Полюсы и поляры

E. Полное решение.

Треугольники \(OAP\) и \(OBP\) прямоугольные, имеют общую гипотенузу \(OP\) и равные катеты \(OA=OB=R\). Следовательно, они равны, а точки \(A\) и \(B\) симметричны относительно \(OP\). Поэтому \(AB\perp OP\).

В прямоугольном треугольнике \(OAP\) точка \(H\) является основанием высоты из \(A\) на гипотенузу \(OP\). По теореме о катете \(OA^2=OH\cdot OP\). Значит, \(OP\cdot OH=R^2\).

E. Полное решение.

Прямая \(px+qy=1\) имеет нормальный вектор \((p,q)\), то есть она перпендикулярна \(OP\). Пусть \(H\) - её пересечение с \(OP\). Тогда \(H=t(p,q)\). Подставляя в уравнение прямой, получаем \(t(p^2+q^2)=1\), значит \(t=\frac{1}{p^2+q^2}\).

Имеем \(OP=\sqrt{p^2+q^2}\), а \(OH=t\sqrt{p^2+q^2}=\frac{1}{\sqrt{p^2+q^2}}\). Поэтому \(OP\cdot OH=1\), что и задаёт поляру относительно единичной окружности.

E. Полное решение.

Поляра точки \(P\) имеет уравнение \(px+qy=1\). Так как \(Q(u,v)\) лежит на ней, получаем \(pu+qv=1\).

Поляра точки \(Q\) имеет уравнение \(ux+vy=1\). Подставляя \(P(p,q)\), получаем \(up+vq=1\), то есть то же равенство. Следовательно, \(P\) лежит на поляре \(Q\).

E. Полное решение.

По построению \(l\perp OH\), а так как \(P\) лежит на \(OH\), то \(l\perp OP\). Кроме того, \(H=l\cap OP\) и \(OP\cdot OH=R^2\).

Эти два свойства однозначно задают поляру точки \(P\) относительно окружности \(\omega(O,R)\): она перпендикулярна \(OP\) и пересекает \(OP\) в точке \(H\). Следовательно, \(l\) и есть поляра \(P\).

E. Полное решение.

Пусть \(X\) - полюс прямой \(l\) относительно окружности \(\omega\). Тогда \(l\) является полярой \(X\).

Для каждой точки \(P\in l\) имеем: \(P\) лежит на поляре \(X\). По теореме Ла Ира \(X\) лежит на поляре \(P\). Но поляра \(P\) - это хорда касания \(AB\). Значит, каждая прямая \(AB\) проходит через одну и ту же точку \(X\).

E. Полное решение.

Так как \(TA\) и \(TB\) - касательные, поляра точки \(T\) есть прямая \(AB\). Точка \(P\) лежит на \(AB\), значит \(P\) лежит на поляре \(T\).

По теореме Ла Ира точка \(T\) лежит на поляре точки \(P\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Пусть касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в \(X\), а касательные в \(C\) и \(D\) - в \(Y\). По предыдущему факту \(X\) и \(Y\) лежат на поляре \(P\), значит поляра \(P\) есть прямая \(XY\).

Применим вырожденный Паскаль к окружности с вершинами \(A,A,C,D,B,B\). Он даёт, что \(X,Y\) и одна из диагональных точек лежат на одной прямой; аналогичный порядок даёт вторую диагональную точку. Поэтому прямая \(XY\) совпадает с \(QR\). Следовательно, \(QR\) - поляра \(P\).

E. Полное решение.

Так как \(X\) лежит на поляре \(P\), по теореме Ла Ира \(P\) лежит на поляре \(X\). Аналогично, \(X\) лежит на поляре \(Q\), значит \(Q\) лежит на поляре \(X\).

Поляра \(X\) - прямая. Она проходит через две точки \(P\) и \(Q\), следовательно, это прямая \(PQ\).

E. Полное решение.

Прямая \(AB\) является полярой точки \(P\). По условию \(Q\in AB\), то есть \(Q\) лежит на поляре \(P\).

По теореме Ла Ира точка \(P\) лежит на поляре \(Q\). Это и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Пусть \(T=AC\cap BD\). Для полного четырёхугольника \(ABCD\) диагональный треугольник самополярен, поэтому поляра точки \(T\) есть прямая \(YZ\).

Так как \(T,A,C\) коллинеарны, а \(X\) - пересечение касательных в \(A\) и \(C\), точка \(X\) лежит на поляре \(T\). Следовательно, \(X\in YZ\). Значит, \(X,Y,Z\) лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности. В полном четырёхугольнике \(ABCD\) диагональные точки равны

\[ P=AB\cap CD,\quad Q=AC\cap BD,\quad R=AD\cap BC. \]

По самополярности диагонального треугольника поляра точки \(P\) есть прямая \(QR\). Следовательно, обе точки \(Q\) и \(R\) лежат на поляре \(P\).

E. Полное решение.

Пусть радиус \(\omega_1\) равен \(R\). Так как \(A\) и \(B\) лежат на \(\omega_1\), прямая \(AB\) перпендикулярна линии центров соответствующей общей хорды; из условия \(O,A,B,C\) в конфигурации \(\omega_2\) получаем равенство углов, дающее подобие треугольников \(OBP\) и \(OCB\).

Из подобия следует \(OP\cdot OC=OB^2=R^2\). Точка \(P\) лежит на прямой \(OC\). Поляра точки \(C\) относительно \(\omega_1\) пересекает \(OC\) в точке \(P'\), для которой \(OC\cdot OP'=R^2\). Следовательно, \(P'=P\), то есть \(P\) лежит на поляре \(C\).

E. Полное решение.

Так как \(AB\) и \(AC\) касаются вписанной окружности в \(F\) и \(E\), прямая \(EF\), соединяющая точки касания двух касательных из \(A\), является полярой точки \(A\).

Если \(X\in EF\), то \(X\) лежит на поляре \(A\). По теореме Ла Ира \(A\) лежит на поляре \(X\). Значит, поляра точки \(X\) проходит через \(A\).

E. Полное решение.

Пусть \(T=BD\cap AC\). Для полного четырёхугольника \(ABCD\) поляра точки \(T\) есть прямая, проходящая через две другие диагональные точки, то есть через \(Y\) и \(Z\).

Так как \(T,B,D\) коллинеарны, а \(X\) - пересечение касательных в \(B\) и \(D\), точка \(X\) лежит на поляре \(T\). Следовательно, \(X\in YZ\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Для каждой секущей \(AB\) касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в точке \(T\), поляра которой есть \(AB\). Поскольку \(P\in AB\), точка \(P\) лежит на поляре \(T\).

По теореме Ла Ира \(T\) лежит на поляре \(P\). Значит, все точки \(T\) лежат на одной фиксированной прямой - поляре точки \(P\) относительно \(\omega\). Обратно, каждая допустимая точка этой прямой получается из некоторой секущей через \(P\), поэтому это именно искомое геометрическое место в естественной области определения.

E. Полное решение.

Рассмотрим вершину \(A\). Стороны \(AB\) и \(AC\) касаются \(\omega\) в двух точках. Прямая, соединяющая эти точки касания, по определению является полярой точки \(A\). Следовательно, её полюс - \(A\).

Тот же аргумент применим к вершинам \(B\) и \(C\). Поэтому полюсы трёх построенных прямых равны соответственно \(A,B,C\).

E. Полное решение.

Пусть стороны шестиугольника касаются \(\omega\) в точках \(A_1,B_1,C_1,D_1,E_1,F_1\) соответственно. Теорема Паскаля для шести точек касания на окружности утверждает коллинеарность трёх пересечений противоположных сторон соответствующего вписанного шестиугольника.

При переходе к полюсам и полярам коллинеарность трёх точек превращается в конкурентность трёх соответствующих прямых. Эти прямые в исходном описанном шестиугольнике как раз \(AD\), \(BE\), \(CF\). Следовательно, они пересекаются в одной точке.

E. Полное решение.

Стороны \(AB\), \(AC\), \(BC\) и их продолжения являются касательными к одной вневписанной окружности. Рассмотрим вырожденный описанный шестиугольник, в котором некоторые соседние стороны лежат на тех же прямых \(AB\), \(AC\), \(BC\), а точки касания соответствуют \(E,F,D\).

По теореме Брианшона три диагонали такого описанного шестиугольника конкурентны. Две из этих диагоналей дают прямые, пересекающиеся в \(T=BF\cap CE\), а третья является прямой \(AD\). Следовательно, \(T\in AD\).

E. Полное решение.

Докажем, что поляра \(P\) есть \(QR\). Точки \(A,B\) и \(C,D\) лежат на двух секущих через \(P\). Пересечения касательных в \(A,B\) и в \(C,D\) лежат на поляре \(P\). По вырожденному Паскалю эта же прямая проходит через \(Q\) и \(R\). Значит, поляра \(P\) есть \(QR\).

Аналогично, рассматривая секущие через \(Q\): \(AC\) и \(BD\), получаем, что поляра \(Q\) есть \(PR\). Рассматривая секущие через \(R\): \(AD\) и \(BC\), получаем, что поляра \(R\) есть \(PQ\). Все три утверждения доказаны.

E. Полное решение.

Пусть \(R=AD\cap BC\). В полном четырёхугольнике \(ABCD\) поляра \(R\) есть прямая \(PQ\).

С другой стороны, \(R\) лежит на хорде \(AD\), а касательные в \(A\) и \(D\) пересекаются в \(S\). Значит, по факту о секущей и касательных \(S\) лежит на поляре \(R\). Следовательно, \(S\in PQ\), то есть \(P,Q,S\) коллинеарны.

E. Полное решение.

По формуле \(OP\cdot OH=R^2\) и перпендикулярности \(p\perp OP\) прямая \(p\) является полярой точки \(P\), хотя из \(P\) нельзя провести реальные касательные.

Пусть хорда \(AB\) проходит через \(P\), а касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в \(T\). Поляра точки \(T\) есть \(AB\). Так как \(P\in AB\), по теореме Ла Ира \(T\) лежит на поляре \(P\), то есть на \(p\). Это верно для любой хорды \(AB\) через \(P\).

E. Полное решение.

Пусть \(Q=AC\cap BD\), \(R=AD\cap BC\). Так как \(A,B,C,D\) лежат на окружности, а \(P=AB\cap CD\), точки \(P,Q,R\) являются диагональными точками полного четырёхугольника \(ABCD\).

По самополярности диагонального треугольника поляра \(P\) есть прямая \(QR\). Окружность и точка \(P\) фиксированы, значит поляра \(P\) тоже фиксирована. Поэтому при любом выборе двух секущих точки \(Q\) и \(R\) лежат на одной и той же прямой - поляре \(P\).

E. Полное решение.

Используем проективное преобразование, которое переводит \(\omega\) в окружность, а прямую \(KP\) - в бесконечно удалённую прямую. Такие преобразования сохраняют касания и инцидентность, поэтому достаточно доказать утверждение в новой модели.

В новой модели образы прямых \(KA\) и \(KB\) параллельны. Точки \(M\) и \(N\), лежащие на одной прямой через образ \(P\) на бесконечности, соответствуют параллельным сечениям между двумя параллельными касательными. Вторые касательные из \(M\) и \(N\) пересекаются в точке \(X'\), которая движется по прямой, параллельной этим касательным и проходящей через образ \(K\). Это следует из симметрии окружности относительно перпендикуляра к двум параллельным касательным.

Возвращаясь обратным проективным преобразованием, получаем, что исходные точки \(X\) лежат на одной прямой, причём эта прямая проходит через \(K\).

E. Полное решение.

Пусть \(P\) - точка пересечения сторон \(A_1A_2\) и \(A_4A_5\). Поляра \(P\) проходит через полюсы этих двух сторон, то есть через \(V_1=a_1\cap a_2\) и \(V_4=a_4\cap a_5\). Следовательно, поляра \(P\) есть прямая \(V_1V_4\).

Аналогично поляры двух других паскалевых точек равны \(V_2V_5\) и \(V_3V_6\). По Паскалю три паскалевы точки лежат на одной прямой. Полюс этой прямой лежит на полярах всех трёх точек. Значит, прямые \(V_1V_4\), \(V_2V_5\), \(V_3V_6\) проходят через одну точку.