Инверсия II

E. Подробное решение. По определению инверсии \(OA\cdot OA^*=6^2=36\). Поэтому \(OA^*=9\). Точка \(A^*\) лежит на луче \(OA\). Если теперь инвертировать \(A^*\), её образ \(A^{**}\) лежит на том же луче и удовлетворяет \(OA^*\cdot OA^{**}=36\). Отсюда \(9\cdot OA^{**}=36\), значит, \(OA^{**}=4\). На луче \(OA\) есть только одна такая точка, поэтому \(A^{**}=A\).

E. Подробное решение. Пусть радиус инверсии равен \(R\). Тогда \(OA\cdot OA^*=OB\cdot OB^*=R^2\). Отсюда \(\frac{OA}{OB}=\frac{OB^*}{OA^*}\). Кроме того, лучи \(OA\) и \(OA^*\) совпадают, а лучи \(OB\) и \(OB^*\) совпадают, поэтому \(\angle AOB=\angle B^*OA^*\). По признаку подобия \(SAS\) получаем \(\triangle OAB\sim\triangle OB^*A^*\). Следовательно, соответствующие углы равны: \(\angle OAB=\angle OB^*A^*\).

E. Подробное решение. Пусть \(M\in l\). Тогда \(\angle OCM=90^\circ\). По лемме о подобии обратных треугольников \(\triangle OCM\sim\triangle OM^*C^*\). Значит, \(\angle OM^*C^*=90^\circ\). Следовательно, все точки \(M^*\) лежат на окружности с диаметром \(OC^*\). Обратно, если точка \(X\) лежит на этой окружности, то прямая \(OX\) пересекает \(l\) в точке \(M\), и тем же подобием получается \(X=M^*\).

E. Подробное решение. Так как \(OA\) — диаметр окружности \(\omega\), для любой точки \(M\in\omega\) имеем \(\angle OMA=90^\circ\). При инверсии точки \(M\) переходят в точки \(M^*\) на лучах \(OM\). Условие \(\angle OMA=90^\circ\) после подобия обратных треугольников означает, что \(M^*\) лежит на прямой через \(A^*\), перпендикулярной \(OA\). Обратное включение следует из обратимости инверсии.

E. Подробное решение. Точки \(A\) и \(B\) являются концами диаметра окружности \(\omega\), поэтому \(\angle AMB=90^\circ\) для любой точки \(M\in\omega\). По подобию обратных треугольников угол между \(A^*M^*\) и \(B^*M^*\) также прямой. Значит, \(M^*\) лежит на окружности с диаметром \(A^*B^*\). Обратимость инверсии даёт, что вся эта окружность является образом \(\omega\).

E. Подробное решение. Пусть \(C\) и \(r\) — центр и радиус \(\gamma\). Ортогональность даёт \(OC^2=R^2+r^2\). Значит, степень точки \(O\) относительно \(\gamma\) равна \(OC^2-r^2=R^2\). Если прямая через \(O\) пересекает \(\gamma\) в \(X\) и \(Y\), то \(OX\cdot OY=R^2\). Следовательно, \(Y\) является образом \(X\) при данной инверсии. Поэтому каждая точка \(\gamma\) переходит в точку той же окружности.

E. Подробное решение. В точке касания окружности имеют общую касательную, то есть угол между ними равен \(0^\circ\). Инверсия сохраняет углы между кривыми, если считать углы между касательными. Точка \(T\) переходит в \(T^*\), а касательные к образам в \(T^*\) образуют тот же угол \(0^\circ\). Следовательно, образы имеют общую касательную в \(T^*\), то есть касаются.

E. Подробное решение. Угол между окружностями определяется как угол между их касательными в точке пересечения. Пусть \(l_1\) и \(l_2\) — касательные к \(\omega_1\) и \(\omega_2\) в \(P\). Инверсия переводит малые направления около \(P\) в малые направления около \(P^*\) и сохраняет ориентированный угол между ними; это следует из подобия обратных треугольников в предельном положении. Поэтому угол между касательными к образам равен углу между \(l_1\) и \(l_2\).

E. Подробное решение. Так как обе окружности проходят через центр инверсии \(A\), каждая из них переходит в прямую. Исходные окружности касаются в \(A\), поэтому угол между ними равен \(0^\circ\). Инверсия сохраняет угол между кривыми, следовательно, угол между полученными прямыми также \(0^\circ\). Две различные прямые с нулевым углом параллельны.

E. Подробное решение. Обе окружности проходят через центр инверсии \(A\), поэтому каждая переходит в прямую. Так как \(B\) лежит на обеих окружностях, его образ \(B^*\) должен лежать на обеих образных прямых; значит, прямые пересекаются в \(B^*\). Угол между окружностями сохраняется при инверсии, поэтому он равен углу между их образами, то есть между этими двумя прямыми.

E. Подробное решение. Сделаем произвольную инверсию с центром \(A\). Прямая \(l\) перейдёт в окружность \(l^*\), проходящую через \(A\). Искомая окружность проходит через центр инверсии \(A\), значит, её образ — прямая. Так как она проходит через \(B\), эта прямая должна проходить через \(B^*\). Касание с \(l\) после инверсии сохранится, значит, образная прямая должна касаться окружности \(l^*\). Поэтому надо провести из \(B^*\) касательные к \(l^*\), а затем проинвертировать эти прямые обратно. Их образы и будут искомыми окружностями.

E. Подробное решение. Инвертируем с центром \(A\). Искомая окружность, проходящая через \(A\), перейдёт в прямую через \(B^*\). Окружность \(\omega\), не проходящая через \(A\), перейдёт в некоторую окружность \(\omega^*\). Касание сохраняется, поэтому образная прямая должна касаться \(\omega^*\). Значит, строим касательные из \(B^*\) к \(\omega^*\) и затем инвертируем их обратно. Образы этих прямых — окружности через \(A\) и \(B\), касающиеся \(\omega\).

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(P\). Три данные окружности проходят через центр инверсии, поэтому перейдут в три прямые. Каждая из этих прямых является образом окружности, проходящей через три вершины одного из треугольников исходного полного четырёхсторонника. После инверсии условие «три точки лежат на окружности через \(P\)» превращается в условие коллинеарности их образов. Для четырёх исходных прямых это ровно те же три стороны образного четырёхсторонника. Если три соответствующие тройки образов коллинеарны, четвёртая коллинеарность следует из обычной теоремы Микеля для четырёх прямых в обратной форме. Инвертируя обратно, получаем, что четвёртая окружность тоже проходит через \(P\).

E. Подробное решение. Сделаем произвольную инверсию с центром \(A\). Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\), проходящие через центр инверсии, перейдут в две прямые \(l_1\) и \(l_2\), пересекающиеся в точке \(B^*\). Искомая окружность тоже проходит через \(A\), поэтому её образ — прямая \(m\). Угол пересечения окружностей сохраняется при инверсии, значит, условие равных углов превращается в условие: прямая \(m\) образует равные углы с \(l_1\) и \(l_2\). Следовательно, \(m\) должна быть одной из двух биссектрис углов, образованных \(l_1\) и \(l_2\). Инвертируя эти две биссектрисы обратно, получаем две искомые окружности через \(A\).

E. Подробное решение. Пусть \(P\) — точка дуги, равноудалённая от \(A\) и \(B\). Возьмём инверсию с центром \(P\) и степенью \(PA^2\). Она меняет местами хорду \(AB\) и дугу \(AB\) окружности сегмента: точки \(A\) и \(B\) остаются на месте, а окружность через \(P,A,B\) переходит в прямую \(AB\). Окружности, вписанные в сегмент, переходят в окружности того же типа. Для двух таких окружностей общая хорда и её образ должны проходить через центр инверсии, потому что обе окружности касаются двух взаимно обратных границ. Следовательно, их общая хорда \(MN\) проходит через \(P\).

E. Подробное решение. Обе окружности вписаны в один и тот же угол, поэтому их центры лежат на биссектрисе, а сами окружности гомотетичны с центром \(A\). Пусть точки касания первой окружности со сторонами угла — \(X_1,Y_1\), второй — \(X_2,Y_2\). Гомотетия с центром \(A\) переводит первую окружность во вторую и переводит \(X_1\) в \(X_2\), \(Y_1\) в \(Y_2\). Поэтому отрезок \(X_1Y_1\) переходит в \(X_2Y_2\), а соответствующие отрезки при гомотетии параллельны. Значит, \(X_1Y_1\parallel X_2Y_2\).

E. Подробное решение. Инвертируем с центром в \(A_1\). Окружности, проходящие через \(A_1\), переходят в прямые. Окружность, проходящая через \(A_1,A_2,A_3,A_4\), также переходит в прямую. После преобразования утверждение становится конфигурацией двух прямых и двух окружностей: нужно доказать, что четыре образа точек \(B_i\) лежат на одной окружности или прямой. Это следует из обычного углового критерия: равенство углов, которое до инверсии выражало цикличность \(A_1,A_2,A_3,A_4\), после инверсии становится равенством углов между прямыми. Переводя это равенство обратно, получаем цикличность или коллинеарность точек \(B_1,B_2,B_3,B_4\).

E. Подробное решение. Выберем точку \(O\) на линии центров так, чтобы её степени относительно двух окружностей были равны. Тогда длины касательных из \(O\) к этим окружностям равны. Возьмём инверсию с центром \(O\) и степенью, равной этой общей степени. При такой инверсии обе окружности становятся окружностями, ортогональными одной и той же окружности инверсии в согласованном смысле; их образы имеют центры на той же линии и оказываются концентрическими. После этого общие касательные строятся как образы прямых, касающихся двух концентрических окружностей, то есть как образы прямых на фиксированном расстоянии от общего центра.

E. Подробное решение. Все центры окружностей лежат на биссектрисе угла. Для двух соседних окружностей существует гомотетия с центром в вершине угла, переводящая меньшую окружность в большую. Их точка касания лежит на линии центров, то есть на биссектрисе. Поэтому все точки касания соседних окружностей лежат на одной прямой — биссектрисе угла. Третья общая касательная к двум соседним окружностям также перпендикулярна линии центров в гомотетической модели, а в исходном угле её направление фиксировано. Следовательно, она параллельна соответствующей линии касаний.

E. Подробное решение. Пусть центры данных окружностей — \(O_1,O_2\), радиусы — \(R_1,R_2\), а окружность с центром \(X\) и радиусом \(r\) ортогональна обеим. Тогда \(XO_1^2=R_1^2+r^2\) и \(XO_2^2=R_2^2+r^2\). Вычитая, получаем \(XO_1^2-R_1^2=XO_2^2-R_2^2\). Это означает, что степени точки \(X\) относительно \(\omega_1\) и \(\omega_2\) равны. Следовательно, \(X\) лежит на их радикальной оси.

E. Подробное решение. Окружность, проходящая через центр инверсии \(P\), переходит в прямую. Рассмотрим три окружности, проходящие через \(P\) и пары соседних вершин полного четырёхугольника. Их образы — три прямые. Эти прямые пересекаются попарно в образах соответствующих вершин, потому что инверсия сохраняет принадлежность точек кривым. Следовательно, три образные прямые являются сторонами треугольника, вершины которого — образы трёх оставшихся вершин полного четырёхугольника.

E. Подробное решение. Возьмём инверсию с центром \(A\) и радиусом \(R\), где \(R^2=k\cdot AB^2\). Пусть \(X\) переходит в \(X^*\). Из подобия обратных треугольников получаем \(\frac{XB}{XA}=\frac{X^*B^*}{AB^*}\), где \(B^*\) — образ \(B\). Условие \(\frac{XA}{XB}=k\) равносильно \(\frac{XB}{XA}=\frac1k\), то есть \(X^*B^*=\frac{AB^*}{k}\). Значит, \(X^*\) лежит на окружности с центром \(B^*\) и фиксированным радиусом \(\frac{AB^*}{k}\). Эта окружность не проходит через центр \(A\), поэтому её обратный образ при инверсии является окружностью. Следовательно, исходное множество точек \(X\) — окружность.

E. Подробное решение. После инверсии с центром \(A\) окружности \(R_1\) и \(R_2\) переходят в параллельные прямые. Каждая окружность \(S_i\), касающаяся обеих, переходит в окружность, касающуюся этих двух параллельных прямых. Поэтому все образы \(S_i^*\) имеют одинаковый радиус, а их центры лежат на средней линии между параллельными прямыми. Если соседние равные окружности касаются, их точки касания лежат на той же средней линии. Значит, точки \(T_i^*\) коллинеарны. Обратный образ прямой, не проходящей через центр инверсии, — окружность через \(A\); если прямая проходит через \(A\), она остаётся прямой. Поэтому исходные точки \(T_i\) лежат на одной окружности через \(A\) или на одной прямой.

E. Подробное решение. Существует инверсия с последующей гомотетией, переводящая \(R_1\) и \(R_2\) в концентрические окружности. Касания сохраняются. В области между двумя концентрическими окружностями всякая окружность, касающаяся обеих, имеет один и тот же радиус, поэтому все окружности цепочки становятся равными. Замкнутая цепочка из \(n\) равных окружностей между концентрическими окружностями означает, что переход от одной окружности к следующей соответствует повороту на фиксированный угол \(\varphi\), причём \(n\varphi=360^\circ\). Если начать с любой другой такой окружности, тот же поворот будет строить следующую окружность; через \(n\) шагов полный поворот снова вернёт нас к начальной окружности. Применяя обратное преобразование, получаем утверждение для исходных окружностей.

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(A\). Так как \(R_1\) и \(R_2\) касаются в центре инверсии, их образы — две параллельные прямые. Каждая окружность \(S_i\), касающаяся обеих данных окружностей, переходит в окружность, касающуюся двух параллельных прямых. Поэтому все \(S_i^*\) имеют одинаковый радиус, а их центры лежат на средней линии между параллельными прямыми. Если две равные окружности касаются, их точка касания лежит на линии центров; значит, все точки \(T_i^*\) лежат на этой средней линии. Обратный образ этой прямой — окружность, проходящая через центр инверсии \(A\). Следовательно, исходные точки \(T_i\) лежат на одной окружности через \(A\).

E. Подробное решение. Существует инверсия, возможно с последующей гомотетией, переводящая \(R_1\) и \(R_2\) в концентрические окружности. Касания при этом сохраняются. Между двумя концентрическими окружностями все окружности, касающиеся обеих, равны; их центры лежат на окружности, концентрической данным. Если одна замкнутая цепочка из \(n\) окружностей существует, то переход от центра одной окружности цепочки к центру следующей есть поворот на некоторый фиксированный угол \(\varphi\), причём \(n\varphi=360^\circ\). Поэтому, начав с любого другого положения первой окружности, мы можем повторять тот же поворот; через \(n\) шагов получим полный оборот и вернёмся к началу. Обратное преобразование даёт требуемую цепочку для исходных окружностей.

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(A_1\). Окружности \(S_1\), \(S_2\) и окружность \((A_1A_2A_3A_4)\) переходят в прямые. Поэтому образы точек \(A_2,A_3,A_4\) оказываются коллинеарными. Окружности \(S_3\) и \(S_4\) переходят в окружности, пересекающие эти прямые в соответствующих образах точек. Теперь утверждение сводится к стандартному угловому критерию в конфигурации двух прямых и двух окружностей: из коллинеарности образов \(A_2,A_3,A_4\) следует, что углы, под которыми видны отрезки между образами \(B_i\), равны или дополняют друг друга до \(180^\circ\). Следовательно, \(B_1^*,B_2^*,B_3^*,B_4^*\) лежат на одной окружности или прямой. Инвертируя обратно, получаем то же для \(B_1,B_2,B_3,B_4\).