(AD\) высота точки \(P\) к \(BC\) составляет долю \(\frac{PD}{AD}\) высоты точки \(A\). Значит, \(\frac{PD}{AD}=\frac{2}{7}\). Тогда \(AP:PD=(AD-PD):PD=5:2\).
Пример 7. Найти площади около точки
Две чевианы задают отношения трёх малых площадей.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in BC\), \(E\in CA\), \(BD:DC=2:3\), \(CE:EA=4:5\). Прямые \(AD\) и \(BE\) пересекаются в \(P\). Найдите \([PAB]:[PBC]:[PCA]\).
Пусть \(x=[PAB]\), \(y=[PBC]\), \(z=[PCA]\). Из \(BD:DC=2:3\) получаем \(x:z=2:3\). Из \(CE:EA=4:5\) получаем \(y:x=4:5\). Возьмём \(x=10\), тогда \(z=15\), \(y=8\). Поэтому \([PAB]:[PBC]:[PCA]=10:8:15\).
Пример 8. Без тригонометрии
Иногда площади заменяют более тяжёлые вычисления.
Задача. Точка \(P\) внутри треугольника \(ABC\), и \([PAB]=[PAC]\). Прямая \(AP\) пересекает \(BC\) в \(D\). Докажите, что \(D\) - середина \(BC\).
По формуле для чевианы \(\frac{BD}{DC}=\frac{[PAB]}{[PAC]}\). По условию площади равны, значит, \(\frac{BD}{DC}=1\). Поэтому \(BD=DC\), то есть \(D\) - середина \(BC\).
Глава
Полные четырёхугольники и точки Микеля
Ключевая идея
Полный четырёхугольник образован четырьмя прямыми. Каждые две прямые пересекаются, поэтому появляется шесть точек. Из четырёх троек прямых получаются четыре треугольника, и их описанные окружности часто проходят через одну общую точку - точку Микеля.
Точка Микеля позволяет заменить длинную охоту за углами одним сильным наблюдением: если две окружности из полной конфигурации пересекаются в новой точке \(M\), то \(M\) лежит и на двух остальных окружностях.
Основные факты
Для четырёх прямых \(l_1,l_2,l_3,l_4\) обозначим \(A=l_1\cap l_2\), \(B=l_2\cap l_3\), \(C=l_3\cap l_4\), \(D=l_4\cap l_1\), \(E=l_1\cap l_3\), \(F=l_2\cap l_4\). Тогда четыре окружности
\[(ABE),\quad (ADF),\quad (CDE),\quad (BCF)\]
проходят через одну точку \(M\). Эта точка называется точкой Микеля полного четырёхугольника.
Главный рабочий критерий цикличности: точки \(X,Y,Z,T\) лежат на одной окружности, если \(\angle XZY=\angle XTY\) или если сумма противоположных углов равна \(180^\circ\).
Когда применять метод
Ищите точку Микеля, когда в задаче есть четыре прямые, много пересечений, несколько окружностей через тройки точек или нужно доказать, что разные окружности имеют общую точку.
Метод особенно полезен, когда нужно доказать соокружность: вместо того чтобы строить новую окружность с нуля, часто достаточно увидеть полный четырёхугольник и назвать его точку Микеля.
Как распознать метод
Сигналы: четыре прямые, шесть точек пересечения, окружности на треугольниках, фразы «докажите, что несколько окружностей проходят через одну точку», «докажите, что четыре точки лежат на одной окружности».
Полезный приём: сначала подпишите четыре прямые, затем выпишите шесть точек пересечения. После этого станет видно, какие четыре окружности относятся к полному четырёхугольнику.
Типичные ошибки
Не путайте полный четырёхугольник с обычным четырёхугольником. В полном четырёхугольнике важны все шесть точек пересечения четырёх прямых.
Не называйте точку Микеля без проверки, какие именно четыре окружности участвуют. Окружность должна проходить через три вершины, образованные тремя из четырёх прямых.
Мини-чеклист
1. Найдите четыре прямые конфигурации.
2. Обозначьте шесть точек пересечения.
3. Выпишите четыре треугольника, образованные тройками прямых.
4. Возьмите вторую точку пересечения двух окружностей и проверьте углами, что она лежит на третьей и четвёртой.
5. Для доказательства цикличности используйте равенство вписанных углов.
Пример 1. Критерий соокружности
Перед точкой Микеля нужен уверенный навык доказывать цикличность углами.
Задача. Докажите, что если \(\angle AXB=\angle AYB\), то точки \(A,B,X,Y\) лежат на одной окружности.
Равные углы \(\angle AXB\) и \(\angle AYB\) опираются на один и тот же отрезок \(AB\). По обратному признаку вписанных углов точки \(X\) и \(Y\) лежат на одной окружности с \(A\) и \(B\).
Пример 2. Полный четырёхугольник из четырёх прямых
Пример учит правильно подписывать шесть точек.
Задача. Даны четыре прямые \(l_1,l_2,l_3,l_4\). Обозначьте шесть точек пересечения и выпишите четыре окружности полного четырёхугольника.
Пусть \(A=l_1\cap l_2\), \(B=l_2\cap l_3\), \(C=l_3\cap l_4\), \(D=l_4\cap l_1\), \(E=l_1\cap l_3\), \(F=l_2\cap l_4\). Тройки прямых дают треугольники \(ABE\), \(BCF\), \(CDE\), \(ADF\). Соответствующие окружности: \((ABE)\), \((BCF)\), \((CDE)\), \((ADF)\).
Пример 3. Две окружности задают кандидата
Точку Микеля удобно строить как второе пересечение двух окружностей.
Задача. В обозначениях предыдущего примера окружности \((ABE)\) и \((ADF)\) пересекаются в точках \(A\) и \(M\). Докажите, что \(\angle BME=\angle BAE\) и \(\angle DMF=\angle DAF\).
Так как \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности, углы \(\angle BME\) и \(\angle BAE\) опираются на хорду \(BE\), значит, равны. Аналогично, из цикличности \(A,D,F,M\) получаем \(\angle DMF=\angle DAF\).
Пример 4. Первый шаг к теореме Микеля
Показываем, как из двух окружностей получить третью.
Задача. В полном четырёхугольнике из прямых \(l_1,l_2,l_3,l_4\) точка \(M\) лежит на окружностях \((ABE)\) и \((ADF)\). Докажите, что \(B,C,F,M\) лежат на одной окружности.
Достаточно доказать \(\angle BMF=\angle BCF\). Разобьём угол: \(\angle BMF=\angle BMA+\angle AMF\). Так как \(A,B,E,M\) цикличны, \(\angle BMA=\angle BEA\), это угол между \(l_3\) и \(l_1\). Так как \(A,D,F,M\) цикличны, \(\angle AMF=\angle ADF\), это угол между \(l_1\) и \(l_4\). Сумма равна углу между \(l_3\) и \(l_4\), то есть \(\angle BCF\). Значит, \(B,C,F,M\) цикличны.
Пример 5. Полная теорема Микеля
Теперь завершаем доказательство для всех четырёх окружностей.
Задача. Докажите, что окружности \((ABE)\), \((ADF)\), \((BCF)\), \((CDE)\) имеют общую точку.
Пусть \(M\) - второе пересечение окружностей \((ABE)\) и \((ADF)\). По предыдущему примеру \(M\in (BCF)\). Аналогичным угловым вычислением получаем \(\angle CME=\angle CDE\), значит, \(C,D,E,M\) цикличны, то есть \(M\in (CDE)\). Следовательно, все четыре окружности проходят через \(M\).
Пример 6. Обычный четырёхугольник как полный
У обычного четырёхугольника тоже есть полный четырёхугольник его сторон.
Задача. В четырёхугольнике \(ABCD\) прямые \(AB\) и \(CD\) пересекаются в \(E\), а \(AD\) и \(BC\) - в \(F\). Какие четыре окружности проходят через точку Микеля этих четырёх прямых?
Четыре прямые - это \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\). Тройки соседних прямых дают окружности \((ABF)\), \((BCE)\), \((CDF)\), \((DAE)\). По теореме Микеля они проходят через одну точку.
Пример 7. Равенство углов из точки Микеля
После нахождения точки Микеля можно читать новые углы.
Задача. Пусть \(M\) - точка Микеля полного четырёхугольника, и \(M\in (BCF)\). Докажите, что \(\angle BMF=\angle BCF\).
Точки \(B,C,F,M\) лежат на одной окружности. Углы \(\angle BMF\) и \(\angle BCF\) опираются на одну хорду \(BF\), поэтому равны.
Пример 8. Спиральное подобие в точке Микеля
Точка Микеля часто одновременно является центром спирального подобия.
Задача. Если \(M\) лежит на окружностях \((ABE)\) и \((ADF)\), докажите, что \(\angle BME=\angle DMF\), если углы между \(l_1,l_2\) взяты согласованно.
Из \(A,B,E,M\) цикличны получаем \(\angle BME=\angle BAE\). Из \(A,D,F,M\) цикличны получаем \(\angle DMF=\angle DAF\). Но \(\angle BAE\) и \(\angle DAF\) - один и тот же угол между прямыми \(l_2\) и \(l_1\). Следовательно, \(\angle BME=\angle DMF\).
Глава
Координаты и векторы в геометрии
Ключевая идея
Координаты и векторы в олимпиадной геометрии нужны не для механического счёта, а для правильного выбора языка. Если оси выбраны удачно, параллельность, перпендикулярность, длины, середины и окружности превращаются в короткие вычисления.
Главный принцип: сначала понять геометрию конфигурации, затем поставить начало координат, оси и масштаб так, чтобы как можно больше точек имели простые координаты.
Основные факты
Если \(A(x_1,y_1)\), \(B(x_2,y_2)\), то \(\overrightarrow{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)\), а \(AB^2=(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2\).
Скалярное произведение: \((u_1,u_2)\cdot(v_1,v_2)=u_1v_1+u_2v_2\). Векторы перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение равно \(0\).
Середина отрезка \(AB\) имеет координаты \(\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)\). Точка, делящая \(AB\) в отношении \(m:n\), часто удобнее записывается через параметр.
Окружность имеет вид \(x^2+y^2+ux+vy+w=0\). Прямая имеет вид \(ax+by+c=0\). Для окружности через начало координат обычно \(w=0\), что сильно сокращает вычисления.
Когда применять метод
Метод координат особенно полезен, когда в задаче есть прямые углы, параллельные прямые, середины, отношения на отрезках, окружность с удобным диаметром или необходимость доказать принадлежность точки прямой/окружности.
Векторы удобны для доказательства параллельности, серединных утверждений, конкуррентности медиан, а также для задач, где надо избежать громоздкого angle chasing.
Как распознать метод
Если можно положить одну сторону на ось \(Ox\), вторую на ось \(Oy\), центр окружности в начало координат или взять середину за начало, координаты могут резко упростить задачу.
Слова “докажите перпендикулярность”, “найдите длину”, “точка лежит на окружности”, “отношение отрезков” часто указывают на скалярное произведение, формулу расстояния или уравнение окружности.
Типичные ошибки
Первая ошибка — выбирать слишком общие координаты, например три произвольные точки вместо \(A(0,0)\), \(B(1,0)\), \(C(u,v)\). Вторая — доказывать равенство длин через сами длины, хотя достаточно сравнить квадраты.
Третья ошибка — забывать, что координатное решение должно объяснять выбор системы координат. Если выбор не упрощает задачу, метод теряет смысл.
Мини-чеклист
Перед вычислениями спросите себя: где поставить начало координат? Какие оси дадут нули? Можно ли заменить длины квадратами? Есть ли перпендикулярность, которую удобно проверить через скалярное произведение? Можно ли записать окружность в виде \(x^2+y^2+ux+vy+w=0\)?
Пример 1. Удачный выбор осей
Пример показывает, как ось симметрии превращает доказательство в одну строку.
Задача. В равнобедренном треугольнике \(CA=CB\) докажите, что медиана из \(C\) к основанию \(AB\) является высотой.
Положим \(A(-1,0)\), \(B(1,0)\), \(C(0,h)\). Середина \(AB\) есть \(M(0,0)\). Тогда \(CM\) вертикальна, а \(AB\) горизонтальна, значит \(CM\perp AB\).
Комментарий. Координаты выбраны так, чтобы симметрия была видна сразу.
Пример 2. Скалярное произведение
Перпендикулярность часто удобнее доказывать не углами, а нулевым скалярным произведением.
Задача. Пусть \(A(0,0)\), \(B(a,b)\), \(C(-b,a)\). Докажите, что \(AB\perp AC\) и \(AB=AC\).
Имеем \(\overrightarrow{AB}=(a,b)\), \(\overrightarrow{AC}=(-b,a)\). Тогда \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=a(-b)+ba=0\), значит \(AB\perp AC\). Кроме того, \(AB^2=a^2+b^2\) и \(AC^2=(-b)^2+a^2=a^2+b^2\), поэтому \(AB=AC\).
Пример 3. Окружность через начало координат
Если одна точка окружности — начало координат, уравнение становится короче.
Задача. Найдите окружность, проходящую через \(A(0,0)\), \(B(a,0)\), \(C(0,b)\), где \(a,b\ne 0\).
Пусть окружность имеет вид \(x^2+y^2+ux+vy+w=0\). Из точки \(A(0,0)\) получаем \(w=0\). Из \(B(a,0)\): \(a^2+ua=0\), значит \(u=-a\). Из \(C(0,b)\): \(b^2+vb=0\), значит \(v=-b\). Поэтому окружность имеет уравнение \(x^2+y^2-ax-by=0\).
Пример 4. Середина гипотенузы
Классическое утверждение становится прямой проверкой квадратов расстояний.
Задача. В прямоугольном треугольнике \(A(0,0)\), \(B(m,0)\), \(C(0,n)\) докажите, что середина гипотенузы равноудалена от всех вершин.
Середина \(BC\) есть \(M\left(\frac m2,\frac n2\right)\). Тогда \(MA^2=\frac{m^2+n^2}{4}\), \(MB^2=\left(\frac m2\right)^2+\left(\frac n2\right)^2\), \(MC^2=\left(\frac m2\right)^2+\left(\frac n2\right)^2\). Все три квадрата равны, значит \(MA=MB=MC\).
Пример 5. Отношение на стороне
Координаты удобно считают точки, заданные отношением отрезков.
Задача. В треугольнике \(A(0,0)\), \(B(6,0)\), \(C(0,6)\) точка \(P(2,1)\). Пусть прямые \(AP\), \(BP\), \(CP\) пересекают противоположные стороны в \(D,E,F\). Найдите отношения \(BD:DC\), \(CE:EA\), \(AF:FB\).
Прямая \(AP\) имеет уравнение \(y=\frac{x}{2}\), а \(BC\) имеет уравнение \(x+y=6\). Получаем \(D(4,2)\), поэтому \(BD:DC=1:2\). Прямая \(BP\) даёт \(E(0,\frac32)\), значит \(CE:EA=3:1\). Прямая \(CP\) пересекает \(AB\) в \(F(\frac{12}{5},0)\), значит \(AF:FB=2:3\).
Пример 6. Векторное доказательство средней линии
Векторы особенно хорошо работают с серединами.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(M,N\) — середины \(AB\) и \(AC\). Докажите, что \(MN\parallel BC\) и \(MN=\frac12BC\).
Обозначим радиус-векторы точек \(A,B,C\) через \(a,b,c\). Тогда \(m=\frac{a+b}{2}\), \(n=\frac{a+c}{2}\). Поэтому \(\overrightarrow{MN}=n-m=\frac{c-b}{2}=\frac12\overrightarrow{BC}\). Значит \(MN\parallel BC\) и \(MN=\frac12BC\).
Пример 7. Принадлежность окружности
Иногда достаточно подставить координаты в уравнение окружности.
Задача. Докажите, что точки \(A(-3,0)\), \(B(3,0)\), \(C(2,2)\), \(D(-2,2)\) лежат на одной окружности.
Проверим окружность \(x^2+\left(y+\frac14\right)^2=\frac{145}{16}\). Для \(A\) и \(B\) получаем \(9+\frac{1}{16}=\frac{145}{16}\). Для \(C\) и \(D\) получаем \(4+\left(\frac94\right)^2=4+\frac{81}{16}=\frac{145}{16}\). Все четыре точки лежат на одной окружности.
Пример 8. Координаты как сильный метод
Общий результат можно доказать вычислением, если выбрать координаты аккуратно.
Задача. В треугольнике \(A(0,0)\), \(B(1,0)\), \(C(u,v)\), \(v\ne 0\), докажите, что ортоцентр имеет координаты \(H\left(u,\frac{u(1-u)}{v}\right)\).
Высота из \(C\) перпендикулярна \(AB\), значит она имеет уравнение \(x=u\). Прямая \(AC\) имеет направляющий вектор \((u,v)\), поэтому высота из \(B\) имеет направляющий вектор \((v,-u)\). Её уравнение: \(y=-\frac{u}{v}(x-1)\). При \(x=u\) получаем \(y=-\frac{u}{v}(u-1)=\frac{u(1-u)}{v}\). Следовательно, \(H\left(u,\frac{u(1-u)}{v}\right)\).
Глава
Смешанные задачи II
Ключевая идея
В смешанной задаче метод заранее не подписан. Сначала нужно увидеть структуру: окружности, касательные, отношения, середины, параллельность, пересечения прямых. Хорошее решение начинается не с вычислений, а с выбора инструмента.
Один и тот же факт часто можно доказать разными способами. Например, соокружность можно получить углами, степенью точки, уравнением окружности или через точку Микеля. Цель модуля — научиться выбирать самый короткий путь.
Основные факты
Для окружностей используйте вписанные углы, касательную и хорду, степень точки \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\), а также равенство степеней на радикальной оси.
Для отношений на сторонах работают теоремы Чевы и Менелая, площади с общей высотой, подобие и гомотетия. Для конфигураций из четырёх прямых часто появляется точка Микеля.
Если конфигурация содержит прямые углы, середины, уравнение окружности или слишком много длин, координаты и векторы могут заменить длинное синтетическое решение.
Когда применять метод
Степень точки стоит пробовать, если из одной точки выходят две секущие или касательная и секущая. Радикальная ось полезна, когда надо доказать коллинеарность точек, связанных с несколькими окружностями.
Чева указывает на конкурентность, Менелай — на коллинеарность. Площади помогают, когда есть одна высота или надо получить отношение на стороне. Точка Микеля появляется в конфигурациях из четырёх прямых и трёх-четырёх окружностей.
Как распознать метод
Спросите: что надо доказать? Соокружность обычно зовёт углы или степень точки. Коллинеарность с окружностями часто зовёт радикальную ось. Конкурентность cevian-ов зовёт Чеву или площади.
Если в задаче есть “пересечение касательных”, ищите степень точки или гомотетию. Если есть “четыре прямые”, проверьте полный четырёхугольник и точку Микеля. Если синтетическая картина перегружена, выберите координаты.
Типичные ошибки
Первая ошибка — начинать с любимого метода, а не с признаков задачи. Вторая — применять Чеву там, где нужна коллинеарность, или Менелая там, где нужна конкурентность.
Третья ошибка — забывать направленные отрезки в задачах с внешними точками. Четвёртая — доказывать соокружность углами, когда одна строка со степенью точки уже решает задачу.
Мини-чеклист
Перед решением отметьте цель: соокружность, коллинеарность, конкурентность, отношение или длина. Затем найдите главный объект: окружность, точка, прямая, отношение, касательная, полный четырёхугольник. После этого выберите инструмент и только потом начинайте вычисления или angle chasing.
Пример 1. Узнать степень точки
Если из одной точки выходят касательная и секущая, обычно не нужно гонять углы.
Задача. Из точки \(P\) проведена касательная \(PT\) к окружности и секущая \(PAB\). Известно, что \(PA=4\), \(PT=6\). Найдите \(PB\).
По степени точки \(PT^2=PA\cdot PB\). Поэтому \(36=4\cdot PB\), откуда \(PB=9\).
Комментарий. Главный признак метода — касательная и секущая из одной точки.
Пример 2. Соокружность через прямые углы
Иногда окружность надо видеть как окружность с диаметром.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\) и \(E\) — основания высот из \(B\) и \(C\). Докажите, что \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности.
Имеем \(\angle BDC=90^\circ\) и \(\angle BEC=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Следовательно, \(B,C,D,E\) соокружны.
Пример 3. Радикальная ось вместо вычислений
Коллинеарность в задаче с несколькими окружностями часто означает радикальные оси.
Задача. Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\) пересекаются в \(A,B\). Точка \(P\) лежит на прямой \(AB\). Прямая через \(P\) пересекает \(\omega_1\) в \(X,Y\), а другая прямая через \(P\) пересекает \(\omega_2\) в \(U,V\). Докажите, что \(PX\cdot PY=PU\cdot PV\).
Прямая \(AB\) — радикальная ось окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Поэтому степени точки \(P\) относительно этих окружностей равны. Следовательно, \(PX\cdot PY=PU\cdot PV\).
Пример 4. Чева или Менелай
Если нужно доказать пересечение трёх прямых, сначала проверяем Чеву.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D,E,F\) лежат на \(BC,CA,AB\) соответственно. Пусть \(BD:DC=2:3\), \(CE:EA=3:4\), \(AF:FB=2:1\). Докажите, что \(AD,BE,CF\) пересекаются в одной точке.
По теореме Чевы достаточно проверить произведение: \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot 2=1\). Значит прямые конкурентны.
Пример 5. Площади вместо подобия
Отношение на стороне часто равно отношению площадей с общей высотой.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точка \(D\) лежит на \(BC\), причём \(BD:DC=3:5\). Докажите, что \([ABD]:[ACD]=3:5\).
Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют общую высоту из \(A\) к прямой \(BC\). Поэтому их площади относятся как основания: \([ABD]:[ACD]=BD:DC=3:5\).
Пример 6. Распознать точку Микеля
Четыре прямые и четыре окружности — почти всегда сигнал к точке Микеля.
Задача. В треугольнике \(ABC\) точки \(D\in AB\), \(E\in AC\), а прямые \(BE\) и \(CD\) пересекаются в \(P\). Докажите, что окружности \((ABE)\), \((ACD)\), \((BDP)\), \((CEP)\) имеют общую точку.
Рассмотрим четыре прямые \(AB,AC,BE,CD\). Их тройки образуют окружности \((ABE)\), \((ACD)\), \((BDP)\), \((CEP)\). По теореме Микеля полного четырёхугольника эти окружности проходят через одну точку.
Пример 7. Координаты как спасение
Если отношение получается из проекции, координаты дают короткое решение.
Задача. В треугольнике \(A(0,0)\), \(B(6,0)\), \(C(0,8)\) точка \(P\) — основание перпендикуляра из \(A\) на \(BC\). Найдите \(BP:PC\).
Запишем \(P=B+t(C-B)=(6-6t,8t)\). Вектор \(BC=(-6,8)\), а условие \(AP\perp BC\) даёт \((6-6t,8t)\cdot(-6,8)=0\). Получаем \(-36+100t=0\), значит \(t=\frac{9}{25}\). Поэтому \(BP:PC=t:(1-t)=9:16\).
Пример 8. Касательная и симмедиана
Сильная задача часто решается смесью касательной, углов и теоремы синусов.
Задача. В треугольнике \(ABC\) касательная к описанной окружности в точке \(A\) пересекает прямую \(BC\) в \(T\). Докажите, что \(TB:TC=AB^2:AC^2\).
По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), \(\angle TAC=\angle ABC\). Применяя теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\), получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\). По теореме синусов в \(ABC\) это равно \(\frac{AB^2}{AC^2}\).