Задание №180944: Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2024
Даны окружность ! и точки A и B на ней. Пусть C — произвольная точка на одной из дуг AB этой окружности, CL — биссектриса треугольника ABC, окружность BCL пересекает AC в E, а CL пересекает BE в F. Найдите геометрическое место центров окружностей AFC.
Что проверяет это задание
Задание относится к теме «Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2024» и рассчитано на уровень 8 класса. Для решения понадобятся:
- анализ условия
- выбор формулы
- проверка вычислений
Источник: Олимпиада по геометрии имени И. Ф. Шарыгина — официальный архив · 2024
Качество материала
Показываем, из чего состоит страница и можно ли проверить материал по первоисточнику.
Последняя проверка решения:
Происхождение задания
- Банк заданий
- Олимпиада по геометрии имени И. Ф. Шарыгина — официальный архив
- Организатор
- Оргкомитет олимпиады имени И. Ф. Шарыгина
- Год материала
- 2024
- Материалы
- 2 файла
Связанные понятия
План самостоятельного решения
- Перепишите известные данные и отдельно сформулируйте, что требуется найти или доказать.
- Свяжите условие с темой «Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2024» и выберите подходящее правило, формулу или способ рассуждения.
- Запишите промежуточные шаги: это помогает заметить потерянный знак, случай или логический переход.
- Сверьте результат со всеми ограничениями условия и только затем откройте подробный разбор.
Ориентировочное время: 15 минут.
Закрепить тему
После разбора попробуйте решить ещё десять заданий по предмету «Математика». Вариант формируется заново, а ответы можно сразу проверить.
Решение по шагам
Даны окружность ω и точки A и B на ней. Пусть C — произвольная
точка на одной из дуг AB этой окружности, CL — биссектриса треугольника ABC,
окружность BCL пересекает AC в E, а CL пересекает BE в F. Найдите геометри-
ческое место центров окружностей AFC.
Ответ. Отрезок с концом в середине дуги ACB, образующий с прямой AB угол,
равный π/2 − \ACB
Решение. Пусть O — центр окружности ACF. Тогда \AOF = 2\ACF = \ACB не
зависит от точки C. Поэтому все треугольники AOF подобны друг другу и точ-
ка O является образом F при поворотной гомотетии с центром A. Кроме того,
\ABF = \LBE = \LCE не зависит от C, значит точка F движется по прямой.
Следовательно, все точки O также лежат на одной прямой. Эта прямая образует с
прямой BE угол, равный OAF = (π − \ACB)/2 = i/2 − \ABE, поэтому она пер-
пендикулярна прямой, симметричной AB относительно BE (рис. 6). Когда точка C
стремится к B, точка O стремится к середине дуги ACB, а когда C стремится к
A, точка F приближается к касательной к окружности ABC в точке A. Поэтому
искомое ГМТ — указанный в ответе отрезок.
3
C
O
E
F
A B
L
Рис. 6.
Используемые формулы
равный π/2 − \ACBТогда \AOF = 2\ACF = \ACB не\ABF = \LBE = \LCE не зависит от C, значит точка F движется по прямой.прямой BE угол, равный OAF = (π − \ACB)/2 = i/2 − \ABE, поэтому она пер-
Самопроверка после решения
- Я использовал все данные из условия и не добавил неподтверждённых предположений.
- Каждый переход в рассуждении объяснён правилом, формулой или ранее доказанным фактом.
- Ответ соответствует вопросу, а обозначения и единицы измерения записаны однозначно.
- Я сравнил свой ход решения с разбором и понял причину каждого отличия.
Типичные ошибки
- Не проверить область допустимых значений.
- Потерять знак при переносе или раскрытии скобок.
- Не выполнить обратную подстановку.