Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности → .02 Касание с окружностью и касание окружностей

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Окружности

Вписанные углы и счёт углов в окружности

Касание с окружностью и касание окружностей

Вписанная и вневписанная окружности

Лемма о трезубце

Степень точки и радикальные оси

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#33649Максимум баллов за задание: 7

а) Две параллельные прямые $ℓ 1$ и $ℓ 2$ касаются окружности $ω 1$ с центром $O 1$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Окружность $ω 2$ с центром $O2$ касается прямой $ℓ1$ в точке $D$ , пересекает прямую $ℓ2$ в точках $B$ и $E$ , а также вторично пересекает окружность $ω1$ в точке $C$ (при этом точка $O2$ лежит между прямыми $ℓ1$ и $ℓ2$ ). Известно, что отношение площади четырёхугольника $BO1CO2$ к площади треугольника $O2BE$ равно 2. Найдите отношение радиусов окружностей $ω2$ и $ω1$

б) Найдите эти радиусы, если дополнительно известно, что $BD = 2$ .

Источники: Физтех-2020, 10.6, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Рассмотрите прямые углы.

Пункт а, подсказка 2

Пусть ∠O₁BO₂ = α. Выразите через него другие углы.

Пункт а, подсказка 3

Запишите отношение площадей четырёхугольников. Поскольку мы хотим найти отношение радиусов, их надо использовать при вычислениях.

Пункт б, подсказка 1

Рассмотрите треугольник ABD.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R1,R2$ - радиусы окружностей $ω1$ , $ω2$ соответственно, $∠O1BO2 =α$ , а прямые $DO2$ и $ℓ2$ пересекаются в точке $P$ . Тогда из условия касания $AB ⊥ ℓ2$ ( $AB$ — диаметр) и $DO2 ⊥ℓ2$ , откуда $∠O2BE = π2 − α$ , а $∠BO2P =$ $π2 − ∠O2BE = α$ . Треугольники $BO1O2$ и $CO1O2$ равны по трем сторонам, поэтому $SBO1CO2 =$ $2SO1BO2 = 2⋅ 12 ⋅BO1 ⋅BO2 ⋅sin α= R1R2sinα$ . Площадь треугольника $BO2E$ равна $12O2P ⋅BE = 12R2cosα ⋅2R2 sinα= R22cosαsinα$ . Применим данное в условии отношение площадей $SBSO1CO2 =R-R1cosα = 2 BO2E 2$ и $1R1 = R2cosα 2$ . Кроме того, как расстояния между прямыми, равны $AB =DP$ , откуда $2R1 = R2+ R2cosα$ , следовательно $2R1 =R2 + 1R1 2$ , и $R2 = 3 R1 2$ .

б) Из прямоугольного треугольника $ABD$ получаем $BD2 = AB2+ AD2$ , то есть $BD2 = 4R2+ BP2 = 4R2+ (R2sinα)2 = 4R2+ R2− (R2 cosα)2 = 4R2 +R2 − (2R1− R2)2 =4R1R2 1 1 1 2 1 2$ . Итак, $R2 = 3 R1 2$ и $4R1R2 = 22 =4$ . Отсюда $∘-2 ∘ 3- R1 = 3,R2 = 2$ .

Ответ:

а) $R2 = 3 R1 2$ ; б) $R = ∘ 2,R = ∘-3 1 3 2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#43114Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ на катете $AC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает гипотенузу $AB$ в точке $E$ . Через точку $E$ проведена касательная к окружности, которая пересекает катет $CB$ в точке $D$ . Найдите длину $DB$ , если $AE = 6$ , а $BE =2$ .

Источники: ОММО-2020, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии фигурирует касательная, очень часто помогает искать какие-то углы, образованные ею) Также не зря окружность построена на AC, как на диаметре: можно поискать какой-то удобный угол, после чего делать какие-то выводы!

Подсказка 2

Т.к. AC является диаметром новой окружности, угол CEA прямой. Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду, поэтому углы CED и A равны.

Подсказка 3

Хотим поискать еще каких-то углов в треугольнике CEB, чтобы найти DB, в этом должен помочь небольшой подсчёт углов) А так же стоит подумать, чем же является DE для треугольника BEC! Не забываем о том, как же искать высоту в прямоугольном треугольнике ABC)

Показать ответ и решение

$PIC$

Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду, поэтому $∠CED = ∠A$ . Так как $∠CEA = 90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $AC$ , то $∠BCE = 90∘− ∠B = ∠A= ∠CED$ .

Отсюда следует, что $△EDC$ равнобедренный: $CD = DE$ . Ещё равнобедренным является треугольник $BDE$ , ведь мы поняли, что $∠DEB =90∘− ∠A$ . Делаем вывод $ED = CD = BD = BC2-$ .

При этом высота прямоугольного треугольника равна среднему геометрическому отрезков гипотенузы, то есть $------- - CE = √BE ⋅AE =2√ 3$ . В итоге получаем $BC = √BE2-+CE2-= 4 =⇒ BD =2$ .

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#46085Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ является центром окружности, касающейся двух сторон треугольника $ABC$ , и лежит на стороне $BC$ . Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ , если $3 OB = 2,OC =2,AC = 3$ .

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что за окружность такая с центром О, которая касается двух сторон угла BAC? Можем ли мы сказать, где лежит точка О?

Подсказка 2

Центр вписанной в угол окружности всегда лежит на его биссектрисе! А какое хорошее свойство есть у биссектрисы?

Подсказка 3

Она делит сторону BC точкой О в отношении, равном отношению прилежащих сторон. Теперь мы легко находим длину AB! Как по трём сторонам треугольника ABC найти радиус описанной около него окружности?

Подсказка 4

Например, радиус описанной окружности можно найти по теореме синусов! Для этого только нужен угол, который находится по трём сторонам из теоремы косинусов.

Показать ответ и решение

$PIC$

Центр $O$ вписанной в угол $ABC$ окружности лежит на биссектрисе угла $A$ . Отсюда по свойству биссектрисы $AB = BCOO-⋅AC =4$ . Мы знаем все стороны треугольника, потому можем использовать теорему косинусов для $∠A =α$

√-- 49 =32+ 42− 2 ⋅3 ⋅4 cosα =⇒ cosα = 17- =⇒ sinα = 7-15 4 32 32

Откуда $R= -BC- = √8- 2sinα 15$ .

Ответ:

$√8-- 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#68535Максимум баллов за задание: 7

Про выпуклый четырёхугольник $ABCD$ известно, что $∠ABC > 90∘,$ $∠CDA >90∘$ , и $∠DAB =∠BCD.$ Пусть $E$ и $F$ — точки, симметричные точке $A$ относительно прямых $BC$ и $CD$ соответственно. Отрезки $AE$ и $AF$ пересекают прямую $BD$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников $BEK$ и $DFL$ касаются.

Источники: IMO shortlist - 2020, G3

Показать доказательство

Рассмотрим точку $A′$ , симметричную точке $A$ относительно прямой $BD$ . Заметим, что $∠LFD = ∠LAD = ∠LA′D$ , откуда $A′$ лежит на описанной окружности треугольника $DF L$ . Аналогично $′ A$ лежит на описанной окружности треугольника $BEK$ .

$PIC$

Нам осталось доказать, что $∠DA′B$ равен сумме углов $∠ALD$ и $∠AKB$ (если провести касательную в точке $A′$ к одной из двух окружностей, то она будет является касательной ко второй окружности как раз тогда, когда выполнено равенство). Это равносильно доказательству того, что

∠DCB + ∠LAK = 180∘

Заметим, что $BC ⊥ AK$ , и $DC ⊥ AL$ , откуда следует требуемое равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#78116Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ взяли такую точку $D,$ что угол $BDC$ равен углу $ABC.$ Чему равно наименьшее возможное расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABD$ и $ABC,$ если $BC =1?$

Источники: ММО-2020, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сперва введем все необходимые обозначения. Пусть O₁ и О₂ — центры окружностей, описанных около треугольников ABC и ABD соответственно. Тогда хочется найти минимальное возможное значение |O₁О₂|. Давайте отметим равные из условия углы. Что теперь очень хорошее можно заметить?

Подсказка 2

Правильно! Треугольники ABC и BDC подобны по двум углам! Давайте внимательно посмотрим на описанную окружность треугольника ABD и равные уголочки. На какую знакомую теорему это все намекает?

Подсказка 3

Конечно! Угол между касательной и хордой равен половине угловой величины дуги, заключенной между ними! Значит BC — касательная к окружности, описанной около △ABD. Что теперь можно сказать про О₂B? Вспомните, где расположен центр описанной окружности треугольника, и попробуйте оценить |O₁О₂|.

Подсказка 4

О₂B⊥BC. O₁ лежит на серединном перпендикуляре к BC. Пусть M — середина стороны BC. Тогда BM — ортогональная проекция O₁О₂ на сторону BC! Как связаны модули отрезка и его проекции?

Подсказка 5

Да! Проекция не длиннее отрезка, значит |O₁О₂| ≥ 1/2. Осталось лишь понять и объяснить случай равенства!

Показать ответ и решение

Пусть $O 1$ и $O 2$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно, а $M$ — середина стороны $BC.$ Треугольники $ABC$ и $BDC$ подобны, так как у них угол $C$ общий, а два других угла равны по условию. Поэтому оставшиеся углы этих треугольников $BAC$ и $DBC$ также равны. Это означает, что описанная окружность треугольника $ABD$ касается прямой $BC,$ а радиус $O2B$ перпендикулярен касательной $BC.$

$PIC$

Кроме того, $O1$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC.$ Поэтому отрезок $MB$ длины $1∕2$ является ортогональной проекцией отрезка $O1O2$ на прямую $BC.$ Но проекция не длиннее отрезка, поэтому $|O1O2|≥ 1∕2,$ причём равенство достигается, когда угол $ABC$ равен $90∘,$ так как в этом случае $O1$ — середина стороны $AC,$ а $O2$ — середина стороны $AB, O1O2$ — средняя линия треугольника $ABC.$

Ответ:

$1∕2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#79709Максимум баллов за задание: 7

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к $BC$ пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y.$ Прямая $AO$ пересекает прямую $BC$ в точке $D,M$ — середина $BC.$ Описанная окружность треугольника $ADM$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $E,$ отличной от $A.$ Докажите, что прямая $OE$ касается описанной окружности треугольника $AXY.$

Источники: ММО-2020, 10.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте большой чертёж циркулем и линейкой!!! Это ползадачи.

Подсказка 2

Несложным счётом углов докажите, что OA касается окружности AXY.

Подсказка 3

Пусть EM пересекает окружность ABC в точке F. Воспользуйтесь равенством углов ∠AEF и ∠AEM, поперебрасывайте углы и докажите, что направления на F и на O из точки A изогонально сопряжены относительно ∠BAC, отсюда будет следовать, что AF — направление на ортоцентр треугольника ABC, а значит AF ⊥ BC.

Подсказка 4

Используя параллельность MY и AF и вписанные углы (особенно, опирающиеся на дугу CF), докажите, что E,Y,M,C лежат на одной окружности.

Подсказка 5

Пользуясь доказанной вписанностью, докажите, что E лежит на описанной окружности треугольника AXY.

Подсказка 6

Ну а теперь воспользуйтесь тем, что OA = OE = R окружности ABC и поймите, что задача убита. Успехов!

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $OA$ касается описанной окружности треугольника $AXY,$ так как

∠BAO =90∘− ∠C = ∠MY C = ∠XY A

Пусть $F$ — точка на окружности, описанной около $ABC,$ такая что $AF ⊥BC.$ Ясно, что

∠AEF = ∠AEB +∠BEF = ∠ACB +∠BAF =∠ACD +∠DAC =∠ADM = ∠AEM

Получаем, что $E,M$ и $F$ лежат на одной прямой. Кроме того, $∠MEC = ∠FEC = ∠FAC = ∠MY C,$ что значит, что $E,Y,M$ и $C$ лежат на одной окружности. Далее,

∘ ∘ ∠AEY = ∠AEC − ∠YEC = 180 − ∠ABC − ∠YMC = 90 − ∠ABC = ∠AXY

т. е. $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AXY.$ Тогда $OE$ — касательная, так как $OE = OA$ и $OA$ — касательная к окружности $AXY.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#88170Максимум баллов за задание: 7

Две равные окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Произвольная прямая, проходящая через $Q$ , повторно пересекает окружности в точках $A$ и $B$ , а касательные к окружности в этих точках пересекаются в точке $C$ . Докажите, что отрезки $AQ$ и $CB$ видны из точки $P$ под одинаковыми углами.

Источники: Надежда Энергетики - 2020, 11.3 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказать, что отрезки видны под равными углами из точки Р равносильно равенству углов APQ и CPB. Чему можно приравнять углы APQ и QPB?

Подсказка 2

Углы APQ и QAC равны, поэтому осталось показать равенство углов САВ и СРВ. О чём говорит равенство САВ и СРВ?

Подсказка 3

Да, оно равносильно вписанности четырёхугольника CAPB. Чтобы доказать это, воспользуемся признаком вписанности, использующим сумму двух противоположных углов!

Показать доказательство

$PIC$

По теореме об угле между касательной и хордой $∠BAC =∠QP A,$ $∠CBA =∠BP Q.$ Следовательно,

∠BP A +∠ACB =∠BAC +∠ACB + ∠CBA = π,

т.е. четырехугольник $APBC$ вписанный. Значит,

∠BP C = ∠BAC = ∠QP A

Другие случаи расположения точек рассматриваются аналогично, например, на втором рисунке

∠ACB =∠CAQ − ∠CBQ =(π− ∠QP A)− (π− ∠QP B)= ∠APB

и

∠QP A= ∠BAC = ∠BP C

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#33670Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются внешним образом в точке $F$ , а их общая внешняя касательная касается окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно в точках $A$ и $B$ . Прямая $ℓ$ проходит через точку $B$ , вторично пересекает окружность $ω$ в точке $C$ , а также пересекает $Ω$ в точках $D$ и $E$ (точка $D$ расположена между $C$ и $E)$ . Общая касательная окружностей, проходящая через точку $F$ , пересекает прямые $AB$ и $BE$ в точках $P$ и $H$ соответственно (точка $F$ лежит между точками $P$ и $H)$ . Известно, что $BC = 42,DH =HC = 4$ .

а) Найдите длину отрезка $HP$ .

б) Найдите радиусы обеих окружностей.

Источники: Физтех 2019 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что этот отрезок целиком сразу мы найти не сможем. Попробуем сделать это по частям: сначала найдём HF, потом PF. У нас есть множество секущих и касательных. Тогда какую теорему можно попробовать применить для нахождения отрезков касательных?

Подсказка 2

Верно, это теорема о касательной и секущей. Отсюда сразу находим HF и остальные отрезки секущей BE. Осталось вспомнить, что отрезки касательных из одной точки равны и найти PF.

Подсказка 3

Попробуем воспользоваться идеей, что нам известен отрезок АВ и конструкция из прямоугольной трапеции. Понятно, что неизвестные радиусы можно обозначить за R и r. Тогда какое естественное уравнение мы можем уже записать для них?

Подсказка 4

Ага, можно записать теорему Пифагора. Отсюда мы получили первое уравнение на радиусы. Теперь, так как катет и гипотенуза треугольника выражены через радиусы, хочется попробовать найти значение косинуса этого угла. Попробуйте найти равенство углов, а затем вспомнить, какая теорема в треугольнике лучше всего ищет угол?

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Трижды применяем теорему о касательной и секущей:

√-- HF 2 = HC ⋅HB =4⋅46⇒ HF =2 46 2 HF2- HF =HD ⋅HE ⇒ HE = HD = 46 BA2 = BD ⋅BE =50⋅92⇒ BA = 10√46

Поскольку отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны между собой, $PF = PA = PB$ , следовательно, $√-- P F = 12AB = 5 46$ . Итак, $√ -- P H = PF + FH = 7 46$ .

б) Пусть $∠BP H = γ$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BPH$ получаем $BH2 =$ $BP2+ HP 2− 2BP ⋅PH ⋅cosγ$ , т.е. $462 = 72⋅46 +52⋅46− 70 ⋅46cosγ$ , откуда $46= 49+ 25 − 70cosγ$ , $cosγ = 25$ Пусть $O$ и $Q$ — центры, а $R$ и $r$ — радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; так как окружности касаются, точка касания $F$ лежит на линии центров $OQ$ , и при этом $OQ ⊥ PH$ . Углы $A$ и $F$ четырёхугольника $AOF P$ прямые, поэтому $∠AOF = 180∘− ∠AP F =∠BP F =γ$ .

Рассмотрим прямоугольную трапецию $ABQO$ . В ней $OQ =R + r,OA = R,BQ =r,AB =$ $10√46,∠AOQ = γ$ . Опуская из точки $Q$ высоту $QT$ на основание $AO$ , получаем прямоугольный треугольник $OQT$ , в котором $TQ =AB = 10√46,OT = R − r$ . По теореме Пифагора получаем

(R+ r)2 =(R− r)2 +(10√46)2

Rr =25⋅46

Кроме того,

2= cosγ = R−-r =⇒ R = 7r 5 R+ r 3

Находим, что

--- --- 5√-322- 5√138 R = √3 ,r= √ 7

Ответ:

а) $HP = 7√46$

б) $∘ 138 ∘ 322- 5 7 ;5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#88173Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$ . В большей окружности проведена хорда $AB$ , касающаяся меньшей окружности в точке $L$ . Найдите $BL,$ если $AL = 10$ и $AK :BK = 2:5.$

Источники: Ломоносов - 2011, 11.5 и Бельчонок - 2019, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим на картинку. Было бы очень удобно, если бы оказалось, что KL — биссектриса... Попробуем это доказать.

Подсказка 2

Пусть общая касательная к окружностям пересечет AB в точке S. Поотмечайте углы.

Подсказка 3

Воспользуйтесь теоремой о внешнем угле треугольника.

Показать ответ и решение

Покажем, что $KL$ является биссектрисой угла $AKB$ (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

BL- = BK--= 5 BL = 5⋅10= 25 AL AK 2 2

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S.$ Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β.$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно,

∠SLK =∠SKL = ∠SKA +∠AKL = α +β

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α.$ Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB,$

∠LKB = ∠KLA − ∠KBL = (α +β )− α = β

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K,$ переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W,$ тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W.$ Таким образом, данная касательная паралельна $AB,$ то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A.$ Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая $AB$ переходит в окружность, проходящую через точки $A,$ $B,$ и центр окружности инверсии — $W,$ то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W,$ то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K,$ а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W.$

$PIC$

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#71674Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внешним образом в точке $A.$ Найти радиусы окружностей, если хорды, соединяющие точку $A$ с точками касания одной из общих внешних касательных, равны $6$ см и $8$ см.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте разберемся, что мы можем найти на картинке. Например, можем ли мы найти BC?

Подсказка 2

Да, можем. Так как, △BAC - прямоугольный, то BC = 10. Дальше воспользуемся свойством высот в прямоугольном треугольнике! Какие подобные треугольники есть на рисунке?

Подсказка 3

Верно, △BAC ∼ △O₂MC и △BAC ∼ △O₁NB (по 2 углам). Тогда, через подобие мы можем выразить радиус каждой из окружностей(и да, не забудьте, что если радиус перпендикулярен хорде, то он делит её пополам)

Показать ответ и решение

Пусть $O 1$ и $O 2$ — центры окружностей, $B$ и $C$ — указанные точки касания ( $AB =6,AC =8$ ). Поскольку треугольник $BAC$ прямоугольный (угол $A$ — прямой), то $BC =10.$

Пусть $M$ — основание перпендикуляра, опущенного из $O2$ на $AC.$

$PIC$

Из подобия треугольников $O2MC$ и $CAB$ находим, что

O2C =BC ⋅ CM = 10⋅ 4= 20 AB 6 3

Аналогично находим, что $O1B = 15. 4$

Ответ:

$15;20 4 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#71791Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ проведена диагональ $BD,$ и в каждый из полученных треугольников $ABD$ и $BCD$ вписана окружность. Прямая, проходящая через вершину $B$ и центр одной из окружностей, пересекает сторону $DA$ в точке $M.$ При этом $8 AM = 5$ и $12 MD = 5 .$ Аналогично, прямая, проходящая через вершину $D$ и центр второй окружности, пересекает сторону $BC$ в точке $N.$ При этом $30 BN = 11$ и $25 NC = 11.$

(a) Найдите отношение $AB :CD.$

(b) Найдите длины сторон $AB$ и $CD,$ если дополнительно известно, что данные окружности касаются друг друга.

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Так ли проста прямая, соединяющая центр вписанной окружности с вершиной треугольника?) Просят найти AB/CD, а какие вообще отношения с AB и CD можно записать?

Пункт а), подсказка 2

Прямые BM и DN это биссектрисы треугольников! Тогда стоит воспользоваться свойством биссектрисы, чтобы связать отношениями AB с CD

Пункт б), подсказка 1

Мы уже знаем отношение AB/CD, так что хочется попробовать как-то с помощью переменных выразить AB и CD, чтобы потом решить уравнение.

Пункт б), подсказка 2

На рисунке есть окружности и касательные, на что это может намекать?

Пункт б), подсказка 3

Отрезки касательных к окружности из одной точки равны! Так что мы можем все отрезки, в том числе и AB и CD, выразить через отрезки, выходящие из вершин B и D.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Так как биссектриса треугольника делит его сторону пропорционально двум другим сторонам, то

AB :BD = AM :MD = 2:3

BD :DC = BN :NC = 6:5

Следовательно,

2 6 AB :CD = 3 ⋅5 =4 :5

(b) Обозначим точки касания окружности, вписанной в треугольник $ABD,$ с его сторонами $AB,$ $AD, BD$ через $P,F,K$ соответственно; точки касания окружности, вписанной в треугольник $BCD$ с его сторонами $BC, CD,BD$ — через $Q,E,K$ соответственно (по условию точка касания со стороной $BD$ общая).

$PIC$

Пусть $BK =x,KD = y.$ Используя равенство отрезков касательной, проведённых к окружности из одной точки, получаем соотношения

BQ = BP =BK = x,DF = DE =DK =y,AF = AD − DF = 4− y,AP = AF = 4− y

CQ = BC − BQ = 5− x,CE =CQ = 5− x,AB = AP +P B = 4+ x− y,CD =5− x+ y

В пункте (а) было получено, что $AB :CD = 4:5,$ откуда $4+x−y 4 5−x+y = 5,x= y.$ Тогда

AB =4,CD = 5

Ответ:

(a) $AB :CD = 4:5$

(b) $AB = 4,CD =5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#71904Максимум баллов за задание: 7

На биссектрисе угла $B$ остроугольного треугольника $ABC$ выбрана точка $T.$ Окружность $S,$ построенная на $BT$ как на диаметре, пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Окружность, проходящая через вершину $A$ и касающаяся $S$ в точке $P,$ вторично пересекает прямую $AC$ в точке $X.$ Окружность, проходящая через вершину $C$ и касающаяся $S$ в точке $Q,$ вторично пересекает прямую $AC$ в точке $Y.$ Докажите, что $TX = TY.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Благодаря теореме об угле между касательной и хордой, касание двух окружностей можно переформулировать в условие равенства двух вписанных углов. Что можно сказать об углах PXC и QYA?

Подсказка 2

Несложно показать, что они равны соответственно углам PTB и QTB. Что это говорит об окружностях (TPX) и (TQY)?

Подсказка 3

Каждая из них проходит через основания L биссектрисы BT. Какое условие на окружности (TPX) и (TQY) является достаточным для равенства TX и TY, учитывая, что прямая XY проходит через вторую точку пересечения данных окружностей

Подсказка 4

Достаточно показать, что они равны. Почему это так?

Подсказка 5

Они описаны около равных треугольников TPL и TQL.

Показать доказательство

Решение 1.

Отметим сначала полезное свойство касающихся окружностей, а потом перейдём к решению задачи. Если секущая $UW$ проходит через точку $V$ касания двух окружностей, то вписанные углы, опирающиеся на высекаемые ей дуги, равны. Действительно, поскольку вписанный угол равен углу между касательной и секущей, имеем равенство $∠UU1V = ∠UVY = ∠XV W =∠W W1V.$

$PIC$

Теперь перейдем к решению задачи. Пусть $L$ — основание биссектрисы угла $B.$ Точки $P$ и $Q$ симметричны относительно прямой $BT,$ поэтому $∠BT P =∠BT Q$ и треугольники $LPT$ и $LQT$ равны. Из касания окружностей в точке $P$ имеем равенство $∠BT P =∠P XA,$ поэтому четырёхугольник $LTP X$ вписанный. Из касания окружностей в точке $Q$ имеем равенство $∠BT Q =∠QY L,$ значит, четырёхугольник $LTQY$ также вписанный. Отметим, что описанные окружности четырёхугольников $LTPX$ и $LTQY$ равны, поскольку они являются описанными окружностями равных треугольников $LP T$ и $LQT.$ Хорды $TX$ и $TY$ этих окружностей лежат напротив углов $∠TLX$ и $∠T QY =180∘− ∠TLY = ∠TLX.$ Поскольку равны углы, эти хорды также равны.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Рассмотрим гомотетию с центром $P,$ переводящую окружность, проходящую через вершину $A$ и касающуюся $S$ в точке $P,$ в окружность $S.$ Эта гомотетия переводит точку $A$ в точку $B,$ а точка $X$ — в точку $K$ вторичного пересечения прямой, параллельной $AC$ и проходящей через $B,$ с окружностью $S.$ Тогда точки $X,P,K$ лежат на одной прямой. Аналогично точки $Y,Q,K$ тоже лежат на одной прямой. Рассмотрим прямую $KT.$ С одной стороны, она является биссектрисой угла $P KQ,$ поскольку $T$ — середина дуги $P Q.$ С другой стороны, угол $BKT$ опирается на диаметр, значит, он прямой и $KT$ не только биссектриса, но и высота треугольника $XKY.$ Тогда $KT$ — серединный перпендикуляр к $XY,$ поэтому $TX = TY.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#88171Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ . На продолжении гипотенузы $BC$ выбрана точка $D$ так, что прямая $AD$ — касательная к описанной окружности $ω$ треугольника $ABC$ . Прямая $AC$ пересекает описанную окружность треугольника $ABD$ в точке $E$ . Оказалось, что биссектриса угла $ADE$ касается окружности $ω$ . В каком отношении точка $C$ делит отрезок $AE?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На картинке есть две окружности, а также касательная к одной из них. Отметим равные углы, используя свойство вписанных углов и угла между хордой и касательной.

Подсказка 2

Получили, что треугольник АDE равнобедренный! В нем проведена биссектриса, и получается, что вследствие равнобедренности про неё сразу можно много что сказать.

Подсказка 3

Обратим внимание на треугольник DAK (если отметить пересечение биссектрисы ∠ADE с AE за К). Предыдущие рассуждения приводят к тому, что в нем угол А угол D получаются связанными между собой (помимо того, что в сумме эти углы дают π/2). Воспользуемся связью и явно найдем эти углы!

Подсказка 4

Осталось воспользоваться свойствами треугольника с углами 30,60,90 и выразить искомое соотношение!

Показать ответ и решение

Пусть $α =∠ABD,$ $K$ и $L$ — точки пересечения биссектрисы угла $∠ADE$ с $AE$ и $ω$ соответственно, $O$ — центр $ω$ . Угол между касательной $AD$ к окружности $ω$ и хордой $AC$ равен вписанному углу, который опирается на $AC,$ откуда $∠DAE = α.$ Кроме того, вписанные углы $∠AED$ и $α$ опираются на хорду $AD$ и поэтому равны. Тогда $∠DAE = ∠AED = α$ и треугольник $ADE$ равнобедренный. Поэтому биссектриса $DK$ является также его медианой и высотой. Значит, $AB ∥ DL$ , поскольку $AB$ и $DL$ перпендикулярны $AE$ .

$PIC$

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $LOD$ равны по катету и гипотенузе, откуда $∠ADO = ∠LDO = α.$ Из прямоугольного треугольника $ADK$ мы получаем, что $3α =90∘$ и $α= 30∘.$ Тогда $AD =2DK,$ и по свойству биссектрисы

CK- = DK-= 1, AC AD 2

откуда

CE = EK +CK = AK + CK = AC +2CK = 2AC

AC :CE =1 :2

Ответ: 1:2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#85485Максимум баллов за задание: 7

Внутри выпуклого четырёхугольника $ABCD$ расположены четыре окружности одного радиуса так, что они имеют общую точку и каждая из них вписана в один из углов четырёхугольника. Докажите, что четырёхугольник $ABCD$ вписанный.

Источники: Высшая проба - 2017, 10.4(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хорошей подсказкой в этой задаче будет обозначить точки. Например, общая точка окружностей — О, центры окружностей в углах A, B, C, D — A₁, B₁, C₁, D₁ соответственно.

Подсказка 2

Как же можно воспользоваться тем, что окружности равного радиуса?

Подсказка 3

Именно, OA₁= OB₁ = OC₁ = OD₁, то есть A₁B₁C₁D₁ - вписанный. Теперь заметим, что для окружностей в углах B и C: В₁С₁-линия центров, BC — общая касательная. Но окружности равные. Что отсюда следует?

Подсказка 4

То, что BC || B₁C₁. Аналогично, A₁D₁ || AD, A₁B₁ || AB, C1₁D₁ || CD. Тогда осталось сделать очевидное замечание.

Подсказка 5

Именно, так как у углов DAC и D₁A₁C₁ попарно параллельные стороны, они равны. Остался последний шаг!

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения окружностей через $O$ , центры окружностей обозначим $A′,B′,C′,D′$ . Поскольку все четыре окружности имеют равный радиус, $′ ′ ′ ′ OA = OB = OC =OD$ .

Таким образом, $O$ является центром окружности, описанной вокруг $′ ′ ′ ′ A B C D$ . Значит, сумма противоположных углов в четырёхугольнике $′′ ′ A B C D$ равна $∘ 180$ .

$PIC$

Прямая $AB$ является общей касательной к паре пересекающихся окружностей равного радиуса с центрами в $A′$ и $B′$ , поэтому $AB ∥A′B ′$ . Аналогично параллельны остальные соответвующие пары сторон. Значит, в четырёхугольнике $ABCD$ суммы противоположных углов также равны $180∘$ , так что он также является вписанным.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#64373Максимум баллов за задание: 7

Точки $A,B,C,D,E$ последовательно расположены на прямой. Известно, что $AB = BC =2,CD = 1$ , $DE =3$ . Окружности $Ω$ и $ω$ , касающиеся друг друга, таковы, что $Ω$ проходит через точки $A$ и $E$ , а $ω$ проходит через точки $B$ и $C$ . Найдите радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ , если известно, что их центры и точка $D$ лежат на одной прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите центры окружностей.

Подсказка 2

Видите ли Вы какой-нибудь перпендикуляр?

Подсказка 3

Поскольку Е - середина AE, отрезок OC будет перпендикулярен AE, где O — центр окружности Ω.

Подсказка 4

А можно ли получить подобные треугольники?

Подсказка 5

Пусть Q — центр окружности ω. Проведите QH параллельно OC.

Подсказка 6

O и Q лежат на одной прямой. Как их можно выразить друг через друга?

Подсказка 7

Заметьте, что OQ = R - r, где R - радиус Ω, r — радиус ω. Как еще можно найти AQ?

Подсказка 8

Рассмотрите трапецию HCOQ. А как посчитать r?

Подсказка 9

С этим поможет треугольник BQH.

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей $Ω$ и $ω$ через $O$ и $Q$ соответственно. Поскольку $C$ — середина хорды $AE$ окружности $Ω$ , то отрезок $OC$ перпендикулярен $AE$ . Опустим из точки $Q$ перпендикуляр $QH$ на прямую $AE$ . Тогда $BH = HC = 1$ (диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам).

Пусть $OC =x$ . Тогда $QH = 2x$ (так как $OC$ — средняя линия треугольника $DHQ ),$

$PIC$

∘ ---------- ∘ ------ ∘ --------- ∘ ------ r= QB = QH2 + BH2 = 4x2+1,R =OA = OC2+ AC2 = x2+ 16

Выразим двумя способами отрезок $QO$ . С одной стороны, так как окружности касаются внутренним образом, расстояние между их центрами равно разности радиусов, т.е. $OQ = R − r$ . С другой стороны, из прямоугольной трапеции $CHQO$ получаем, что

OQ2 = CH2+ (QH − OC )2 =1 +x2

Значит,

∘----- ∘ ------ ∘ ------ OQ = 1+ x2 = R − r= x2+16− 4x2 +1

откуда

2 ∘ -4----2--- 2 5x +2 +2 4x +5x + 1= x +16

∘4x4-+5x2+-1= 7− 2x2

При условии $7− 2x2 ≥ 0$ получаем

4x4+ 5x2 +1 =49− 28x2 +4x4 ⇐⇒ x2 = 16 11

Тогда получаем, что $∘-- ∘-- R = 8 311,r= 5 131.$

Ответ:

$8∘ 3-,5∘ 3 11 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#64471Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внутренним образом в точке $T$ . Хорда $AB$ внешней окружности касается внутренней окружности в точке $S$ . Прямая $TS$ пересекает внешнюю окружность в точках $T$ и $C$ . Найдите площадь четырёхугольника $T ACB$ , если известно, что $CB = BT = 3$ , а радиусы окружностей относятся как $5:8.$

Источники: ДВИ - 2016, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим через Х и У точки пересечения внутренней окружности с отрезками АТ и ВТ. Вспомните про лемму Архимеда. Что можно сказать про отрезки АВ и ХУ?

Подсказка 2

Да, они параллельны! Вспомните о том, какие у нас есть вообще теоремы, в которых мы говорим об отношениях отрезков и которые похожи на эту задачу. В первую очередь, мы умеем работать с подобными треугольниками и во-вторых, у нас есть теорема о касательной и секущей! Воспользуйтесь ими, чтобы найти максимум отношений отрезков!

Подсказка 3

Посмотрите на отношения AS/BS и AT/BT. Какую теорему напоминает?

Подсказка 4

Верно, это обратная теорема о биссектрисе! Отметьте все равные углы, которые найдете и поищите параллельные прямые!

Подсказка 5

Посмотрите внимательно на четырехугольник ТАВС. Что можно о нем сказать? Воспользуйтесь всем, что узнали о четырехугольниках, о подобных треугольниках и попробуйте посчитать те величины, которые считаются!

Подсказка 6

Помните, если у нас есть трапеция, для вычисления ее площади мы можем найти высоту и среднюю линию и посчитать площадь, зная уже эти величины!

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим через $X$ и $Y$ точки пересечения внутренней окружности с отрезками $AT$ и $BT$ соответственно.

Проведём общую касательную окружностей в точке $T.$ Тогда угол между касательной и хордой большей окружности $BT$ равен углу $BAT$ и тот же угол между касательной и хордой $TY$ меньшей окружности равен углу $YTX.$

∠BAT = ∠YXT, ∠BTA = ∠YTX =⇒

△BAT ∼ △Y XT =⇒ AT-= AX- BT BY

Применяя теорему о касательной и секущей, получаем

AS2-= AX-⋅AT-= AT2, BS2 BY ⋅BT BT2

то есть,

AS- AT- BS = BT,

что в силу обратной теоремы о биссектрисе означает, что $∠ATS = ∠BTS$ . Но из равенства $CB = BT$ следует, что

∠CT B =∠T CB,

стало быть, $AT∥CB$ , то есть четырёхугольник $TACB$ - трапеция, причём вписанная, то есть равнобокая. Значит, $AC = CB = BT =3$ .

Далее, треугольники $ATS$ и $BCS$ подобны с коэффициентом подобия $T S∕CS = = 5∕(8− 5)=$ 5/3. Следовательно, $AT = 5$ , а средняя линия трапеции $TACB$ равна 4. Высота же трапеции равна катету прямоугольного треугольника с гипотенузой 3 и другим катетом 1 , то есть равна $√ - 2 2$ . Таким образом, искомая площадь равна $√- √ - 4⋅2 2 =8 2$ .

Ответ:

$8√2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#69042Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC$ , вписанный в окружность $ω$ . Точка $M$ — основание перпендикуляра из точки $B$ на прямую $AC$ , точка $N$ — основание перпендикуляра из точки $A$ на касательную к $ω$ , проведенную через точку $B$ . Докажите, что $MN ∥BC$ .

Источники: БИБН - 2016, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На нашем чертеже есть целых два перпендикуляра... На что это может нам намекать?

Подсказка 2

Например, на то, что где-то есть вписанный четырёхугольник! Что это за четырёхугольник?

Подсказка 3

Верно, это ANBM! Он позволяет нам отметить много равных углов на картинке. А какое условие мы ещё не использовали?

Подсказка 4

Нужно ещё учесть, что NB — это касательная. Вспомните про угол между касательной и хордой!

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим четырехугольник $ANBM$ . Около него можно описать окружность (с диаметром $AB$ , так как углы $ANB$ и $AMB$ — прямые). Значит, $∠BNM =∠BAC$ (по свойству вписанных углов). Далее, угол между касательной через точку $B$ и хордой $BC$ также равен углу $BAC$ (по свойству угла между касательной и хордой). Таким образом, отрезки $NM$ и $BC$ имеют одинаковые углы с касательной и поэтому параллельны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#134547Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $BL.$ На отрезке $CL$ выбрана точка $M.$ Касательная в точке $B$ к окружности $Ω,$ описанной около треугольника $ABC,$ пересекает луч $CA$ в точке $P.$ Касательные в точках $B$ и $M$ к окружности $Γ ,$ описанной около треугольника $BLM,$ пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что прямые $PQ$ и $BL$ параллельны.

Показать доказательство

Так как прямая $PB$ касается описанной окружность треугольника $ABC,$ можно написать следующую цепочку равенств:

∠PBL = ∠PBA + ∠ABL =∠ACB +∠LBC = ∠BLP.

Поэтому треугольник $BP L$ — равнобедренный.

$PIC$

Заметим, что угол $BLP$ равен углу $BMQ$ в силу касания описанной окружности треугольника $BLM$ и прямой $QM.$ Следовательно, равнобедренные треугольники $BP L$ и $QBM$ подобны, а значит, $∠BP M =∠BQM.$ Получаем, что четырёхугольник $BP QM$ вписанный, поэтому углы $PQB$ и $PMQ$ равны, но угол $PMQ$ равен углу $QBL,$ откуда и следует искомая параллельность.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#51854Максимум баллов за задание: 7

В углы $A$ и $B$ треугольника $ABC$ вписаны соответственно окружности с центрами $O 1$ и $O 2$ равного радиуса, точка $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC.$ Данные окружности касаются стороны $AB$ в точках $K1,K2$ и $K$ соответственно, при этом $AK1 = 4,BK2 = 6,$ и $AB = 16.$

(a) Найдите длину отрезка $AK$ .

(b) Пусть окружность с центром $O1$ касается стороны $AC$ в точке $K3.$ Найдите угол $CAB,$ если известно, что точка $O1$ является центром окружности, описанной около треугольника $OK1K3.$

Источники: Физтех-2015, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Чем нам могут помочь вписанные окружности?

Пункт а, подсказка 2

Посмотрите на прямые AO₁ и BO₂.

Пункт а, подсказка 3

Они являются биссектрисами, следовательно, пересекаются в центре вписанной окружности треугольника ABC.

Пункт а, подсказка 4

Проведите радиусы к стороне AB.

Пункт б, подсказка 1

Рассмотрите треугольник OK₁K₃.

Пункт б, подсказка 2

Заметим, что O₁O = O₁K₁. Мы ведь знаем, что AO - биссектриса, попробуйте найти сначала угол OAB.

Пункт б, подсказка 3

Может, удобнее будет искать равный угол в другом треугольнике?

Пункт б, подсказка 4

Постройте O₁H перпендикулярно OK.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Прямые $AO1$ и $BO2$ являются биссектрисами углов $A$ и $B$ треугольника, поэтому они пересекаются в точке $O$ - центре вписанной окружности. Обозначим радиусы окружностей с центрами $O1$ и $O2$ через $r,$ а радиус вписанной окружности через $R.$ Треугольники $OKB$ и $O2K2B$ подобны, коэффициент подобия равен $R, r$ поэтому $BK = 6R. r$ Аналогично $AK = 4R, r$ откуда $10R =16,AK = 32. r 5$

(b) Из условия следует, что $O1O =O1K1 = r.$ Опустим из точки $O1$ перпендикуляр $O1H$ на отрезок $OK.$ Тогда $3 OH- 3 OH = R − r = 5r,∠OAB = ∠OO1H = arcsin OO1 = arcsin5.$ Значит, $3 -7 ∠CAB = 2arcsin5 =arccos25$

Ответ:

(a) $32 AK = 5-,$

(b) $∠CAB =2 arcsin35 =arccos 725$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#70312Максимум баллов за задание: 7

Остроугольный треугольник $ABC (AB < AC )$ вписан в окружность $Ω$ . Пусть $M$ - точка пересечения его медиан, а $AH$ - высота этого треугольника. Луч $MH$ пересекает $Ω$ в точке $′ A$ . Докажите, что окружность, описанная около треугольника $′ AHB$ , касается $AB$ .

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 9.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Проведем серединный перпендикуляр к $BC.$ Пусть он пересекает луч $HM$ в точке $P$ , а $BC$ в точке $F$ . Тогда $HM :MP = AM :MF =2 :1;$

Также проведем прямую, параллельную $BC$ , через точку $P$ . Пусть она пересекает $AH$ в точке $T$ , а $′ M$ — проекция точки $M$ на $AH$ . Тогда $′ ′ HM :M T = 1:2$ и $′ ′ HM :M A= 2:4$ . Следовательно $T$ — середина $AH$ .

$PIC$

Отметим точку $A1$ такую, что $HP = PA1$ . Тогда $AA1||BC$ в силу подобия треугольников $HP T$ и $HAA1$ . Кроме того, проецируя $A1$ на $BC$ получаем $HF = FS =⇒ BH = SC$ . Следовательно, $△ABH = △A1SC$ по двум катетам. А значит, $ABCA1$ — равнобедренная трапеция и $A1$ лежит на окружности, описанной около $△ABC.$