6025. Из центра симметрии двух равных пересекающихся окружностей проведены два луча, пересекающие окружности в четырёх точках, не лежащих на одной прямой. Докажите, что эти точки лежат на одной окружности.
Решение. Первый способ. Пусть A_{1}
и A_{2}
— точки, лежащие на первой окружности, а B_{1}
и B_{2}
— точки, лежащие на второй окружности. Обратимся к ситуации, изображённой на рис. 1 (случай, изображённый на рис. 2 рассматривается аналогично). Пусть точки A_{3}
, B_{3}
и B_{4}
симметричны точкам B_{2}
, A_{1}
и A_{2}
соответственно относительно точки O
(центра симметрии окружностей). По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд B_{3}O\cdot OB_{1}=B_{2}O\cdot OB_{4}
(см. задачу 2627), откуда OA_{1}\cdot OB_{1}=OB_{2}\cdot OA_{2}
, так как B_{3}O=OA_{1}
и OB_{4}=OA_{2}
. Это и означает, что точки A_{1}
, B_{1}
, B_{2}
и A_{2}
лежат на одной окружности (см. задачу 114).
Второй способ. В случае, показанном на рис. 1, B_{2}B_{3}=A_{1}A_{3}
в силу симметрии этих дуг относительно точки O
. Поэтому \angle A_{3}A_{2}A_{1}=\angle B_{3}B_{1}B_{2}
, т. е. отрезок A_{1}B_{2}
виден из точек B_{1}
и A_{2}
под одинаковым углом, следовательно, точки A_{1}
, A_{2}
, B_{1}
и B_{2}
лежат на одной окружности (см. задачу 12).
В случае, изображённом на рис. 2,
\smile B_{2}B_{3}=\smile A_{1}A_{3},~\angle A_{3}A_{2}A_{1}=\angle B_{3}B_{1}B_{2},
поскольку окружности равны. Тогда
\angle A_{1}A_{2}B_{2}=180^{\circ}-\angle A_{3}A_{2}A_{1},
поэтому
\angle B_{3}B_{1}B_{2}+\angle A_{1}A_{2}B_{2}=180^{\circ}.
Следовательно, точки A_{1}
, A_{2}
, B_{1}
и B_{2}
лежат на одной окружности (см. задачу 49).
Автор: Купцов Л. П.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 1992-1993, XIX, заключительный этап, 10 класс