Олимпиадные задачи на окружность (4 видео)

Авторские олимпиадные задачи репетитора по математике на круги Эйлера

По многочисленным просьбам продолжаю публикацию своих материалов, составленных с учетом различной специфики, в которые попадает репетитор по математике наиболее часто. Здесь Вы найдете необходимую дидактику на урок по теме «Круги Эйлера». Олимпиадные задачи по математике для 4 — 5 класса на Круги Эйлера особенно охотно включают во вступительные экзамены таких престижных заведений, как Курчатовская школа, Лицей вторая школа, 179-я школа и другие.

1) На научный конгресс прибыло 30 академиков. Из них 12 человек будут делать доклад по математике, а 18 человек по физике. Три человека не собираются делать доклады ни по одной из этих наук. Сколько академиков станут докладчиками одновременно и по математике и по физике? Ответ: 3

2) Все четвероклассники школы либо хотят в шахматную секцию, либо на танцы. Шахматистов 75 человек, а танцоров только 25. Ровно 2 человека не ходят ни на шахматы, ни на танцы. Сколько учащихся 4 классов посещают обе секции сразу, если во всех 4 классах учится 92 человека? Ответ: 10

3) Среди всех семей, чьи дети посещают Курчатовскую школу, имеется ровно 500 семей, в которых папа знает математику и 350 семей, в которых ее хорошо знает мама. В десяти семьях ни один из родителей математику не знает, а в двадцати – оба родителя ее знают. Сколько всего семей? Ответ: 840

4) 1 сентября на торжественную линейку пришли ученики 5 классов. В галстуках пришло 70 человек, в пиджаках — 50 человек, а 30 учеников пришли одновременно и в галстуках и в пиджаках. Кроме них 10 человек пришли без галстуков и без пиджаков. Сколько всего учеников 5 классов пришло на линейку? Ответ: 100

5) В классе 29 детей. Из них 8 человек играет в футбол, 5 человек играет одновременно в футбол и в теннис, а еще 5 человек ни во что не играют. Сколько детей играет в теннис? Ответ: 10

6) На детский праздник привезли 420 подарков. В 220 из них были игрушки, ровно в 50-ти одновременно игрушки и конфеты, а в 20-ти из них не было ни того, ни другого, а были наборы фломастеров. В скольких подарках имелись только конфеты? Ответ: 180

7) В лицее учится 72 ученика 6 классов. Из них 50 человек увлечены математикой, 40 ребят – информатикой, а 10 человек не увлечены ни тем, ни другим. Сколько учеников увлечены и математикой и информатикой сразу? Ответ: 28

8) В деревне в каждой семье есть козы или куры, причем в 22 дворах есть козы, а в 26 дворах – куры. В 16 дворах есть сразу и коровы и куры. Сколько в этой деревне дворов? Ответ: 32

9) В 4 классе 26 учеников. Из них английский учат 16 человек, немецкий – 13 человек, а 4 человека не учат ни тот язык, ни другой. Сколько четвероклассников изучают одновременно оба языка?
Ответ: 7

10) К репетитору по математике ходит 14 школьников. Из них олимпиадные задачи любят решать 6 учеников, обычные и олимпиадные – 2 человека, а 3 ученика вообще не любят решать задачки. Сколько у репетитора по математике тех учеников, которые любят решать обычные задачи? Ответ: 7

11) На марсе есть ровно 3 марсианских государства A, В и С с двумя спорными (общими) территориями D и E, Каждый марсианин живет в каком то одном из государстве, либо в двух сразу на спорных территориях. В государстве «А» живет 200 марсиан, в «В» — 300 марсиан, а в «С» — 400. Сколько марсиан живет на спорных территориях D и E, если всего на марсе живет 800 жителей? Ответ: 100

Содержание

Репетитор по математике о восприятии ребенком кругов Эйлера
Вспомогательная окружность. олимпиадные задания по геометрии (9 класс) на тему
Скачать:
Предварительный просмотр:
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Геометрия на олимпиадах
Просмотр содержимого документа «Геометрия на олимпиадах»
🌟 Видео

Репетитор по математике о восприятии ребенком кругов Эйлера

На самом деле терминология не совсем отражает реальность, ибо чаще всего на рисунках отображаются вовсе не круги, а области. Поэтому правильнее было бы назвать тему «области Эйлера». Но это мелочи.

Корни задач с кругами Эйлера уходят в теорию множеств. Конечно, оперировать соответствующей терминологией без определенной адаптации теоретико — множественных понятий к восприятию их ребенком 4 — 5 класса чревато последствиями. На помощь репетитору приходит все тот же рисунок. Однако недостаточно вычертить две пересекающиеся области, нужно точно подписать количество элементов каждой из них. Я всегда специально оговариваю, что числовое значение, вставленное во внутреннюю часть области показывает количество ее элементов до пограничной линии, то есть, например на нижеприведенном рисунке репетитор по математике отмечает числами 20 и 30 количество элементов в красном и синем кругах, не входящих в желтое пересечение.

Если в задаче известны значения полных кругов, включая желтую зону, то я бы рекомендовал репетиторам отображать их сбоку за пределами линий областей. Любая олимпиадная задача по математике на круги Эйлера должна быть изображена в виде рисунка и желательно в цвете. Иначе придется долго мучить ученика следующими пояснениями к ответам действий, на подобии следующих: «количество учеников, изучающих английский язык, но не изучающих немецкий». Лучший вариант звучит так: «левая часть синего круга».

Специфика задач на круги Эйлера состоит в разнице между количеством элементов объединения и суммой чисел, отвечающих за количество элементов каждого множества. Эту разницу репетиторам по математике стоит раскрыть в самом начале урока на простом примере пересчета числа точек. Я обычно отмечаю несколько таких, обвожу их, как показано на нижнем рисунке кругами разных цветов и задаю ученику направляющие вопросы:

«Сколько точек в зеленом круге?»
«Сколько в коричневом?
«Если эти количества сложить, мы все точки перечитаем?»
«Почему это количество не сходится с реальным числом точек в кругах?»

Обычно ребенок сразу же улавливает главное и говорит преподавателю: «У нас 3 точки лишний раз посчитались». И вот оно — счастье репетитора по математике — ученик схватил суть.

Желаю вам успехов в работе с объяснениями кругов Эйлера! Присылайте свои материалы и делитесь опытов с коллегами!
На ваш суд была представлена коллекция материалов, полезных для начальной подготовки в лицей «Вторая школа», 179 школу и ряд близких по уровню математических лицеев и классов.

С уважением, Александр Николаевич. Олимпиадные занятия для 4 -5 классов в Строгино (м.Щукинская).

Видео:Задача №255 [НЕДЕТСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ #1]Скачать

Вспомогательная окружность.
олимпиадные задания по геометрии (9 класс) на тему

В работе представлен материал для учителей математики. Рассказывается о решении задач с помощью вспомогательной окружности. Рассматриваются решения задач различной сложности. Работа интересна в плане подготовки к ЕГЭ и олимпиадам.

Видео:Олимпиадная физика, кинематика: решение задачи на движение по окружности с ускорением | 9–11 классСкачать

Скачать:

Вложение	Размер
vspomogatelnaya_okruzhnost.docx	645.17 КБ

Видео:Математика | 5 ЗАДАЧ НА ТЕМУ ОКРУЖНОСТИ. Касательная к окружности задачиСкачать

Предварительный просмотр:

Муниципальное автономное общеобразовательное учреждение

«Лицей №14 имени заслуженного учителя Российской Федерации А.М.Кузьмина»

Решение задач с помощью вспомогательной окружности6

Использование дополнительных построений — один из основных способов решения геометрических задач. С помощью дополнительного построения можно значительно упростить даже трудную задачу.

Порой использовать дополнительное построение в задаче не составит проблем , но в задачах повышенной сложности ,его непросто нарисовать: требуется опыт, смекалка и интуиция, чтобы понять что и где нужно провести.

Часто в ЕГЭ в части «В» встречаются планиметрические задачи, которые решить без использования дополнительных построений очень трудно. И в этом очень сильно помогает – вспомогательная окружность. Изучать окружность начинают в 8 классе и продолжают вплоть до 11, и нередко метод вспомогательной окружности используется в высшей математике ,что говорит о важности этого метода в геометрии. Построение вспомогательной окружности помогает установить связь между данными и неизвестными углами или

По определению, окружность – это замкнутая плоская кривая, все точки которой равноудалены от точки (центр), и центр окружности лежит в той же плоскости, что и кривая.

Окружность называют вписанной в выпуклый многоугольник, если она лежит внутри этого многоугольника, и касается всех его сторон.

Описанной окружностью многоугольника называют- окружность, содержащую все вершины многоугольника.

В геометрии существует множество теорем и аксиом связанных с окружностью, однако для того чтобы решить задачу с помощью окружность не обязательно знать их все: существует несколько основных утверждений с помощью которых можно решить практически любую задачу с проведением окружности.

Вокруг любого треугольника можно описать окружность
В любой треугольник можно вписать окружность
Если сумма противоположных углов в четырёхугольнике 180˚, то в четырёхугольник можно вписать окружность
Если сумма двух противоположных сторон равна сумме двух других противоположных сторон, то вокруг такого четырёхугольника можно описать окружность
Если точки B и C расположены по одну сторону от прямой AD и ABD= ACD, то точки A,B,C,D лежат на одной окружности (рис.1)
Если точки B и D расположены по разные стороны от прямой и притом ABC+ ADC=180˚, то точки A,B,C,D лежат на одной окружности (рис.2).

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ОКРУЖНОСТИ

Задача 1: В прямоугольном треугольнике ABC на катете BC взята произвольная точка F, так что FK перпендикулярна AC. Доказать, что FAK= FBK.

Рассмотрим четырёхугольник ABFK B= FKA=90˚, значит в четырёхугольнике ABFK сумма противоположных углов равна 180˚, а это необходимое и достаточное условие для того, чтобы вокруг четырёхугольника можно было описать окружность. Описав окружность, заметим что FAK и FBK опираются на одну дугу, следовательно они равны.

Задача 2: В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AF,BS,CK, которые пересекаются в точке O. Доказать, что ABS= AFK

Так как AFB и CKB- прямые, то около четырёхугольника OFBK можно описать окружность, взяв BO за периметр. Построив окружность, можно заметить, что ABS= AFK, так как они опираются на одну и ту же дугу.

Задача 3: Доказать, что квадрат биссектрисы треугольник равен разности между произведением заключающих её сторон и произведением отрезков третьей стороны, на которые она делится биссектрисой.

Опишем около треугольника ABC окружность, и продолжим биссектрису BM до пересечения с окружностью в точке D. Обозначим стороны буквами для упрощения вычислений: AB=a, BC=b, MD=s, AM=e, MC=k, BM=l.

По условию ABD= CBD, и ADB= ACB, так как опираются на одну и ту же дугу, из этого следует, что ΔABD

ΔBCM(по 1 признаку), тогда справедливо равенство: ,отсюда следует , а так как e k=l s, то .

Задача 4: В четырёхугольнике ABCD: DCB=100˚, DCA=55˚, ADB=45˚. Чему равен DBA?

BCD= DCB- DCA=45˚, тогда BCD= ADB. Тогда вокруг четырёхугольника ABCD можно описать окружность. И так как DCA и DBA опираются на одну и ту же дугу, то они равны и DBA=55˚.

Задача 5: В треугольнике ABC медиана BM делит B, так что MBC=45˚. Из точки M опущены перпендикуляры MS и MK на стороны AB и BC, MS=6, SK= . Найти площадь ΔSMK?

В четырёхугольнике MSBK MSB+ MKB=180˚ из этого следует что через вершины четырёхугольника MSBK можно описать окружность. Тогда MSB= MBK, так как эти углы опираются на дугу MK, и MSB=45˚ . И тогда площадь треугольника можно найти как половина произведения сторон на синус прилежащего угла. .

Задача 6: Нужно доказать, что 3 высоты в треугольнике пересекаются в одной точке.

Рассмотрим случай, когда треугольник остроугольный.

Проведём в треугольнике ABC две высоты- CK и AM, и прямую BH которая пересекает AC в точке F. Нам нужно доказать, что BFA=90˚.

Так как AKC= AMC=90˚, то точки A,K,M,C- лежат на окружности с диаметром AC.

BKH= BMH= (так как AK и AM перпендикуляры к AB и BC). MBH= HKM так как опираются на одну дугу. ΔCAM

ΔCBF(по 1 признаку): C-общий, MAC= FBC, из этого следует что BFA=90˚.

Если треугольник тупоугольный, к примеру B теперь стал тупым, то в этом случае точка пересечения высот будет находится за пределами треугольника. Рассуждения буду точно такими же, только грубо говоря точки B и H меняются местами.

Для прямоугольного треугольника точка пересечения высот- вершина прямого угла.

Задача 7: Расстояние между основаниями двух высот AK и AF ромба ABCD вдвое меньше диагонали AC. Найти углы ромба.

Так как AKC= AFC, то вокруг четырёхугольника AKCF можно описать окружность, где AC- диаметр, а O- центр окружности. 2KF=AC, из этого следует, что KF=R (где R-радиус окружности). ΔKOF- равносторонний (OK=OF=KF=R), отсюда KOF=60˚. KOF и KAF опираются на одну дугу, где KOF- центральный, а KAF-вписанный, тогда KAF=30˚, C=150˚, B=30˚.

Задача 8: Дан угол в 60˚ с вершиной в точке A и точка K внутри угла. B и C- основания перпендикуляров, опущенных из точки K на стороны угла. KB=5, KC=4,найти AK.

ABK+ ACK=180˚, тогда вокруг четырёхугольника ABKC можно описать окружность, где AK является диаметром (т.к. ABK=90˚). Соединим точки B и C, получим BKC=180˚-60˚=120˚. BC можно найти по теореме косинусов из ΔKBC:

Задача 9: В трапеции ABCD основание BC, диагональ AC и боковая сторона CD равны k. Боковая сторона AB равна q. Найти диагональ BD.

Продолжим BC на расстояние k, так что BE=2k. Тогда окружность с радиусом k и центром в точке C проходит через точки D, A, B. Если BE- диаметр окружности, то ABCD- равнобедренная трапеция и AB=ED=q. BDE=90˚(так как опирается на диаметр). ,тогда

Проанализировав результаты своей работы я пришёл к выводу, что проведение вспомогательной окружности в задачах значительно упрощает её решение. Нередко в B и C частях ЕГЭ встречаются задачи, которые без проведения дополнительных построений решить довольно сложно, и ученики подолгу ломают голову над такими задачами, исписывая при этом не один лист, хотя с помощью окружности решение может занять две строчки.

И.Ф.Шарыгин . Геометрия Дрофа М.: 2007.
И.Ф.Шарыгин . Решение задач. Просвещение. М.: 2007.
И.Г. Габович, Алгоритмический подход к решению геометрических задач, М., «Просвещение», 1996г.
Р.Г. Готман: «Задачи по планиметрии и методы их решения».

Видео:Урок 89. Движение по окружности (ч.1)Скачать

По теме: методические разработки, презентации и конспекты

Урок математики в 6-м классе по теме «Окружность. Круг. Длина окружности»

Урок математики в 6-м классе по теме «Окружность. Круг. Длина окружности» лучше проводить в виде практической работы.

Презентация «Длина окружности и длина дуги окружности»

Презентация для интерактивной доски по геометрии в 9 классе.

Урок по теме: «Окружность. Длина окружности».

Цель урока: повторить понятие окружности и круга; вычисление значения числа Пи; ввести понятие длины окружности и формул для вычисления длины окружности.

Презентация и конспект урока по математике в 6 классе «Окружность. Длина окружности»

Урок изучения нового материала. Цель урока формирование практико-ориентированной компетенции при выведении формул длины окружности и их применении при решении задач. Проблемная ситуация создает .

Взаимное расположение прямой и окружности. Касательная к окружности.

Цели и задачи:образовательные – добиться умения самостоятельно формулировать определения понятий: окружность, радиус, диаметр, хорда каждым учащимся, изучить возможности взаимного расположения п.

Метод вспомогательной окружности.

Метод вспомогательной окружности

Презентация содержит необходимые теоремы по теме и примеры использования данных теорем при решении задач.

Видео:Как решать олимпиадные задачи?Скачать

Геометрия на олимпиадах

Геометрические задачи — это наиболее деятельностная и наглядная часть олимпиадных заданий. Такие задачи обязательно присутствуют в олимпиадах для младших школьников. Еще чаще геометрические задачи встречаются на математических турнирах всех уровней.

Просмотр содержимого документа
«Геометрия на олимпиадах»

Геометрия на олимпиадах

В треугольнике ABC ∠B=36∘, а точки K, M, N — точки касания вписанной окружности со сторонами AB, BC и AC соответственно. Найдите величину угла KNM.

Пусть ∠BAC=α, ∠ACB=γ.

Отрезки касательных, проведённые из точек A и C равны, поэтому AK=AN и CM=CN. Откуда △AKN и △CMN — равнобедренные. Значит из △AKN получаем, что ∠AKN=∠ANK=180∘−α2=90∘−α2, а из △CMN получаем, что ∠CMN=∠CNM=180∘−γ2=90∘−γ2.

С другой стороны, заметим, что ∠ANK+∠KNM+∠CNM=180, поэтому

Но из треугольника ABC α+∠B+γ=180∘α+∠B+γ=180∘, значит

Пусть H и O — ортоцентр и центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC соответственно. Известно, что ∠ABH=30∘, найдите градусную величину угла ∠OBC.

Заметим, что ∠OBC=∠OCB, так как OBC — равнобедренный треугольник. Отсюда ∠OBC=180∘−∠BOC2. Заметим, что ∠BOC=2∠A, поскольку центральный угол BOC вдвое больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу BC. Остается заметить, что ∠A=90∘−∠ABH=60∘, значит,

Можно заметить, что, независимо от значения ∠ABH, верен следующий факт:

Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, причем AB— диаметр его описанной окружности, а ∠ABD=60∘. Найдите IAIB, где IA и IB — центры вписанных окружностей треугольников ACD и BCD соответственно, если известно, что DIA=√8.

Рассмотрим точку E— середину меньшей дуги CD описанной окружности четырехугольника ABCD. Ясно, что прямые AIA и BIB пересекаются в этой точке, поскольку являются биссектрисами соответствующих углов, опирающихся на дугу CD.

По лемме о трезубце, примененной к треугольникам ACD и BCD, имеем: DE=EIA=EC=EIB.

Заметим, что ∠AED=∠ABD=60∘, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Тогда треугольник IAED является равносторонним, поскольку он равнобедренный (по лемме о трезубце), а угол при вершине равен 60∘. Поэтому IAE=DIA=√8.

Остается рассмотреть треугольник IAEIB. Нетрудно заметить, что ∠IAEIB=∠AEB=90∘, как опирающийся на диаметр. Это означает, что рассматриваемый нами треугольник является прямоугольным и равнобедренным. Поэтому (по теореме Пифагора) легко видеть, что IAIB=EIA2=√8⋅√2=4

На катетах прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C вовне построили квадраты ACKL и BCMN. Известно, что CE — высота опущенная на гипотенузу AB, причем ∠CEM=17∘. Найдите градусную величину угла ∠LEC.

Заметим, что ∠CAE=∠BCE, ∠ACE=∠CBE. Следовательно, прямоугольные треугольники AEC и CEB подобны, причем AECE=CEBE. Тогда при повороте на угол в 90∘ относительно E треугольник AEC сначала совместится сторонами прямого угла со сторонами прямого угла треугольника CEB, а затем при гомотетии с центром в этой же точке E и коэффициентом AECE вершины A и C совместятся с вершинами C и B соответственно. Таким образом, треугольник AEC с помощью поворотной гомотетии с центром в точке E переходит в треугольник CEB.

Ясно, что при этой поворотной гомотетии квадрат ACKL перейдет в квадрат CBNM, потому что отрезок AC переходит в отрезок CB, а значит и ориентированные квадраты на этих отрезках должны переходить соответствующим образом.

Отсюда следует, что при этой поворотной гомотетии точка L переходит в точку M, а значит ∠LEM=90∘. Тогда ∠LEC=∠LEM−∠CEM=90∘−17∘=73∘.

Найдите угол, под которым отрезок, высекаемый на стороне AB остроугольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из ее центра, если известно, что ∠A=74∘, ∠B=34∘. В ответе укажите градусную величину этого угла.

Пусть M — середина AB, а C′ — основание высоты, опущенной из точки C на сторону AB.

Первый путь решения.

Пусть E — середина отрезка CH, где H — ортоцентр треугольника ABC. Искомый угол равен удвоенному углу MEH, поскольку ∠MEH является вписанным углом, опирающимся на рассматриваемый в задаче отрезок.

Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Поскольку CE=CH2=OM, причем CE и OM параллельны, то четырехугольник OMEC является параллелограммом. Отсюда следует, что ∠MEC′=∠OCH.

Известно, что ∠OCH=|∠A−∠B|. Этот угол легко считается, если использовать тот факт, что ∠OCA=90∘−∠AOC2=90∘−∠B=∠HCB, а также, что ∠C=180∘−∠A−∠B.

Тогда искомый угол равен

Второй путь решения.

Пусть B′ — основание высоты из вершины B. Искомый угол равен удвоенному углу MB′C′, поскольку ∠MB′C′ является вписанным углом, опирающимся на рассматриваемый в задаче отрезок.

Отрезок C′B′ соединяет основания высот, а, как известно, треугольники AB′C′ и ACB подобны. Отрезок MB′′ является медианой в треугольнике AB′B.

Угол AB′C′ равен ∠B. В то же время ∠MB′B=∠MBB′=90∘−∠A, т.к M — середина гипотенузы прямоугольного треугольника AB′B. Поэтому ∠MB′C′=|90∘−(90∘−∠A)−∠B|=|∠A−∠B|.

Тогда искомый угол равен

В параллелограмме ABCD из вершины B опущены высоты BK и BH на стороны AD и CD соответственно. Известно, что BD=5, KH=4, найдите расстояние от точки B до ортоцентра (точки пересечения высот или их продолжений) треугольника BKH.

Известно, что расстояние от вершины треугольника до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности треугольника до стороны, лежащий напротив этой вершины. В данном случае имеем BH1=2OLB, где H1, O, L — ортоцентр, центр описанной окружности и основание перпендикуляра, опущенного на стороны KH из точки O.

Легко видеть, что четырехугольник BKDH вписан в окружность с диаметром BD, поскольку на этот отрезок по условию задачи опираются два прямых угла. Это значит, что O — середина BD. Также важно, что L — середина отрезка KH.

Рассмотрим треугольник OLH. Он прямоугольный и OH=OB=OD=52, LH=42.

Тогда по теореме Пифагора находим OL=32.. Тогда BH1=3.

Найдите максимально возможное расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника, если радиус вписанной в него окружности равен 3, а описанной — 8.

Пусть вписанная окружность касается сторон AB, AC и BC треугольника ABC в точках C′, B′ и A′ соответственно. При инверсии относительно окружности с центром O1, вписанной в треугольник ABC, вписанная окружность останется на месте, прямые, содержащие стороны треугольника перейдут в окружности, проходящие через центр O1 инверсии и касающиеся окружности инверсии. Поэтому вершины A, B и C перейдут в середины отрезков B′C′, A′C′ и B′C′ соответственно.

Тогда окружность, с центром O2, описанная около треугольника ABC, перейдет в окружность с центром O радиуса R′=r2=32, проходящую через середины сторон треугольника A′B′C′. Эта окружность гомотетична описанной окружности треугольника ABC, причём центр гомотетии совпадает с центром O1инверсии, значит, точка O лежит на прямой O1O2.

Пусть O1O2=d, XY — диаметр описанной окружности треугольника ABC, проходящий через точку O1, а X′ и Y′ — образы точек соответственно X и Y при рассматриваемой инверсии. Тогда

а так как XY=2R′=3 , то 14464−d2=314464−d2=3. Отсюда находим, что d=4.

Также можно было сразу применить формулу Эйлера: d2=R2−2Rr, связывающую расстояние между центрами вписанной и описанной окружности с их радиусами.

Пусть AA1 и BB1 — высоты остроугольного треугольника ABC. Известно, что отрезок A1B1 пересекает среднюю линию, параллельную AB в точке C′. Найдите градусную меру угла между прямой CC′ и прямой, проходящей через точку H пересечения высот и центр O описанной окружности треугольника ABC

Пусть ω — окружность девяти точек треугольника ABC, т.е. окружность, проходящая через середины сторон и основания высот треугольника, окружность ωh проходит через точку C и основания A1 и B1высот, окружность ωm проходит через точку C и середины сторон CA и CB. Окружности ω и ωm проходят через середины сторон CA и CB, поэтому их радикальная ось проходит через среднюю линию треугольника ABC, параллельную стороне AB. Окружности ω и ωh проходят через точки A1 и B1, поэтому их радикальная ось — это прямая A1B1. Точка C′является пересечением двух радикальных осей из трёх, поэтому это радикальный центр окружностей ω, ωm и ωh, значит C′ лежит и на третьей радикальной оси, радикальной оси окружностей ωm и ωh. Точка C принадлежит окружностям ωm и ωh, поэтому лежит на их радикальной оси.

Докажем теперь, что OH параллельно линии центров окружностей ωm и ωh. Тогда мы получим, что две изучаемые прямые перпендикулярны, так как радикальная ось двух окружностей перпендикулярна линии центров этих окружностей. Действительно, точки O и H являются вторыми концами диаметров, проведённых через точку C в этих окружностях. Следовательно, линия центров данных окружностей содержит среднюю линию треугольника OCH, то есть параллельна OH.