\documentclass[12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage[dvips]{graphicx}
\usepackage{amssymb,amsmath,textcomp,amsthm,color,wrapfig, float, multicol, dropping, soul}
\usepackage{wasysym, marvosym}

\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{ifsym}
\usepackage{simpsons}
\pagestyle{fancy}
\headheight 35pt
\headwidth 550pt
\rhead{{\bf Точка как окружность}}
\chead{}
\lhead{{\bfКнижка}}
\rfoot{}
\cfoot{\thepage}
\lfoot{}



\newtheorem{problem}{\textit}[section]
\newtheorem{home}{Дз}
\newcommand{\dok}{{\it {\bf Доказательство}.} \hspace{2mm}}
\newcommand{\remark }{\dropping{3}{\itshape{} \Homer} \mbox{}\\ \texttt}

\newcommand{\teacher}{\dropping{3}{\itshape{} \Lisa} \mbox{}\\ \texttt}
\textwidth=550pt
\textheight=750pt
\oddsidemargin=10pt
\hoffset=-2cm
\topmargin=-30mm
\begin{document}


%В главе xx мы ввели понятие радикальной оси для двух окружностей, как геометрическое место точек, 
%имеющих одинаковую степень относительно данных окружностей. Как мы выяснили, таким ГМТ является прямая. 
%Давайте теперь начнём непрерывно уменьшать радиус одной из окружностей до тех пор пока она не привратится в точку. 

%Любителям олимпиадных задач наверняка знаком так 


%Точка --- это окружность радиуса 0 ! Оказывается 


\section{Вводная часть}

\teacher{Занятие по этой теме стоит начать с самостоятельных попыток школьников 
решить \\ задачу 1, после этого перейти к обсуждению основных идей сюжета.}




В прошлых главах мы рассматривали понятие степень точки относительно обычных окружностей. А что если мы превратим окружность в точку? 
Другими словами, будем смотреть на точку как на окружность радиуса 0. Как тогда определить, что такое степень точки относительно такой вырожденной окружности? 
 Итак, есть "окружность" c центром в точке $Q$ и радиусом 0, мы хотим понять, что такое степень произвольной точки  $P$ 
относительно этой окружности. По определению  получаем, что степень равна: $PQ^{2}-0^{2}=PQ^{2}$, т. е. просто квадрат расстояния до точки. 
Таким образом, если, например, на две произвольные точки смотреть как на вырожденные окружности, 
то их радикальная ось --- это просто серединный перпендикуляр (рис. ~\ref{serper})! 
Удивительным образом оказывается, что это простое наблюдение полезно для решения довольно трудных задач. Но начнём с тривиальных фактов. 

Возьмём три произвольные точки  $A$, $B$, $C$, не лежащие на одной прямой, и посмотрим на них как на вырожденные окружности, т. е. окружности радиуса $0$. 
В главе XX мы выяснили, что радикальные оси трёх окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, пересекаются в одной точке. 
Для наших вырожденных окружностей $A$, $B$, $C$ эта теорема означает, что серединные перпендикуляры в любом треугольнике пересекаются в одной точке.  {\LARGE\smiley{}}

  Подчеркнём, что радикальная ось

\begin{itemize}
 
\item двух точек --- серединный перпендикуляр (рис. ~\ref{serper}); 

\item  точки и окружности ---  прямая, проходящая через {\bf середины касательных}, проведённых из точки к окружности
( рис. ~\ref{pointandcircle}) ;

\item  окружности и точки, лежащей на этой окружности --- {\bf касательная}, проведённая в этой точке, является
 радикальной осью окружности и этой точки (рис. ~\ref{tangent}).
 
\end{itemize}

Именно эти простые наблюдения являются фундаментом для всего занятия.

%{\bf {\it Основная идея}} в этой главе, как и в главе ХХ, состоит в том чтобы найти три окружности и использовать теорему о трёх радикальных осях, 
%главное отличие заключается в том, что тут в роли окружности могут выступать точки.
\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}

\includegraphics[]{1}
\caption{радикальная ось двух точек} 
\label{serper}

\includegraphics[scale=1]{2}
\caption{радикальная ось точки и окружности} 
\label{pointandcircle}
\end{multicols}

\centering
\includegraphics[]{3}
\caption{радикальная ось точки, лежащей на окружности} 
\label{tangent}
\end{figure}


\newpage
\section{Задачи для совместного обсуждения}


Начнём с совсем простых примеров. 
\begin{problem}
 Прямые $AB$, $AC$ --- касательные к окружности $\omega$. Точки $M$, $N$ --- середины отрезков 
$AB$, $AC$. Точка $P$ --- произвольная точка на прямой $MN$(рис. ~\ref{primer_1}). 
Докажите, что $PA=PD$, где  $PD$ --- касательная к $\omega$.  
\end{problem}
\dok 
Рассмотрим две окружности: $\omega$ и точку $A$ (окружность с центром в точке $A$ и нулевым радиусом). Тогда $MN$ --- 
радикальная ось этих двух окружностей. Следовательно, точка $P$ лежит на радикальной оси окружности $\omega$ и точки $A$. 
Тогда степень точки $P$ относительно окружностей равна, т.е. $PA^{2}=PD^{2}$, что и требовалось. \qed \\

Эта же идея в следующей задаче.

\begin{problem}
Дана окружность $\omega$ и фиксированная точка $A$ вне окружности. Через точку $A$ проводятся окружности $\omega'$, которые 
касаются окружности $\omega$ в точке $B$. Касательные, проведённые в точках $A$ и $B$ к окружности $\omega'$, пересекаются в точке $M$(рис. ~\ref{primer_2}). 
Докажите, что все точки $M$ лежат на одной прямой.
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
 \includegraphics[scale=0.9]{primer_1}
\caption{ } 
\label{primer_1}
 \includegraphics[scale=0.8]{primer_2}
\caption{} 
\label{primer_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok Прямая $BM$, будучи общей касательной, является радикальной осью  окружностей $\omega$ и $\omega'$. 
С другой стороны, прямая $AM$ является общей касательной для окружности $\omega'$ и вырожденной окружности c центром в точке $A$ радиуса 0. 
Рассмотрим три окружности: $\omega$, $\omega'$ и $A$ (вырожденная окружность).
Получаем, что точка $M$ --- это точка пересечения двух радикальных осей, следовательно, лежит на радиальной оси фиксированной точки $A$ и окружности $\omega$. 
Поэтому все точки $M$ лежат на одной прямой. \qed




Рассмотрим ещё один пример со сходной идеей.  
\begin{problem}[{\bf Кубок им. Колмогорова}]\label{kubok}
 Вписанная окружность ($I$ --- центр) касается сторон $AB$, $BC$, $AC$ 
в точках $C_0$, $A_0$, $B_0$. Прямая $BI$ пересекает 
$A_0C_0$ в точке $K$(рис. ~\ref{primer_3}). Докажите, что центр 
описанной окружности треугольника 
$BKB_0$ лежит на прямой $AC$.
\end{problem} 
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=1.1]{primer_3}
\caption{Центр окружности --- пересечение радикальных осей ! } 
\label{primer_3}
\end{figure}



\dok Мы знаем, что центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров. Оказывается, что этого вполне достаточно. 
Рассмотрим систему из трёх таких окружностей: вписанная окружность треугольника $ABC$, точка $B$ и точка $B_0$. 
Тогда для вписанной окружности и точки $B$ радикальная ось --- это прямая, проходящая через середины отрезков $BC_0$, $BA_0$. Но эта 
прямая, как легко заметить, является серединным перпендикуляром к отрезку $BK$. Значит центр описанной окружности треугольника $BKB_0$ лежит 
 на радикальной оси вписанной окружности и точки $B$. C другой стороны, радикальная ось точек $B$ и $B_0$ --- просто серединный перпендикуляр 
к отрезку $BB_0$. Получается, что центр описанной окружности треугольника $BKB_0$ является радикальным центром трёх окружностей. Поэтому лежит 
на радикальной оси вписанной окружности и точки $B_0$, т.е. на прямой $BC$.  \qed


%Идею рассмотрения вырожденных окружностей можно комбинировать с другими геометрическими приёмами: подобием, гомотетией и т.д. 

В следующих примерах основную идею нужно комбинировать с другими геометрическими методами: счётом углов, подобием, гомотетией и т.д. 
 

\begin{problem}
 Точка $I$ --- инцентр треугольника $ABC$. Прямая, проходящая через точку $I$ перпендикулярно прямой $BI$, пересекает прямую $AC$ в точке $B_1$(рис. ~\ref{primer_4}). 
Аналогично определяются точки $A_1$, $C_1$. Докажите, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ лежат на одной прямой(рис. ~\ref{primer_4_2} ). 
\end{problem}
\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
 \includegraphics[scale=0.9]{primer_4}
\caption{ } 
\label{primer_4}
 \includegraphics[scale=0.8]{primer_4_2}
\caption{} 
\label{primer_4_2}
\end{multicols}
\end{figure}

\dok 


%{\color{red} Может выделить идею? С другой стороны, эта идея уже должна быть раньше в главе ``Радик. оси''.} 
Порой удаётся доказать, что три точки лежат на одной прямой, показав, что каждая из них имеет одинаковую степень относительно двух окружностей.
Но пока у нас только одна окружность (вписанная) ?! Да и как считать степень точек $A_1$, $B_1$, $C_1$ относительно вписанной окружности ?! 
Каждая из точек строится одинаково относительно инцентра $I$, поэтому в качестве одной из окружностей возьмём точку $I$. Тогда, например степень точки $B_1$ 
относительно окружности $I$ будет равна $B_1I^{2}$. Какую окружность взять в качестве второй? Вписанная не подходит, т.к. $B_1I^{2}$ больше, чем степень точки 
$B_1$. А вот описанная подойдёт! По  теореме о {\it трилистнике} центр описанной окружности треугольника $AIC$ лежит на биссектрисе $BI$ (рис.~\ref{primer_4_3}). 

\begin{figure}[H]
    \centering  
    \includegraphics{primer_4_3}
\caption{Помогает трилистник} 
\label{primer_4_3}
 \end{figure}
 

Следовательно, прямая $B_1I$ касается описанной окружности треугольника $AIC$. Получаем, что $B_1I^{2}=B_1C \cdot B_1A$. 
Но ведь произведение $B_1C \cdot B_1A$ --- это степень точки $I$ относительно описанной окружности треугольника $ABC$. Итак, мы показали, что степень точки 
$B_1$ относительно окружности $I$ и описанной окружности треугольника $ABC$ одинакова, т.е. точка $B_1$ лежит на их радикальной оси. 
Аналогично, мы можем показать, что и точки $A_1$, $C_1$ лежат на этой же радикальной оси, т.е. точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ лежат на одной прямой. 
\qed 



\remark { Можно было обойтись и без теоремы о трилистнике: непосредственным счётом 
 углов\\ убедиться,  что $\triangle AIB_1 \sim \triangle CIB_1$, откуда следует
ключевое равенство: $B_1I^{2}=B_1C \cdot B_1A$. \\ 
Отметим, что из нашего доказательства следует перпендикулярность прямых $A_1C_1$ и $OI$.}




Оказывается, что с помощью идеи вырожденной окружности можно доказать такую классическую теорему. 

\begin{problem}[{\bf Лемма Варьера}]
 Окружность $\omega$ касается сторон $AB$, $BC$ треугольника $ABC$ в точках $C_1$, $A_1$ соответственно и касается внутренним образом  описанной окружности в точке 
$T$. 
Докажите, что инцентр $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A_1C_1$ (рис. ~\ref{primer_6_1}). 
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=1]{primer_6_1}
\caption{Лемма Варьера} 
\label{primer_6_1}

\includegraphics[scale=1]{primer_6_2}
\caption{} 
\label{primer_6_2}
\end{multicols}
\end{figure}

\dok
Заметим, что по лемме Архимеда (задача xx, главы xx) 
прямая $TA_1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A$ (рис. ~\ref{primer_6_2}). 
%{\color{red} Точка I на рис.11 и 12 смущает. }
Аналогично, прямая $TC_1$ проходит через середину дуги $AB$, не содержащей вершину $C$. Обозначим середины этих дуг через $A_0$, $C_0$ соответственно. 
Напомним, что из той же леммы Архимеда следует, что $A_0B^{2}=A_0A_1\cdot A_0T$ 
%{\color{red} Это док-но у меня в задаче 1. Дать ссылку?}. 
Следовательно, степень точки $A_0$ одинакова относительно окружности 
$\omega$ и точки $B$ ! Аналогичное замечание верно и для точки $C_0$. Получаем, что прямая $A_0C_0$ --- радикальная ось точки $B$ и окружности $\omega$. 
Поэтому прямая $A_0C_0$ проходит через середины отрезков $BA_1$, $BC_1$(рис. ~\ref{primer_6_3}).

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.9]{primer_6_3}
\caption{} 
\label{primer_6_3}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_6_4}
\caption{} 
\label{primer_6_4}
\end{multicols}
\end{figure}

%{\color{red} На рис.13 м.б. лучше убрать лишние черточки, оставить только то, что нужно для симметрии.}
Значит, прямая $A_0C_0$ содержит среднюю линию треугольника 
$C_1BA_1$. Следовательно, образ точки $B$, при отражении точки 
$B$ относительно прямой $A_0C_0$, лежит на прямой $A_1C_1$. 
С другой стороны, по теореме о трилистнике $IC_0=BC_0$ и $IA_0=BA_0$ 
(рис. ~\ref{primer_6_4}). 
Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A_0C_0$ переходит 
в точку $I$.  Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой 
$A_1C_1$.
 \qed

\remark{Окружность $\omega$ называют {\bf полувписанной} окружностью треугольника $ABC$. \\
Изучению полувписанных окружностей можно посвятить несколько отдельных занятий. \\
Рекомендуем ознакомиться с очень обстоятельной подборкой задач \\ "Полувписанная окружность"  \mbox{} П. А. Кожевникова 
в \cite{problem_book}.   }



\newpage

\section{Задачи для самостоятельно решения}




 



\begin{problem}
Из точки $A$, лежащей вне окружности $\omega$, проведены касательные $AB$, $AC$ ($B$, $C$ $\in$ $\omega$). 
Точки $E$, $F$ --- середины отрезков $AB$, $AC$ 
соответственно. На прямой $EF$ выбрана произвольная точка $D$, из которой к $\omega$ проводятся касательные $DP$, $DQ$ ($P$, $Q$ $\in$ $\omega$). 
Прямая $PQ$ пересекает прямую $EF$ в точке $M$. Докажите, что $\angle DAM=90^{\circ}$ (рис. ~\ref{primer_7_1}). 
\end{problem}


\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.9]{primer_7_1}
\caption{} 
\label{primer_7_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_7_2}
\caption{} 
\label{primer_7_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok Из примера 1 следует, что $DP=DQ=DA$, т.е. точки $P$, $Q$, $A$ лежат на окружности с центром $D$. 
Обозначим эту окружность через $\omega_1$. Теперь остаётся рассмотреть систему из трёх окружностей: точки $A$, окружности 
$\omega$ и $\omega_1$. Тогда точка $M$ является радикальным центром этой системы, т.к. лежит на пересечении двух радикальных осей --- 
$PQ$ (радикальная ось $\omega$ и $\omega_1$) и $EF$ (радикальная ось точки $A$ и окружности $\omega$). Следовательно, точка $M$ 
лежит и на радикальной оси точки $A$ и окружности $\omega_1$, т.е. на касательной, проведённой к $\omega_1$ в точке $A$. 
Откуда и следует перпендикулярность $AM$ и $AD$. \qed

\begin{problem}
Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$, $BC$, $AC$ в  точках $C_0$, $A_0$, $B_0$. 
Прямая $a$ проходит через середины отрезков $AB_0$, $AC_0$. Аналогично, определяются прямые $b$, $c$. 
Прямые $a$, $b$, $c$ образуют треугольник $A'B'C'$. Докажите, что центры описанных окружностей 
треугольников $ABC$ и $A'B'C'$ совпадают(рис. ~\ref{primer_8_1}).  
\end{problem}


\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.8]{primer_8_1}
\caption{} 
\label{primer_8_1}

\includegraphics[scale=0.8]{primer_8_2}
\caption{} 
\label{primer_8_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok Рассмотрим систему из трёх окружностей: точки $A$, $B$ и вписанная окружность. 
Точка $C'$ --- радикальный центр такой системы(почему?). Следовательно,  степени точки $C'$ относительно точек $A$ и $B$ равны, 
т.е. $C'A^{2}=C'B^{2}$, поэтому
$C'A=C'B$ (рис. ~\ref{primer_8_2}). Пусть $O$ --- центр описанной окружности 
треугольника $ABC$. Тогда из равенств $C'A=C'B$ и $OA=OB$ заключаем, что 
$C'O \perp AB$. С другой стороны, прямая $a$ проходит через середины 
сторон равнобедренного треугольника $AB_0C_0$, поэтому   $AI\perp B'C'$, 
где $I$ --- инцентр треугольника $ABC$. Из полученных перпендикулярностей 
следует, что $\angle B'C'O=\angle IAC_0$; аналогично, получаем 
равенство углов $\angle C'B'O=\angle IAB_0$. Следовательно, 
в треугольнике $OB'C'$ равны углы $\angle OC'B'=\angle OB'C'$, т.е.
$OB'=OC'$. Аналогично, показываем равенство отрезков $OB'$ и $OA'$, 
что и требовалось. \qed



\begin{problem}[{\bf Петербургская олимпиада, отборочный тур, 2002 год}]
Вписанная окружность касается сторон 
$AB$, $BC$, $CA$ треугольника 
$ABC$ в точках $C_0$, $A_0$ и $B_0$ соответственно. 
Прямая, перпендикулярная $BB_0$ и 
проходящая через $B_0$, пересекается с $A_0C_0$ 
в точке $B_1$. Докажите, что середина 
отрезка $BB_1$ лежит на прямой $AC$ (рис. ~\ref{primer_9_1}). 
\end{problem}



\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.8]{primer_9_1}
\caption{} 
\label{primer_9_1}

\includegraphics[scale=0.8]{primer_9_2}
\caption{} 
\label{primer_9_2}
\end{multicols}
\end{figure}

\dok Оказывается, что эта задача просто следует из \ref{kubok}. В самом деле, пусть $I$ --- инцентр, а точка $K$ --- пересечение 
прямых $A_1C_1$ и $BI$ (рис. ~\ref{primer_9_2}). 
Замечаем, что $\angle BKB_1=\angle BB_0B_1=90^{\circ}$. Следовательно, 
точки $B$, $K$, $B_0$, $B_1$ лежат на одной окружности 
с диаметром $BB_1$, поэтому центр этой окружности --- 
середина отрезка $BB_1$. С другой стороны из примера 3 следует, что 
центр описанной окружности треугольника $BKB_0$ лежит на прямой 
$AC$, что и завершает доказательство.   \qed

\teacher{ При разборе можно попросить учеников доказать этот факт(пример 3) еще раз.}

\begin{problem}
 В остроугольном треугольнике $ABC$ угол $C$ больше 
угла $A$. $M$ --- середина стороны $AC$. 
$A_1$ и $C_1$ основания высот из вершин $A$ и $C$. 
$A_0$ и $C_0$ середины сторон $MA_1$ и $MC_1$. 
Прямая $A_0C_0$ пересекает прямую, проходящую через 
$B$ параллельно $AC$, в точке $T$. 
Докажите, что $TB=TM$ (рис.~\ref{primer_10_1}). 
\end{problem}


\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.9]{primer_10_1}
\caption{} 
\label{primer_10_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_10_2}
\caption{} 
\label{primer_10_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok Само условие подсказывает какие окружности нужно искать. Из точки $M$ проведены два отрезка $MA_1$ и $MC_1$ и через их середины проводится 
прямая, на которой и лежит точка $T$. Поэтому в качестве одной окружности нужно выбрать точку $M$. Теперь, если мы докажем, что 
описанная окружность треугольника $BA_1C_1$ касается прямых $MA_1$, $MC_1$, $TB$, то задача будет решена (рис. 	~\ref{primer_10_2}). 
В самом деле, ведь тогда получится, что точка $T$ лежит на радикальной оси $A_0C_0$ точки $M$ и описанной окружности $BA_1C_1$, а значит 
$TM=TB$. Остаётся показть, что описанная окружность треугольника $BA_1C_1$ касается прямых $TB$, $MA_1$, $MC_1$. 
 Точки $B$, $A_1$, $C_1$, $H$ лежат на одной окружности(обозначим её $\omega$) с диаметром $BH$, где $H$ --- ортоцентр треугольника $ABC$. Поэтому прямая $TB$ касается 
$\omega$. Отрезок $C_1M$ является медианой в прямоугольном треугольнике $ACC_1$, поэтому $C_1M=MC$. Следовательно, имеем равенство 
углов $\angle MC_1C=\angle MCC_1$. С другой стороны, каждый из углов $\angle C_1CM$ и $\angle ABH$ дополняют угол $\angle BAC$ до $90^{\circ}$, 
откуда следует их равенство. Итак, получаем такую цепочку равенств: $\angle MC_1C=\angle C_1CM=\angle ABH$, из которой следует, что 
прямая $MC_1$ в самом деле касается окружности $\omega$. Аналогичное, рассуждение показывает что и прямая $MA_1$ касается $\omega$.   \qed

\begin{problem}[{\bf Турнир Городов, 2013 год, Ивлев Ф. }]
  В треугольник $ABC$ вписана окружность, касающаяся сторон $BC$, $CA$ и $AB$ в точках $X$, $Y$ и $Z$ ---
соответственно. На плоскости отметили точку $K$. Серединные перпендикуляры к отрезкам $KX$, $KY$
и $KZ$ пересекают прямые $BC$, $CA$ и $AB$ в точках $X_1$, $Y_1$ и $Z_1$ соответственно. Докажите, что точки
$X_1$, $Y_1$ и $Z_1$ лежат на одной прямой (рис. ~\ref{primer_11_1}).
\end{problem}



\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.9]{primer_11_1}
\caption{} 
\label{primer_11_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_11_2}
\caption{} 
\label{primer_11_2}
\end{multicols}
\end{figure}

%{\color{red} По-моему сложно написано.}

\dok Понять что-то сразу про три точки $X_1$, $Y_1$, $Z_1$ трудно, поэтому оставим только одну, например $Z_1$ (рис.~\ref{primer_11_2}). 
Точка $Z_1$ определяется как пересечение серединного перпендикуляра к $ZK$ и касательной к окружности.  
 Но ведь каждая из этих прямых является радикальной осью! 
%В самом деле, как отмечалось в начале занятия, серединный перпендикуляр к любому отрезку можно 
%рассматривать как радикальную ось. В данном случае серединный перпен
В самом деле, серединный перпендикуляр к отрезку $ZZ_1$ --- радикальная ось вырожденных окружностей $Z$ и $Z_1$. А касательная, проведённая 
к вписанной окружности в точке $Z$ --- радикальная ось точки $Z$ и вписанной окружности. Получается, что точка $Z_1$ является 
радикальным центром для вписанной окружности и точке $Z$, $Z_1$. Cледовательно, точка $Z_1$ лежит и на радикальной оси вписанной окружности 
и точки $K$. Аналогичные наблюдения для точек $X_1$, $Y_1$ завершают доказательство --- три точки лежат на одной радикальной оси! 
\qed




Теперь давайте рассмотрим, пожалуй, самую яркую и трудную задачу этой темы. 

\begin{problem}[{\bf IMO Shortlist, 2007}]
 %Let $ABC$ be a triangle. The incircle of $ABC$ touches the sides $AB$ and $AC$ at the
%points $Z$ and $Y$, respectively. Let $G$ be the point where the lines $BY$ and $CZ$ meet,
%and let $R$ and $S$ be points such that the two quadrilaterals $BCYR$ and $BCSZ$ are
%parallelograms. Prove that $GR = GS$.
Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$, $AC$ в точках $Z$, $Y$ соответственно. 
Прямые $BY$ и $CZ$ пересекаются в точке $G$. Точки $R$ и $S$ выбираются так, что четырёхугольники $BCYR$ и $BCSZ$ --- параллелограммы. 
Докажите, что $GR=GS$ (рис. ~\ref{primer_13_1}). 
\end{problem}



\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=1.2]{primer_13_1}
\caption{} 
\label{primer_13_1}
\end{figure}




\dok В этой задаче самым неожиданном образом возникает вневписанная окружность!  
Пусть вневписанная окружность  касается 
стороны $BC$ и продолжений сторон $AB$, $AC$ в точках $X$, $Z$, $Y$ соответственно (рис. ~\ref{primer_13_2}). 

\begin{figure}[H]
\centering
 \includegraphics[scale=1.1]{primer_13_2}
\caption{}
\label{primer_13_2}
\end{figure}

Из \st{ \mbox{равенства отрезков касательных}}  учения о вписанных и вневписанных 
окружностях известно, что $CY=BX_1=BZ_1$. Из параллелограмма $CYRB$ находим, что 
$CY=BR$. Таким образом получили равенство отрезков $BR$ и $BZ_1$. Следовательно, точка 
$B$ лежит на радикальной оси точки $R$ и вневписанной окружности. С другой стороны, 
из параллелограмма $BCYR$ имеем равенство отрезков $RY$ и $BC$. Отрезок же $BC$, 
в свою очередь, равен отрезку $YY_1$ (это просто следует из счёта отрезков касательных).   
Поэтому и точка  $Y$ лежит на радикальной оси точки $R$ и вневписанной окружности. 
Итак, мы пришли к тому, что $BY$ является радикальной осью 
точки $R$ и вневписанной окружности. 
Аналогично, можно показать, что $CZ$ --- радикальная ось 
точки $S$ и вневписанной окружности. Значит, точка
$G$ является радикальным центром для точек $R$, $S$ и 
вневписанной окружности. Получаем, что
точка $G$ лежит на радикальной оси точек $R$ и $S$, поэтому
$GR=GS$.  \qed

\teacher{Скорее всего, у ребят решить эту задачу самостоятельно не получится. Разбор этой задачи \\ стоит начать с подсказки: "Рассмотрите вневписанную окружность.", затем 
 дать \\некотрое время на поиски решения.  }


\section{Дополнительные задачи}

\begin{problem}
 Вписанная окружность касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ треугольника $ABC$ в точках $A_0$, $B_0$, $C_0$, а точки 
$A_1$ и $C_1$ --- середины отрезков $B_0C_0$ и $A_0B_0$ соответственно. Докажите, что четырехугольник $AA_1C_1C$ вписанный (рис. ~\ref{primer_15_1}).
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.9]{primer_15_1}
\caption{} 
\label{primer_15_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_15_2}
\caption{} 
\label{primer_15_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok   Рассмотрим систему из точек $A$, $C$ и вписанной окружности.  Заметим, что радикальная ось для точки $A$ и вписанной окружности 
является серединным перпендикуляром к отрезку $AA_1$ (рис.~\ref{primer_15_2}). Аналогично, серединный перпендикуляр к отрезку $CC_1$ --- радикальная
ось для точки $C$ и вписанной окружности. Наконец, серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ --- радикальная ось точек $A$ и $C$. 
Получаем, что в четырехугольнике $AA_1C_C$ серединные перпендикуляры к сторонам $AA_1$, $CC_1$, $AC$ пересекаются в одной точке, поэтому 
точки $A$, $A_1$, $C_1$ и $C$ лежат на одной окружности. \qed

\begin{problem}\label{zaoch}
%При гомотетии с центром C и коэффициентом 1/2 прямая XY перейдет в
%радикальную ось точки C и окружности, проходящей через середины A′ , B ′ , C ′ сторон
%BC, CA, AB. С другой стороны, касательная в точке C к описанной окружности касается
%также окружности A′ B ′ C ′ , т.е. является радикальной осью этой окружности и точки C.
%Следовательно, точка пересечения этих радикальных осей лежит на прямой A′ B ′ . Сделав
%обратную гомотетию, получим утверждение задачи.

 Из вершины $C$ треугольника $ABC$ проведены касательные $CX$, $CY$
к окружности, проходящей через середины сторон треугольника. Докажите, что прямые
$XY$ , $AB$ и касательная в точке $C$ к окружности, описанной около треугольника $ABC$,
пересекаются в одной точке.
\end{problem}


\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.8]{primer_12_1}
\caption{} 
\label{primer_12_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_12_2}
\caption{} 
\label{primer_12_2}
\end{multicols}
\end{figure}

\dok Есть касательная к окружности в точке $C$ --- одна радикальная ось. Прямая $XY$ "почти" радикальная ось. Как из неё сделать настояющую радикальную ось? 
Достаточно просто выполнить гомотетию с центром в точке $C$ и коэффициентом $\frac{1}{2}$. Действительно, при такой 
гомотетии прямая $XY$ перейдет в прямую, проходящую через середины отрезков $CX$, $CY$ (обозначим середины через $X_1$, $Y_1$), т.е. в радикальную ось точки $C$ и окружности, которая проходит через 
середины сторон треугольника $ABC$(назовём её $\omega$). 
Обозначим середины отрезков $CA$ и $CB$ через $B_1$ и $A_1$ соответственно (рис.~\ref{primer_12_2}). 
При гомотетии окружность $\omega$ перейдет в описанную окружность треугольника $CA_1B_1$. Заметим, что описанные окружности треугольников 
$ABC$ и $A_1B_1C$ касаются в точке $C$, поэтому касательная, проведённая в точке $C$ к описанной окружности треугольника $ABC$, 
останется на месте.  Остаётся заметить, что прямые $X_1Y_1$, $A_1B_1$ и касательная, проведённая в точке $C$, являются радикальными осями 
для точки $C$, окружности $\omega$ и  описанной окружности треугольника $CA_1B_1$. Следовательно, эти прямые пересекаются в одной точке. 
Поэтому после обратной гомотетии прямые будут по прежнему пересекаться в одной точке. \qed


\begin{problem}[{\bf Отбор на международную олимпиаду, Китай, 1996 г.}] \label{polar}
 Окружность $\omega$ построена на стороне $AC$ остроугольного треугольника  $ABC$ как на диаметре. 
Из вершины $B$ проведены касательные $BP$, $BQ$ к $\omega$ ($P$, $Q$ --- точки касания). 
Докажите, что прямая $PQ$ проходит через ортоцентр $H$ треугольника $ABC$ (рис. \ref{primer_16_1}). 
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.8]{primer_16_1}
\caption{} 
\label{primer_16_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_16_2}
\caption{} 
\label{primer_16_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok Превратим прямую $PQ$ в радикальную ось точки $B$ и окружности, описанной около четырехугольника $AC_1A_1A$: 
выполним гомотетию с центром в точке $B$ и коэффициентом $\frac{1}{2}$. При такой гомотетии точки $P$, $Q$, $H$ 
перейдут в точки $P_1$, $Q_1$, $H_1$ ---  середины отрезков $BP$, $BQ$, $BH$ соответственно (рис. ~\ref{primer_16_2}).  
Поэтому достаточно доказать, что точки $P_1$, $Q_1$, $H_1$ лежат на одной прямой. Для этого, в свою очередь, покажем, что 
точка $H$ имеет одинаковую степень относительно точки $B$ и окружности, описанной около четырехугольника $AC_1A_1A$. 
Докажем, что $H_1C_1$ касается этой окружности.  Точка $H_1$ --- середина гипотенузы прямоугольного треугольника 
$C_1BH$, поэтому $\angle H_1C_1H=\angle H_1HC_1$.  Но равенство углов $\angle H_1HC_1$ и $\angle BAC$ следует из того, что 
оба угла дополняют угол $\angle 	ABH$ до $90^{\circ}$. Следовательно,  углы $\angle H_1C_1H$ и $\angle BAC$ равны, поэтому 
прямая $H_1C_1$ касается окружности. Остаётся заметить равенство отрезков $H_1B$ и $H_1C$  из прямоугольного треугольника $BC_1H$.  \qed

\remark{ Прямая $PQ$ является полярой точки $B$ относительно описанной окружности четырёхугольника $AC_1A_1C$. 
 По этому поводу рекомендуем посмотреть интересную подборку П. А. Кожевникова в \cite{problem_book}.  Эта же задача обсуждается 
в главе, посвящённой ортоцентру.}

Вот ещё один пример, где гомотетия сразу же решает задачу. 

\begin{problem}
Две окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекаются в точках $R$ и $Q$. На прямой $RQ$ (вне отрезка $RQ$) отметили произвольную 
точку $P$. Прямая $PA$ ($A$ $\in$ $\omega_1 $ ) касается окружности $\omega_1$. Точка $A_1$ симметричнна точке $A$ относительно точки 
$A$.  Прямые $A_1B$ и $A_1C$ ($B$, $C$ $\in$ $\omega_2$) касаются окружности $\omega_2$. 
Докажите, что точки $A$, $B$, $C$ лежат на одной прямой (рис. ~\ref{primer_17_1}).  
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\begin{multicols}{2}
\includegraphics[scale=0.8]{primer_17_1}
\caption{} 
\label{primer_17_1}

\includegraphics[scale=0.9]{primer_17_2}
\caption{} 
\label{primer_17_2}
\end{multicols}
\end{figure}


\dok  Сделаем из прямой $BC$  радикальную ось точки $A_1$ и окружности $\omega_2$, для этого выполним гомотетию с 
центром в точке $A_1$ и коэффициентом $\frac{1}{2}$.  При этой гомотетии точки $B$, $C$, $A$ перейдут в точки 
$B_1$, $C_1$, $P$ --- середины отрезков $A_1B$, $A_1C$, $A_1A$ соответственно (рис. ~\ref{primer_17_2}). 	Теперь для решения задачи 
достаточно показать, что точки $B_1$,  $C_1$,   $P$ лежат на одной прямой.  Рассмотрим систему из окружностей $\omega_1$, $\omega_2$ и 
точки $A_1$. Тогда точка $P$ лежит на радикальной оси $\omega_1$ и $\omega_2$ (прямая $PQ$) и радикальной оси 
точки $A_1$ и окружности $\omega_1$ (прямая $AA_1$). Следовательно, и прямая $BC$ --- радикальная ось точки $A_1$ и окружности 
$\omega_2$ ---  проходит через точку $P$. \qed


Следующую задачу из 323-х участников ММО решили 2 человека. 

\begin{problem}
Пусть $I$ --- инцентр $\triangle ABC$. 
Через $A_1$ обозначим середину дуги $BC$ описанной окружности 
треугольника $ABC$, не содержащей точки $A$, а через $A_2$ --- 
середину дуги $BAC$. Перпендикуляр, опущенный из точки $A_1$ 
на прямую $A_2I$, пересекает прямую $BC$ в точке $A'$(рис. ~\ref{primer_14_1}). 
Аналогично определяются точки $B'$ и $C'$. 

а) Докажите, что точки $A'$, $B'$, $C'$ лежат на одной прямой. 

б) Докажите, что эта прямая перпендикулярна прямой $OI$, 
где $O$ --- центр описанной окружности треугольника $ABC$. 
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\centering
 \includegraphics[scale=1.1]{primer_14_1}
\caption{}
\label{primer_14_1}
\end{figure}

\dok Как и во многих задача такого типа, все три точки $A'$, $B'$, $C'$ для поиска решения не нужны, достаточно одной точки $A'$. 
Прежде всего заметим, что $A_1A_2$ --- диаметр описанной окружности треугольника $ABC$(обозначим её через $\omega$), т.к. $A_1$ и $A_2$ середины дополнительных дуг. 
Следовательно, основание перпендикуляра(обозначим $K$), опущенного из точки $A_1$ на прямую $A_2I$, лежит на окружности $\omega$. 
Заметим, что точка $A'$ является радикальным центром для окружности $\omega$ и описанных окружностей треугольников $BIC$, $KIA_1$ (рис. ~\ref{primer_14_2}).

\begin{figure}[H]
\centering
 \includegraphics[scale=1.1]{primer_14_2}
\caption{}
\label{primer_14_2}
\end{figure}

По теореме о трилистнике, точка $A_1$ --- центр описанной окружности треугольника $BIC$. Следовательно, описанные окружности 
треугольников $BIC$ и $KIA_1$ касаются в точке $I$. Поэтому радикальная ось $A'I$ этих окружностей является их общей касательной. 
По теореме о секущих получаем, что $A'I^{2}=A'B \cdot A'C$, т.е. степень точки $A'$ относительно точки $I$ и описанной окружности 
треугольника $ABC$ одинакова.  Точно так же на радикальной оси точки $I$ и описанной окружности лежат точки $B'$ и $C'$. \qed

\teacher{Точка $K$, возникающая по ходу решения, является точкой касания описанной окружности \\
с {\bf полувписанной окружностью}. Это может служить ещё одним поводом 
познакомиться с подборкой задач ``Полувписанная окружность'' П. А. Кожевникова в \cite{problem_book}. }







\begin{problem}
  $P$ --- общая точка двух пересекающихся окружностей $\omega_1$ ($O_1$ --- центр) и $\omega_2$ ($O_2$ --- центр); 
$AB$ --- общая касательная ($A\in \omega_1$, $B\in \omega_2 $). Прямая, проходящая через точку $A$ перпендикулярно прямой $BP$, пересекает прямую $O_1O_2$ 
в точке $C$. Докажите, что $\angle APC=90^{\circ}$(рис.~\ref{primer_5_1}).  
\end{problem}

\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=1.1]{primer_5_1}
\caption{} 
\label{primer_5_1}
\end{figure}


\dok На первый взгляд, как и многие вопросы с двумя окружностями, эта задача кажется "угловой", что можно просто расписать углы и получить требуемый результат. 
Однако, попытки расписать углы не приводят к результату (попробуйте?!). Даже если и догадаться, что тут нужна степень точки, то совершенно не ясно как 
можно подобраться к углу $APC$ и радикальную ось каких окружностей рассматривать?! Основная сложность угла  $APC$ состоит в том, что 
точка $C$ определяется через линию центром $O_1O_2$ и прямую $BP$. {\bf Линия центров --- ось симметрии для двух окружностей.} Поэтому, если 
точка $Q$ --- вторая общая точка окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$, то $CP=CQ$. Нам же нужно показать, что $AP \perp CP$. 
Другими словами, достаточно показать, что прямая $AP$ касается окружности с центром в точке $C$ и радиусом $CP=CQ$ (рис. \ref{primer_5_2}). Обозначим эту окружность 
через $\omega$.

\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=1.1]{primer_5_2}
\caption{Появляется спасительная окружность $\omega$} 
\label{primer_5_2}
\end{figure}

Как мы выяснили в главе XX, прямая $PQ$ проходит через середину отрезка $AB$. Обозначим эту точку через $M$. Если рассмотреть систему из трёх окружностей: 
точки $A$, окружностей $\omega_1$ и $\omega$, то $M$, будучи пересечением радикальных осей $PQ$ и $AB$, является радикальным центром 
этой системы. Следовательно, точка $M$ лежит на радикальной оси точки $A$ и окружности $\omega$ (рис. \ref{primer_5_3}).  

\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=1.1]{primer_5_3}
\caption{Появляется спасительная окружность $\omega$} 
\label{primer_5_3}
\end{figure}

Пусть $N$ --- середина отрезка $AP$, тогда $MN$ --- средняя линия треугольника $ABP$. Поэтому $MN || BP$, т.е. $MN \perp AC$. Получается, что из точки 
$M$, лежащей на радикальной оси окружностей $A$ и $\omega$,  опустили перпендикуляр на линию центров окружностей (прямую $AC$). Следовательно, прямая $MN$ --- 
радикальная ось точки $A$ и окружности $\omega$. Видим, что при гомотетии с центром в точке $A$ и коэффициентом $\frac{1}{2}$ прямая $BP$ переходит 
в радикальную ось точки $A$ и окружности $\omega$, значит, прямая $BP$ проходит через точки касания касательных, проведённых из точки $A$ к окружности $\omega$. \qed


\begin{problem}[{\bf финал  X геометрической олимпиады}]
Даны окружность, её хорда $AB$ и точка $W$ --- середина меньшей дуги $AB$. 
На большей дуге $AB$ выбирается произвольная точка $C$. Касательная к окружности из точки $C$ пересекает касательные из точек $A$ и $B$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Прямые $WX$ и $WY$ пересекают прямую $AB$ в точках $N$ и $M$ соответственно. Докажите, что длина отрезка $NM$ не зависит от выбора точки $C$.
\end{problem}

\begin{thebibliography}{99}
\bibitem{problem_book} 
"Математика в задачах" \\ 
http://www.mccme.ru/free-books/olymp/matprob.pdf
\end{thebibliography}


\end{document}
\newpage














\begin{home}
 На плоскости даны окружность с центром в точке $O$ и прямая $l$, не пересекающая эту окружность. 
Д/ч на перпендикуляре, опущенном из точки $O$ на прямую $l$, можно выбрать точку $P$ так, что для любой точки $Q$ прямой $l$, 
длина отрезка $PQ$ равна длине отрезка касательной, проведённой из точки $Q$ к окружности.
%Прямая l – радикальная ось данной окружности и точки P.
\end{home}
