ВсОШ 2024, 11 класс, задача 4

Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что лучи и ; и пересекаются. Пусть отрезки и пересекаются в точке , а также - четырёхугольник, образованный прямыми , , , (см. рис. 8). Также обозначим через пересечение и , через - пересечение и .

Пусть . Из вписанности четырёхугольника и условий , имеем:

.

Значит, во-первых, точки , , , лежат на одной окружности, обозначим её ; во-вторых, точки , , , лежат на одной окружности, обозначим её ; в-третьих, точки , , , лежат на одной окружности, обозначим её . Заметим, что точка - радикальный центр окружностей , , (поскольку она лежит на прямых и ); точка - радикальный центр окружностей , , (так как она лежит на прямых и ). Таким образом, - радикальная ось окружностей и ; - радикальная ось окружностей и ; - радикальная ось окружностей и , поэтому эти три прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Второе решение. Введём обозначения как в первом решении. Для точки плоскости обозначим через разность степеней точки относительно окружностей и . Поскольку - радикальная ось окружностей и , то достаточно доказать, что . Кроме того, легко видеть, что и (см. рис. 9).

Заметим, что функция - линейная, то есть для точки на отрезке выполнено равенство

.

Мы докажем это утверждение позднее. Пока, применив его для точек , , , мы получим, что

.

Таким образом, достаточно доказать, что

.

Заметим, что

(последнее равенство следует из того, что ; через мы обозначаем расстояние от точки до прямой ). Следовательно, равенство переписывается в виде:

.

Из вписанности четырёхугольника и данных в условии параллельностей прямых следуют равенства углов:

;

и .

Таким образом, и , а также и подобны по двум углам. Из подобия получаем равенства отношений

и ,

остаётся лишь перемножить эти равенства.

Вернёмся к доказательству линейности функции . Введём декартовы координаты таким образом, чтобы центры окружностей и лежали на оси абсцисс, пусть их координаты будут и , а радиусы окружностей - и . Тогда для произвольной точки с координатами по определению степени точки мы получаем, что

,

где и - две константы. Если точка лежит на отрезке и , - координаты точек и по оси абсцисс, то

,

откуда немедленно следует .

Замечание 1. Линейная функция в произвольным образом введённых декартовых координатах имеет вид . Если она отлична от константы, то решением уравнения будет прямая. Например, таким образом (рассуждая как в приведённом решении) доказывается, что радикальная ось двух окружностей - это прямая, перпендикулярная линии центров.

Замечание 2. Приведём план решения задачи с помощью комплексных чисел. Пусть окружность - стандартная единичная, координаты точек , , , обозначаются соответственно , , , . Рассмотрим прямые (точнее, уравнения прямых) , - это соответствующие диагонали , . Прямая через точку параллельно имеет уравнение , аналогично три другие прямые из условия. Окружность , проходящая через точки их пересечения, имеет уравнение : с одной стороны, точки пересечения удовлетворяют условию , с другой стороны, коэффициенты при и сокращаются, так что это именно окружность.

Радикальная ось окружностей и имеет уравнение , где - подходящий коэффициент, чтобы получилась прямая (он нам не будет важен в дальнейшем). Докажем, что для некоторых коэффициентов , имеет место тождество (A), из этого будет следовать требуемое. Тождество (A) достаточно проверять, когда - одна из вершин четырёхугольника , потому что на одной прямой они не лежат. Подставляя, например, , получаем тождество . Это даёт значение , и оно должно быть согласовано со значением, которое получается для , то есть должно выполняться тождество

,

и второе аналогичное. Все эти значения считаются непосредственно (и раскладываются на множители, например, ), после чего не составляет труда доказать нужное тождество.