Областная олимпиада по математике, 2026 год, 9 класс

Даны две непересекающиеся окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ с центрами $O_1$ и $O_2$ соответственно. Пусть $AB$ — отрезок общего внешнего касательного к $\omega_1$ и $\omega_2$. Из точки $M$ отрезка $AB$ проведены касательные $MP$ и $MQ$ к $\omega_1$ и $\omega_2$ соответственно (здесь точки $A$, $P$ лежат на $\omega_1$, а точки $B$, $Q$ — на $\omega_2$). Докажите, что если $\angle AMP=\angle BMQ$, то прямые $AQ$, $BP$ и $O_1O_2$ пересекаются в одной точке. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны. Значит, MA = MP (для первой окружности) и MB = MQ (для второй). Отсюда следует, что треугольники MAP и MBQ — равнобедренные.

​По условию угол AMP равен углу BMQ. Так как треугольники MAP и MBQ равнобедренные и имеют равные углы при вершинах M, они подобны (по углу и отношению сторон MA/MP = MB/MQ = 1).Из подобия следует, что углы при основаниях равны: угол MAP = угол MBQ.

Связь с центрами окружностей.Радиусы O1A и O2B перпендикулярны касательной AB, значит O1A параллельно O2B.Угол MAP между касательной AB и хордой AP равен половине центрального угла AO1P. Аналогично, угол MBQ равен половине центрального угла BO2Q.Так как угол MAP = угол MBQ, то и центральные углы равны: угол AO1P = угол BO2Q.Рассмотрим треугольники O1AP и O2QB. Они оба равнобедренные (стороны — радиусы) и имеют равные углы при вершинах O1 и O2. Значит, эти треугольники подобны.

При этом их соответственные стороны O1A и O2B параллельны. Следовательно, треугольник O2QB можно получить из треугольника O1AP растяжением с центром в некоторой точке S.

В итоге:

​Прямая, соединяющая соответственные вершины A и Q, проходит через центр S.Прямая, соединяющая соответственные вершины P и B, проходит через центр S.Прямая, соединяющая центры фигур O1 и O2, также проходит через центр S.Таким образом, прямые AQ, BP и O1O2 пересекаются в одной точке S. Что и требовалось доказать.

Пусть AQ ∩ BP = R. Заметим, что треугольники AMQ

и PMB равны по первому признаку (MA = MP, MB = BQ,

∠AMQ = ∠BMP), поэтому ∠RQM = ∠RBM, то есть точка R

лежит на описанной окружности треугольника MBQ. Но на этой

окружности также лежит точка O2 в виду того, что ∠MBO2 +

+ ∠MQO2 = 90◦ + 90◦ = 180◦

. Так как O2Q = O2B, то RO2 делит

угол BRQ пополам, то есть углы QRO2 и BRO2 равны половине

угла BRQ. Аналогично доказывается то, что RO1 делит угол ARP

пополам. Из этого следует, что точки O1, R, O2 лежат на одной прямой,

откуда и следует и решение самой зад