Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16352
2026-02-17 
Дана трапеция $ABCD$, в которой $AD\parallel BC$, а лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $G$. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABC$ и $ACD$, пересекаются в точке $E$. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABD$ и $BCD$, пересекаются в точке $F$. Докажите, что точки $E$, $F$ и $G$ лежат на одной прямой
Решение:
Пусть прямая $EC$ повторно пересекает окружность $(ABC)$ в точке $X$, а прямая $EA$ повторно пересекает окружность треугольника $(ACD)$ в точке $Y$ (рассмотрим случай, изображённый на рисунке; другие случаи рассматриваются аналогично).
Рассмотрим гомотетию с центром $E$, переводящую окружность $(ABC)$ в окружность $(ACD)$. При такой гомотетии точка $X$ переходит в $C$, а точка $A$ - в $Y$. Отсюда $AX\parallel YC$, и по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle AEC=\angle AYC-\angle ECY=\angle AYC-\angle AXC.$
Поскольку четырёхугольники $ABCX$ и $AYCD$ вписанные, то
$\angle AXC=180^{\circ}-\angle ABC~\mbox{и}~\angle AYC=180^{\circ}-\angle ADC.$
Значит,
$\angle AEC=\angle AYC-\angle AXC=180^{\circ}-\angle ADC-(180^{\circ}-\angle ABC)=\angle ABC-\angle ADC=\angle ABC-\angle BCG=\angle BGC=\angle AGC$
(т.к. $BC\parallel AD$, а $ABC$ - внешний угол треугольника $BCG$). Из полученного равенства следует, что точки $A$, $C$, $E$ и $G$ лежат на одной окружности (см. задачу 8103).
Поскольку точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$ (т.е. на оси симметрии окружностей $(ABC)$ и $(ACD)$), она является серединой дуги $AGC$ окружности, проходящей через точки $A$, $C$, $E$ и $G$. Значит, точка $E$ лежит на внешней биссектрисе угла $BGC$.
Аналогично доказывается, что точка $F$ тоже лежит на внешней биссектрисе угла $BGC$. Следовательно, точки $E$, $F$ и $G$ лежат на одной прямой
Дана трапеция $ABCD$, в которой $AD\parallel BC$, а лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $G$. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABC$ и $ACD$, пересекаются в точке $E$. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников $ABD$ и $BCD$, пересекаются в точке $F$. Докажите, что точки $E$, $F$ и $G$ лежат на одной прямой
Решение:
Пусть прямая $EC$ повторно пересекает окружность $(ABC)$ в точке $X$, а прямая $EA$ повторно пересекает окружность треугольника $(ACD)$ в точке $Y$ (рассмотрим случай, изображённый на рисунке; другие случаи рассматриваются аналогично).
Рассмотрим гомотетию с центром $E$, переводящую окружность $(ABC)$ в окружность $(ACD)$. При такой гомотетии точка $X$ переходит в $C$, а точка $A$ - в $Y$. Отсюда $AX\parallel YC$, и по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle AEC=\angle AYC-\angle ECY=\angle AYC-\angle AXC.$
Поскольку четырёхугольники $ABCX$ и $AYCD$ вписанные, то
$\angle AXC=180^{\circ}-\angle ABC~\mbox{и}~\angle AYC=180^{\circ}-\angle ADC.$
Значит,
$\angle AEC=\angle AYC-\angle AXC=180^{\circ}-\angle ADC-(180^{\circ}-\angle ABC)=\angle ABC-\angle ADC=\angle ABC-\angle BCG=\angle BGC=\angle AGC$
(т.к. $BC\parallel AD$, а $ABC$ - внешний угол треугольника $BCG$). Из полученного равенства следует, что точки $A$, $C$, $E$ и $G$ лежат на одной окружности (см. задачу 8103).
Поскольку точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$ (т.е. на оси симметрии окружностей $(ABC)$ и $(ACD)$), она является серединой дуги $AGC$ окружности, проходящей через точки $A$, $C$, $E$ и $G$. Значит, точка $E$ лежит на внешней биссектрисе угла $BGC$.
Аналогично доказывается, что точка $F$ тоже лежит на внешней биссектрисе угла $BGC$. Следовательно, точки $E$, $F$ и $G$ лежат на одной прямой
