Через две вершины вписанного четырёхугольника провели произвольную окружность ω. Из двух других вершин провели к ней касательные. (!) Для любой окружности ω прямая через точки касания проходит через фиксированную точку
Вписанная в треугольник ABC окружность касается AB, BC, CA в точках C₁, A₁, B₁. Три таракана ползут по AA₁, BB₁, CC₁ с постоянными скоростями так, что в какой-то момент времени они находятся в A, B, C, а в другой момент времени они находятся в A₁, B₁, C₁. Пусть в какой-то момент они оказались на одной прямой p₁, а в другой момент на одной прямой p₂. (!) Прямые p₁ и p₂ перпендикулярны
На внешние биссектрисы углов треугольника опустили перпендикуляры из его вершин (!) Основания всех перпендикуляров лежат на одной окружности (!) Её центр лежит на прямой, проходящей через инцентр и центр масс треугольника
То самое короткое решение этой задачи. За a, b, c, d обозначим длины касательных из A, B, C, D к вписанной в ABCD окружности, R ее радиус. Пусть AB, BC, CD, DA касаются вписанной в ABCD окружности в точках X, Y, Z, T. Пусть X', Z' симметричны X, Z относительно I. Тогда, из теоремы Птолемея для X'YZ'T имеем равенство: YT*XZ = R²*XY*ZT/ac + R²*YZ*XT/bd. Осталось заметить, что AB = YT*IA*IB/2R² (упражнение на площади), и записывая три аналогичных равенства и подставляя их в sqrt(AB*BC*CD*DA), побеждаем.
Точка К – середина отрезка АІ, где I это центр вписанной окружности треугольника АВС. Прямые ВІ, СI вторично пересекают окружность (АBC) в точках Во, Со соответственно. На прямых АВо, АСо отмечены точки Р и Q соответственно так, что прямые BK и BP симметричны относительно BI, а прямые CK и CQ симметричны относительно CI (!) Точки P, Q, І коллинеарны
Вот новогодний шедевр от Вовы Конышева, и по совместительству одна из моих любимых задач по планиметрии!
В вписанном четырёхугольнике ABCD P, Q, R, S - середины сторон AB, BC, CD, DA. Оказалось, что они лежат на одной окружности. Эта окружность пересекает AB, BC, CD, DA второй раз в точках T, U, V, W. Отрезки PR, QS, TV, UW высекают четырехугольник Г. (!) Точка пересечения диагоналей Г совпадает с точкой пересечения диагоналей ABCD
Четырёхугольник ABCD описан около окружности w. Точка I – инцентр треугольника ABC, прямые AC и BD пересекаются в точке P. Луч IP пересекает w в точке Q. (!) (ACQ) касается w
В четырехугольник ABCD вписана окружность с центром I. Касательные к (AIC) в точках A и C пересекаются в точке Q. Касательные к (BID) в точках B и D пересекаются в точке P. (!) P, I, Q лежат на одной прямой
Разбор разминки, решение которой никто не оставил в комментариях
1) Пусть D – точка пересечения XZ и OY (по условию она лежит на BC), E – точка пересечения OX и BC, L – точка пересечения AD и (ABC). Из инверсии относительно (ABC) получаем, что OD × OY = OA², то есть OA – касательная к (ADY), следовательно ∠AYO = ∠DAO = ∠DZO (из вписанности XOZY), тогда DZ = DA. 2) Из инверсии так же получаем, что четырёхугольник AOLY вписанный, значит ∠AYO = ∠ALO, откуда имеем вписанность четырёхугольника DOZL. То есть L – точка Микеля четырёхугольника XAOD, значит есть вписанность XDLY, откуда ∠XYD = ∠XLD, следовательно XL || AZ, значит XD = LD, откуда AL = XZ. 3) Продлим CX до пересечения с (ABC) в точке B'. Тогда так как ∠B'XE равен половине дуги OC, ∠EXB равен половине дуги OB, то эти углы равны, а так как OX содердит диаметр (ABC), то B'X = BX из симметрии. 4) Осталось показать равенство дуг AB' и CL. Они равны так как ∠OAC = ∠OCA и ∠OCX = ∠DAZ.
Простая, но тем не менее довольно красивая задача.
Даны треугольник ABC и произвольная точка P. Пусть Ha, Hb, Hc – ортоцентры треугольников BPC, APC, APB соответственно. (!) Площади треугольников ABC и HaHbHc равны.
