Друзья!
От лица канала желаем удачи всем, кто сейчас находится в Сочи на закле по математике! Помните, что сам факт попадания на всерос уже многого стоит, и ВЫ ВСЕ УЖЕ ПОБЕДИТЕЛИ!!!
Так что как бы не пошло завтра и на втором туре, не расстраивайтесь) Выжмете из себя все возможное! ^-^

Решения прошедшей сегодня устной олимпиады по геометрии

Всем привет. Сегодня в канале стукнуло 900 подписчиков. Всем спасибо это очень много. В честь этого небольшой анонс:

Мы с @SaikenQA готовим проект на летнюю конференцию турнира городов (ЛКТГ). Не буду раскрывать тему целиком, но относительно большая часть проекта посвящена CRL и проективным её обобщениям. В частности в один момент начинается изучение некоторого проективного объекта, который сильно обобщает CRL на произвольные поля, в частности на CP². И в этот момент образовался спор между нами со Стасом: стоит ли расписывать дальнейшую часть проекта алгебраически над произвольными полями или же ограничиться RP² или в некоторых случаях (когда это необходимо) CP². Мы решили спросить это у вас. Ждем ваших комментариев и мнения.

Точка B лежит на поляре точки А относительно окружности ω.
(!) Сумма степеней точек A и B относительно ω равна AB²

Очень сложная задача

Могут ли в треугольнике окружность, построенная на одной из сторон как на диаметре и окружность 9 точек касаться?

Утреняя разминка

Существует ли 9 кругов, таких, что каждые два пересекаются, а центр каждого круга лежит вне остальных кругов?

Вечерняя задача

Синяя точка на биссектрисе произвольная. Зелёная прямая касается зелёной окружности.
(!) Равенство зелёных отрезков

upd. Это даже в каком-то смысле обобщение такой задачи

Всех жду)

[25 марта (ВТОРНИК), 16:15, ауд. 302]
Станислав Кузнецов,
"Коники, 2-2 соответствия и поризм Понселе"

Поризм Понселе (или Теорема Понселе) является классическим фактом проективной алгебраической геометрии. Эта знаменитая теорема является примером так называемой теоремы о замыкании, когда некоторый процесс построения новых точек в результате проведения тех или иных линий, зацикливается через некоторое количество шагов. У этого факта есть множество разных доказательств, версий и обобщений. Все сильные матшкольники в 10-11 классах обычно знают эту теорему и ноль-два ее доказательства в общем случае (есть классическое геометрическое рассуждение через пучки окружностей, а есть аналитическое доказательство через функцию плотности — и то, и другое есть в статье Протасова "два века теоремы Понселе"), но они обладают теми проколами, что работают лишь в вещественной проективной плоскости, то есть используют средства евклидовой геометрии.

На докладе мы обсудим чисто алгебраический подход к поризму Понселе через так называемые 2-2 соответствия, который не просто докажет ее в общем случае на CP² с кониками, но еще и определенное количество смежных фактов: например, этого, этого и этого. Более того, на проекте будут решены две задачи с проекта ЛКТГ по движению точек, одну из которых не решил ни один из участников, а другую не решили даже жюри - некоторое время (больше полугода) она оставалась нерешенной.

Пререквизиты: желательно понимать, что такое CP², CP¹ и коника. В принципе, больше ничего особо и не надо.

Задачи от @freeyoungstonerlife в продолжение леммы из этого поста

На картинках точки P и P', Q и Q' изогонально сопряжены. Синие точки на сторонах треугольника произвольные (на второй картинке лежат на одной произвольной окружности)
(!) Параллельность пунктирной прямой и нижней стороны треугольника

На самом деле я советую всем прийти) должно быть интересно, а еще там будут некоторые сведения, которые далее понадобятся в другом докладе, который будет через неделю - про поризм Понселе (и там я разберу все те задачи про поризм, которые постил). Ну и плюс, в последнее время прямоугольные гиперболы набирают актуальность...

[среда 19 марта, 16:15, ауд. 302]
Векшин Максим,
"Равнобокие гиперболы, изогональное и антигональное сопряжения"

На докладе будет в первую очередь красивая олимпиадная геометрия. Расскажу про то, как устроены равнобокие гиперболы, описанные около треугольника, почему это полезный объект, об их связи с изогональным и антигональным сопряжениями. Также разные свойства этих сопряжений (некоторые даже неочевидные). И в целом планируется рассказать о том, как можно работать с кониками, как понять, что какие-то точки лежат на одной конике, в частности, на одной равнобокой гиперболе.

Также попробуем понять, как определять угол между асимптотами произвольной коники и доказать такое утверждение: "У коник девяти точек двух антигонально сопряженных точек равные углы между асимптотами."

Картинка к анонсу моего доклада по коникам, который пройдёт в среду в 179той школе.

Моя 19ая задача с заочного этапа олимпиады им. Шарыгина.
(спойлер для тех, кто не хотел пока видеть задачи с отбора)

Точки H₁, H₂ и H₃ – ортоцентры треугольников BIC, BIA, CIA. Зелёные точки на сторонах – их середины.
(!) Пунктирные прямые пересекаются в одной точке

На самом деле, мне эта задача не очень нравится)

По мотивам статьи Павла Кожевникова

Чтобы не кокнуло, сформулирую во всеми любимой евклидовой формулировке 🚶‍♀️

Пусть n-угольник A₁...Aₙ вписан в окружность Г и описан около окружности w.
(!) При любом фиксированном k AᵢAᵢ₊ₖ огибает фиксированную окружность, соосную с Г, w

У нее есть и нормальное евклидово решение)

(на картинке n = 7, k = 2)

Задача для начинающих aka факт с доклада на кружочке в 179 школе. Рекомендую посмотреть запись доклада целеком, а ещё лучше САМОМУ ПРИЙТИ на какой-нибудь интересующий Вас доклад, узнать что-то новое и почувствовать вайб таких докладов (чаще они даже не по геометрии).

На описанной окружности треугольника ABC выбрана произвольная точка A₁. Точки B₁ и C₁ на той же окружности таковы, что AA₁ ∥ BB₁ ∥ CC₁.
(!) Перпендикуляры из A₁ на BC, из B₁ на AC и из C₁ на AB пересекаются в одной точке X на (ABC)
(!) Прямая Симсона точки Х параллельна AA₁

Поздравляю всех прекрасных девушек и замечательных парней с 8 марта!

Пусть X – произвольная точка на лемнискате Бернулли. А прямая AB – её ось симметрии.
(!) |β - α| = 90⁰

Лемнискатой Бернулли называется ГМТ Х таких, что произведение расстояний от них до двух заданных точек (фокусов) постоянно и равно квадрату половины расстояния между фокусами.

Задача нормально решается алгебраически, но так же имеет и геометрическое решение. Оказывается, при инверсии в центре симметрии лемнискаты Бернулли она переходит в равнобокую гиперболу.

Точки P и Q изогонально сопряжены в фиолетовом четырёхугольнике.
(!) Пунктирный угол прямой

Красивая задача

Из вершины треугольника проведены касательные к его окружности Эйлера.
(!) Точки касания и точка пересечения касательной к описанной окружности треугольника (в этой вершине) с противоположной стороной лежат на одной прямой

И ещё более простая задача, полезная как лемма на точку Микеля

Прикольная, не очень сложная задача

(!) Пунктирная окружность касается описанной

Часть 2

Начнем мы с того, что любую комплексную квадрику можно сменой базиса координат свести к виду x₀x₃ = x₁x₂. Это следует из известной теоремы из линейной алгебры о том, что любую невырожденную квадрику над C можно свести к уравнению x₀² + x₁² + x₂² + x₃² = 0. И тут мы пользуемся комплексностью -- над R не всегда так можно.

Отметим, что, как в плоскости, у любой точки можно взять поляру относительно любой квадрики: пусть Q квадрика, A точка, тогда основания касательных из A к Q лежат в одной плоскости, которая высекает на Q конику. Отметим, что если l – прямая, то всевозможные поляры относительно Q точек на l проходят через некоторую прямую m, которая называется полярой прямой l относительно Q.

Таком виде квадрики также можно заметить следующее. Рассмотрим прямые вида tx₀ + x₁ = tx₂ + x₃ = 0, px₀ + x₂ = px₁ + x₃ = 0, где t, p некоторые параметры. С помощью подстановки несложно проверить, что они целиком лежат на нашей квадрике x₀x₃ = x₁x₂. А теперь можно заметить, что ЛЮБЫЕ 2 прямые одного семейства не пересекаются, а ЛЮБЫЕ 2 прямые разных семейств пересекаются, и если через данную точку провести касательную плоскость в ней к квадрике, то эта плоскость пересечет квадрику по двум прямым – одна лежит в одном семействе, вторая – во втором. Прямым вычислением можно проверить, что любая прямая на квадрике принадлежит одному из этих семейств.

Итог:
На любой невырожденной квадрике есть ровно два семейства прямых на ней, причем:
1. Любые две прямые одного семейства не пересекаются.
2. Любая прямая одного семейства пересекается с любой прямой другого семейства.
3. Через любую точку A на квадрике проходит ровно 1 прямая каждого семейства, причем две такие прямые на квадрике, проходящие через эту точку, лежат в плоскости, которая касается этой квадрики в точке A.

Напомню, что прямая (ab) касается квадрики Q, где a лежит на Q, если многочлен F, суженный на (ab) (получится однородный многочлен степени 2 от двух переменных) имеет кратный корень или тождественный ноль; множество b таких, что (ab) касается Q -- это плоскость (в общем случае, если квадрика невырожденная, т. е. гладкая).

Отсюда можно понять, что верен пространственный аналог леммы Соллертинского:

Пусть l, m – две скрещивающиеся прямые в пространстве, ф: l -> m – проективное отображение. Тогда, прямые вида Aф(A) в объединении образуют квадрику, проходящую через l, m. Обратно – любая квадрика так получается.

Можно сказать иначе. Пусть задано проективное отображение g из пучка плоскостей через l в пучок плоскостей через m. Тогда прямые всевозможных пересечений плоскостей π и g(π) образуют квадрику, проходящую через l, m.

А теперь, можно заметить такой факт: пусть l₁, l₂ – две скрещивающиеся прямые. Пусть l₀ – другая скрещивающаяся с ними прямая. Пусть x – произвольня точка на l₀. Пусть плоскость, проходящая через x, l₁ пересечет l₂ в точке x₂, а плоскость, проходящая через x, l₂ пересечет l₁ в точке x₁. Тогда отображение x₁ -> x₂ проективно, в частности, (x₁x₂) образуют квадрику.

Собственно, так задача про четыре прямые m₁, m₂, m₃, m₄, которую я постил раньше, получается в секунду: можно рассмотреть пару (m₂, m₃) и применить это рассуждение к этой паре и прямой m₁, а потом и к прямой m₄.

Пространственный Брианшон.
Порой, пространственные аналоги утверждений оказываютя проще исходных. И это тот самый случай.

Пусть Q – квадрика, а m₁, m₂, m₃ – прямые одного семейства на ней, l₁, l₂, l₃ – прямые второго семейства на ней. Пусть l₁ пересекает m₁, m₂ в точках A, B. Пусть l₂ пересекает m₂, m₃ в точках C, D. Пусть l₃ пересекает m₃, m₁ в точках E, F. Тогда прямые AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Несмотря на загадочную формулировку, утверждение очевидно – достаточно заметить, что прямые AD, BE, CF попарно пересекаются и не лежат в одной плоскости. Отсюда, они обязательно пересекаются в одной точке.

А теперь задача Вам.
Докажите теорему Брианшона, используя ее пространственную версию.

Указание. Пусть A точка, Q квадрика. Спроецируем Q на поляру точки A из точки A. Что в таком случае произойдет с прямыми на Q?

Квадрики в CP³, лемма Соллертинского и необычное доказательство теоремы Брианшона

Часть 1

(Картинка будет лишней; необходимую теорию про коники и проективку скоро сделает Макс, возможно, новичкам будет легче после его поста)

С кониками связано достаточно много теоретических фактов. Но что можно сказать о квадриках в пространстве?

Будем считать, что мы живем в комплексном трехмерном пространстве CP³ (это важно, потом объясню почему) с введёнными на ней однородными координатами [x₀ : x₁ : x₂ : x₃]. Квадрикой называется множество таких точек, что F(x₀, x₁, x₂, x₃) = 0, где F – однородный многочлен степени 2, от 4 переменных с комплексными коэффициентами. Вопрос: какие есть свойства у таких кривых?
Нас будут интересовать невырожденные квадрики. Тут я буду надеяться на ваше интуитивное понятие того, что это такое. Например, сфера является невырожденной квадрикой, конус и пара плоскостей – вырожденные (у конуса есть "особая" точка – вершина).

Забавная (и не счётная) задача

У треугольника на рисунке радиус вписанной окружности 1, площадь S, а нижняя сторона x.
(!) IX = ... (выразить через S и х)

Обобщение задачи выше, которое возникло во время обсуждения в чате канала

Оранжевые точки X, Y, Z на сторонах – произвольные. Внутри треугольника выбрана произвольная зелёная точка. Синие точки X', Y', Z' симметричны точкам X, Y, Z относительно перпендикуляров к сторонам треугольника, проведённых из зелёной точки. Точки P и Q получаются путём пересечения соответствующих окружностей (см. рисунок).
(!) Точки P и Q равноудалены от зелёной точки

(!) Если X, X', Y, Y', Z, Z' лежат на одной окружности (то есть зелёная точка – её центр), то точки P и Q изогонально сопряжены (получается задача из предыдущего поста)

Забавный факт, который я раньше не знал

Произвольный оранжевый треугольник вписан в фиолетовый треугольник. Точка P – его точка Микеля (точка пересечения чёрных окружностей на рисунке), точка Q ней изогонально сопряжена.
(!) Центр описанной окружности оранжевого треугольника равноудалён от P и Q

Продолжение предыдущего поста

Коники К и Г (на комплексной проективной плоскости) пересекаются в точках A, B, C, D.

(!) Касательные к К, Г в точках A, B, C, D касаются одной коники

(!) Точки касания общих внешних касательных этих коник с этими кониками лежат на одной конике
(нет, тут нельзя просто перевести две общие точки в круговые)

Вопрос**
Пусть мы теперь на вещественной проективной плоскости. Как второе утверждение связано с директором коники?

Директором коники К называется ГМТ точек Х таких, что К видна из Х под прямым углом. (см. третий рисунок)

Спойлер: это всегда окружность

Красивая задача от Петра Кима

(Рыжие прямые – касательные, одна из которых параллельна левой стороне, а другая проведена из точки пересечения полувписанной окружности с нижней стороной)
(!) Голубая окружность касается стороны

Задача для начинающих

На прямой взяли произвольные точки A, B и C. Точки X и Y таковы, что треугольники ABX и BCY равнобедренные (как на рисунке). Точка Z дополняет треугольник BXY до параллелограмма.
(!) Треугольник ACZ тоже равнобедренный

А на эту лемму есть вот такая прикольная задача с финала ЮМТ. Надо доказать, что вот такое отношение не зависит от выбора шестиугольника понселе. Ну и конечно обобщается на 2n-угольник.

Начнем-ка небольшую серию постов про коники, завязанную на моей курсовой

Пусть A₁A₂...A₂ₖ – это 2k-угольник Понселе на КОМПЛЕКСНОЙ проективной плоскости, вписанный в конику К и описанный около коники Г.
(!) Прямые AᵢAᵢ₊ₖ
пересекаются в одной точке, причем эта точка не зависит от выбора A₁ на К

(Выше картинка для восьмиугольгика)

Я уже писал о том, что некоторые проективные вещи и утверждения верны и в пространстве. Вот пример задачи на них.

Даны скрещивающиеся прямые m₁, m₂, m₃, m₄. Оказалось, что существует прямая, которая их пересекает.
(!) В общем случае найдется ещё хотя бы одна такая прямая

(Нет я не вышел с отпуска, просто щас начнется небольшое веселье с кониками и квадриками)

Разнобой из похожих и красивых фактов про две окружности

1. Оранжевая окружность перпендикулярна двум данным черным окружностям.
(!) Её центр лежит на радикальной оси чёрных окружностей
2. Две окружности таковы, что прямые на рисунке перпендикулярны.
(!) Внутренняя касательная этих окружностей перпендикулярна внешней
3. Выбрана произвольная синяя точка. Рыжая и фиолетовая прямые это её поляры относительно двух окружностей, они пересекаются в некоторой точке.
(!) Синяя точка и точка пересечения поляр находятся на равном расстоянии от радикальной оси этих окружностей
4. Одноцветные дуги имеют равные градусные меры.
(!) Равенство оранжевых отрезков
(Обобщение теоремы о глазном яблоке)
5. Произвольная прямая пересекает две окружности в четырёх точках, проводятся касательные к окружностям в этих точках.
(!) Точки пересечения разноцветных касательных лежат на одной окрудности
6. Даны две перпендикулярные окружности.
(!) Точка пересечения вторых касательных к окружностям лежит на второй внешней касательной

Утренняя разминка

Ещё придумал простенькую задачку на прямую Гаусса
(!) Параллельность красных прямых

Наверное, уже по традиции, ночной факт

(!) Направление прямой гаусса изогонально направлению на точку Микеля относительно любого угла четырёхугольника

Теории пост. Прощальный пост.

В планиметрии есть много методов решить задачу: всякие теоремы, трюки, стандартные картинки, какие-то продвинутые техники. А что можно сказать насчет стереометрии? Там запас этого всего добра урезается в десятки раз. Может, всякие аналоги лемм о воробьях, о велосипедистах и т.д. есть, но они очень малоизвестны и далеко не очень полезны. В стереоме чаще требуются рассуждения про доп. построения, анализ картинки, рассматривание каких-то пересечений плоскостей/проекций, сведений к плоской задаче. Есть конечно аналог радикальных осей, например, но это тоже не очень частый метод.

Тем не менее, все-таки один продвинутый трюк есть.

Забавно, что обычные проективные коники и теоремы на них вполне обобщаются в пространство. В пространстве верны аналоги леммы Соллертинского, теоремы Брианшона и понятие поляры относительно квадрики (причем даже определено не только понятие поляры точки, но и поляры прямой).

Определение. Квадрика – поверхность в пространстве, задающаяся уравнением F(x, y, z) = 0, где deg(F) = 2.

Определение. Полярой точки X относительно квадрики K называется плоскость, проходящая через основания всех касательных из X к K.

То, что основания касательных из X к K лежат в одной плоскости неочевидно, но это правда. Ещё заметим, что поляра X относительно K высекает на K конику.

Однако сейчас нас будет интересовать случай, когда квадрика – сфера, а высекаемая коника – окружность.

Сперва поговорим о стереографической проекции.

Определение. Пусть Г – сфера, O – её центр, а p – некоторая плоскость. Прямая, проходящая через точку O и перпендикулярная p, вторично пересекает Г в точке N (N находится дальше от p, чем вторая точка пересечения). Пусть Х – произвольная точка сферы, а NX пересекает p в точке Y. Стереографической проекцией Г на p будем называть отображение Г -> p при котором X -> Y.

Это отображение – биекция между Г (без точки N) и p. Также заметим, что на самом деле, это просто инверсия с центром N при которой Г переходит в p (инверсия, суженная на Г). Она переводит окружность, не проходящую через N, в окружность, а окружность, проходящую через N, в прямую. Уже сам этот факт является довольно полезным и помогает решать некоторые сложные задачи. Например, это сильно помогает в P5 устной олимпиады по геометрии 2015 года 10-11 класс. (рис. 1)

Но мы пойдем дальше.

Определение. Полярной окружностью точки X относительно сферы Г называется окружность, проходящая через основания касательных из X к Г. Будем обозначать эту окружность p(X).

Получаем биекцию между точками R³ и окружностями на сфере.

Теорема.
1. Прямая AB касается сферы Г <=> p(A), p(B) касаются.
2. Плоскость (ABC) касается Г <=> p(A), p(B), p(C) имеют общую точку.
(рис. 2 и 3)

Мысль. Отображение X -> p(X) позволяет сопоставлять стереометрической задаче конфигурацию окружностей на сфере. Совершая затем стереографическую проекцию, мы получаем плоскую задачу, решив которую, мы решим и исходную трехмерную задачу. Также можно совершать эти действия в обратном порядке, проектируя плоскую задачу на сферу и затем возникающие окружности отображая в точки.

И вот это уже мощный интрумент для решения задач.

Пример. Около сферы Г описана четырёхзвенная ломанная ABCD. (рис. 4)
(!) Четыре точки касания её сторон со сферой лежат в одной плоскости
Доказательство. Мы знаем, что p(A), p(B), p(C), p(D) попарно касаются. Скинем это все стер. проекцией на плоскость. Получим известную простую задачу: четыре окружности на плоскости попарно касаются, тогда точки касания лежат на одной окружности. Проектируя обратно, получаем, что точки касания не просто лежали в одной плоскости - они еще и на одной окружности.

У этой задачи есть другие решения (например, пространственный менелай).

Есть еще более сложные примеры. И вот, собственно, задача Вам.

Скрытая 10.9 Шарыгинки 2024

Точки A, B, C, D лежат в одной плоскости, которая касается сферы Г. Точка A' такова, что тетраэдр BCDA' описан около Г. Аналогично определим B', C', D'. (рис. не требуется)
(!) A', B', C', D' лежат в одной плоскости

(Ухожу в отпуск на x лет)

Рисунки к посту ниже

Не няшная задачка

На серединном перпендикуляре к нижней стороне выбрана точка. Оранжевые окружности касаются зелёных прямых (соединяющих эту точку с вершинами) и боковых сторон треугольника в их серединах.
(!) Точки пересечения внешних касательных к этим окружностям с нижней стороной треугольника лежат на изогоналях относительно верхнего угла треугольника

Не няшная задачка

Няшная задачка

На боковых сторонах треугольника взяли точки X и Y так, что они лежат на одной окружности с двумя вершинами. Пусть точки M, N, K – середины боковых сторон. Прямые XM и YN пересекаются в P. Прямая PK пересекает боковые стороны треугольника в голубых точках.
(!) Зелёная прямая касается зелёной окружности

3D аналог окружности Конвея

В тетраэдре ABCD на продолжениях ребер AB, AC, AD за вершину A отметили три точки, находящиеся от A на расстоянии, равном полупериметру противолежащей грани BCD, и то же самое проделали с остальными вершинами B, C, D.
(!) Построенные 12 точек лежат на одной сфере тогда и только тогда, когда существует сфера, касающаяся всех рёбер тетраэдра ABCD

Крутая задача

Ночная разминка

Кстати, москвичи, как регион?

Добрая разминка

Оказалось, что изогонально сопряжённые точки P и Q лежат на одной окружности с двумя вершинами треугольника.
(!) Оставшаяся вершина равноудалена от точек P и Q

Хочу сделать небольшое объявление

Сейчас начинает свою работу канал Палата вышмата. Я являюсь одним из его админов и создателей. Он посвящен высшей математике, и туда мы будем постить задачи по матану/линалу/топологии и др. Паблик предназначен для студентов и школьников, которые хотят заниматься высшей математикой.
Кому интересно – заходите и наслаждайтесь!

Чтобы пост не был без задач:

Точки P, Q и четырехугольник ABCD таковы, что B, P, Q, C лежат на одной окружности и A, P, Q, D лежат на одной окружности. Точка E на отрезке PQ такова, что ∠PAE = ∠QDE и ∠PBE = ∠QCE.
(!) Точки A, B, C, D лежат на одной окружности

Задача с BalticWay

Четырехугольник ABCD описан около окружности Г. Отрезок AC пересекает Г в точке E, причем вторая точка пересечения AC с Г лежит между E и C. Пусть F – точка, диаметрально противоположная E в Г. Касательная в точке F к Г пересекает AB, BC, CD, DA в точках Х, Y, Z, T.
(!) XY = ZT

Любить геометрию это хорошо, но русский все равно сдавать, к сожалению, придётся

Рекомендую канал с тестами и шпаргалками, чтобы готовиться к ЕГЭ или ОГЭ в любую минуту и уменьшать количество своих ошибок. Ещё там обсуждают тонкости экзаменов. Так что, канал точно полезный

Любить геометрию это хорошо, но русский все равно сдавать, к сожалению, придётся

Рекомендую канал с тестами и шпаргалками, чтобы готовиться к ЕГЭ или ОГЭ в любую минуту и уменьшать количество своих ошибок. Ещё там обсуждают тонкости экзаменов. Так что, канал точно полезный

Задача с BalticWay

Четырехугольник ABCD описан около окружности Г. Отрезок AC пересекает Г в точке E, причем вторая точка пересечения AC с Г лежит между E и C. Пусть F – точка, диаметрально противоположная E в Г. Касательная в точке F к Г пересекает AB, BC, CD, DA в точках Х, Y, Z, T.
(!) XY = ZT

Очень красивая задача с сегодняшнего доклада Петра Кима про двойственность

Нижние синие точки на сторонах произвольные.
(!) Зелёная прямая касается зелёной окружности

Новая разминка по матану

Рассмотрим любой (не обязательно выпуклый) многоугольник с площадью 1.
(!) Существует внутренняя хорда, разделяющая этот многоугольник на две части, площадь каждой из которых не меньше 1/3
(!) Покажите, что 1/3 нельзя заменить на бо‌льшее число

Сверху прикрепил разбор предыдущей разминки:

Задача для тех, кому надоели простые задачи

На сторонах CA и CB остроугольного треугольника АВС отмечены точки X и Y так, что четырёхугольник AXYB вписанный. Окружности (CAB) и (CXY) пересекаются повторно в точке Р. Отрезки АY и ВX пересекаются в точке S. Точки R и Q симметричны S относительно прямых СА и СВ.
(!) Точки Р, Q, R и C коцикличны

Ночная разминка с подвохом

ABCD параллелограмм. Точка Н – ортоцентр треугольника ABD, а точка O – центр его описанной окружности. В окружности (AHD) провели хорду XY параллельно стороне AD. Оказалось, что окружность (XYC) касается DC.
(!) В каком отношении хорда XY разбивает отрезок OH?

Жалко, что эту задачу так никто и не решил. Вот короткое гениальное решение:

Рассмотрим функции f(X)=XA²-XD²+XB²-XE², g(X)=XB²-XE²+XC²-XF², h(X)=XA²-XD²+XF²-XC². Они линейные. Имеем f(P)=f(Po)=0, g(Q)=g(Qo)=0, h(R)=h(Ro)=0. Отсюда, PPo, QQo, RRo - прямые нулей функций f, g, h. Также h(X)=f(X)-g(X), откуда моментально следует требуемое.

Вечерняя разминка

Точка P на стороне произвольная
(!) ∠IcPIb + ∠IcQIb = 180⁰

Я дурею с этой прикормки

Пусть точки A, B, C, D, E, F таковы, что никакие 3 из них не лежат на одной прямой и никакие 4 не лежат на одной окружности. Пусть P, Q, R – точки пересечения серединных перпендикуляров к парам отрезков (AD, BE), (BE, CF), (CF, DA). Пусть Po, Qo, Ro – точки пересечения серединных перпендикуляров к парам отрезков (AE, BD), (BF, CE), (CA, DF).
(!) Прямые PPo, QQo, RRo пересекаются в одной точке

Симпатично

Слив 11.5

На самом деле была задача с ЮМТ в другой формулировке, а в посте её обобщение

Желаю всем нам удачи на завтрашнем регионе!
Помните, что самое главное это не пройти на закл, а получить удовольствие от решения задач и ни в коем случае не расстаиваться, если что-то не получилось, впереди ещё очень много других олимпиад. Но всё же, пусть геометрия будет пятой, а задачи 1 - 3 полной халявой!

Гроб с ММО

Пусть P, Q – произвольные точки на описанной окружности треугольника ABC. Точка Xa на BC такова, что PXa, QXa симметричны относительно BC. Аналогично определим Xb, Xc.
(!) Точки Xa, Xb, Xc лежат на одной прямой

Несложная разминка по матану

Цирковая лошадь по команде дрессировщика плавно начинает бег по окружности арены в некоторой точке и, пробежав круг, плавно останавливается в той же точке.
(!) Существует пара диаметрально противоположных точек арены, которые лошадь проходит с одной и той же скоростью

И неплохой текст с разбором прошлой разминки.

РазминОчка

Пусть P – произвольная точка на стороне BD параллелограмма ABCD. Окружность с центром Р, проходящая через А, повторно пересекаст AB и АD в точках X и Y соответственно. Прямая АР пересекает ВС и СD в точках Q и R соответственно.
(!) ∠XPY = ∠XQY + ∠XRY

И ещё несколько классных листиков на счёт отрезков в порядке возрастания сложности

Небольшая подборка задач на теорему Пифагора и формулу Стюарта

Сегодня проводил пару интенсива к региону для девятиков. Несмотря на то, что это 9 класс, на мой взгляд, листик очень тяжелый. Думаю, даже для продвинутых в геоме он потребует хотя бы 2 часа для полного прорешивания...

Еще хочу обратить внимание, что 8 задача – пятерка рега прошлого года 9 класса, у которой я нашел решение, подходящее под тему листка, и которого нет в официальных...

Норм задача

Точки H, O – ортоцентр и центр описанной окружности треугольника ABC, а точка F на AB такова, что OF || BC. Пусть точка M – середина AH.
(!) ∠FMC = 90⁰

Продолжение предыдущей задачи

Красные окружности касаются боковых сторон в голубых точках