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 81#64470Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ с центрами в точках $O 1$ и $O 2$ касаются внешним образом в точке $A$ . Общая внешняя касательная к этим окружностям касается $Ω1$ и $Ω2$ соответственно в точках $B1$ и $B2$ . Общая касательная к окружностям, проходящая через точку $A$ , пересекает отрезок $B1B2$ в точке $C$ . Прямая, делящая угол $ACO2$ пополам, пересекает прямые $O1B1,O1O2,O2B2$ в точках $D1,L,D2$ соответственно. Найдите отношение $LD2 :O2D2$ , если известно, что $CD1 = CO1.$

Источники: ДВИ - 2014, вариант 1, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Воспользуйтесь тем, что мы знаем про отрезки касательных, и затем поищите равные треугольники. Что можно сказать про угол О₁СО₂?

Подсказка 2

Поотмечайте равные углы, поищите равнобедренные треугольники и запишите равенства углов уже в них. В этой задаче будет удобно ввести две переменные для каких-нибудь углов и выразить через них все остальные углы.

Подсказка 3

Посмотрите внимательно на углы D₁LO₁ LCO₁. Если задача все еще не решается, поищите треугольник, подобный треугольнику О₂LD₂.

Показать ответ и решение

$PIC$

Отрезки $CB1,CA$ и $CB2$ равны как отрезки касательных. Следовательно, $△O1CB1 =$ $△O1CA,△O2CB2 =△O2CA$ . Значит, $CO1$ и $CO2$ — биссектрисы углов $ACB1$ и $ACB2$ соответственно, так что образуют прямой угол. Стало быть, $∠LCO1 = 90∘− ∠LCO2 = 90∘− ∠LCA =∠CLA$ , то есть

∠D1LO1 = ∠LCO1.

Пользуясь этим соотношением, получаем:

CD1 =CO1 ⇐⇒ ∠CD1O1 = ∠CO1D1 ⇐⇒

⇔ ∠D1LO1 = ∠LCO1 =∠CD1O1 + ∠CO1D1 = 2∠CO1D1 = ∠D1O1L ⇐⇒ ⇔ D1L= D1O1 ⇐⇒ LD2 = O2D2.

Последнее следует из подобия треугольников $O1D1L$ и $D2O2L$ .

Ответ:

$1 :1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#91024Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB,$ касается сторон $BC, CA,AB$ в точках $A1,B1,C1$ соответственно. Пусть $B1H$ – высота треугольника $A1B1C1.$ Докажите, что точка $H$ лежит на биссектрисе угла $CAB.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посчитать углы! Что можно сказать об углах внутри четырёхугольника CA₁HB₁? Нам бы очень хотелось узнать что-то интересное про точку H ;)

Подсказка 2

Угол AHC — прямой! Что тогда можно сказать про точку H? Как связать её с нашим большим треугольником?

Подсказка 3

Подумайте, в каких точках пересекет A₁C₁ окружность, построенная на AC, как на диаметре! Сколько их таких и каким свойством они обладают?

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $∠CA1B1 = ∠CB1A1 = 45∘.$ По теореме об угле между хордой и касательной $∠A1C1B1 =∠CA1B1 = 45∘.$ Таким образом, треугольник $B1HC1$ — равнобедренный. Треугольники $AB1H$ и $AC1H$ равны по третьему признаку ( $AB1 = AC1$ как отрезки касательных). Следовательно, $∠B1AH =∠HAC1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#51851Максимум баллов за задание: 7

Две окружности разных радиусов касаются внешним образом. К ним проведены две общие внешние касательные $AC$ и $BD.$ Их точки касания с меньшей окружностью — $A$ и $B,$ с большей окружностью — $C$ и $D.$ Найдите радиусы окружностей, если известно, что $24 AB = 5$ , $AC =12.$

Источники: Физтех-2012, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из какой фигуры можно выразить оба радиуса?

Подсказка 2

Рассмотрите трапецию, одно из оснований которой равно сумме радиусов.

Показать ответ и решение

$PIC$

Введём обозначения: $O$ — центр меньшей окружности, $Q$ — центр большей окружности, $r$ — радиус меньшей окружности, $R−$ радиус большей окружности, $OQ ∩AB = H,$ $∠CQO =∠AOH = α.$ Рассмотрим прямоугольную трапецию $OACQ.$ $OA = r,OQ = R +r,CQ =R,AC = 12.$ Из точки $O$ опустим перпендикуляр $OE$ на отрезок $CQ.$ Из прямоугольного треугольника $OEQ$ по теореме Пифагора получаем, что $(R+ r)2 − (R− r)2 =122,Rr= 36.sinα = AOCQ-= 1R2+r.$ $r⋅R12+r = 125$ Решая полученные уравнения, находим, что $r= 3,R= 12.$

Ответ:

$r= 3,R= 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#89915Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются друг друга внутренним образом в точке $K$ . Хорда $AB$ большей окружности касается меньшей окружности в точке $L$ , причём $AL = 10$ . Найдите $BL$ , если $AK :BK =2:5$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за P и Q точки пересечения KA и KB с меньшей окружностью соответственно. Когда происходит касание окружностей, что бывает полезно провести?

Подсказка 2

Проведем общую касательную! Что можно сказать об углах, которые она образует с хордами?

Подсказка 3

Углы ∠PQK и ∠ABK равны! Как тогда связаны PQ и AB? Также подумаем, на что может намекать отношение AL:LВ в треугольнике ABК?

Подсказка4

PQ параллельно AB! Чем тогда является KL? ;)

Показать ответ и решение

Проведем хорду $PQ$ и общую касательную $MN$

$PIC$

Тогда

1 1 ∠PQK = 2 ⌣ PK = ∠PKM =2 ⌣ AK = ∠ABK,

поэтому $PQ ∥AB$ и $⌣ P L= ⌣ QL$ . Следовательно, $∠PKL =∠QKL$ , т.е. $KL −$ биссектриса треугольника $AKB$ , откуда получаем

AL-= AK-= 2 =⇒ BL =10⋅ 5 = 25 BL BK 5 2

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#49307Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высота из вершины $A$ и биссектрисы из двух других вершин. Докажите, что описанная окружность треугольника, образованного этими тремя прямыми, касается биссектрисы, проведенной из вершины $A.$

Источники: Олимпиада им. Шарыгина, 8.1, М. Рожкова(см. geometry.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим за I точку пересечения биссектриc. Если наша окружность и касается биссектрисы угла A, то только в точке I. Поэтому логично будет применить обратную теорему об угле между касательной и хордой...

Подсказка 2

Давайте обозначим за K- точку пересечения CI и AH, за N- BI и AH. Тогда легко видеть, что уголок ∠IKN=90°-∠ACB/2. Осталось доказать, что∠AIN также равен 90°-∠ACB/2...

Подсказка 3

∠AIN- внешний для треугольника △AIB, где мы знаем уголки ∠IBA=∠ABC/2 и ∠IAB=∠BAC/2. Найдите уголок ∠AIN и завершите решение!

Показать доказательство

Пусть $I$ — центр вписанной окружности $ABC,$ а биссектрисы $∠B,∠C$ пересекают высоту в точках $X,Y$ соответственно. Не умаляя общности, $AB > AC$ и $I ∈BY,X ∈ CI.$ Отсюда следует $Y ∈ AX.$

$PIC$

Используем то, что $∠AIY$ — внешний угол в $△ABI,$

∠AIY = ∠A-+ ∠B-= 90∘− ∠C-= ∠IXY 2 2 2

Угол между прямой $AI$ и хордой $IY$ равен вписанному углу $IXY,$ опирающемуся на эту хорду. Следовательно, $AI$ является касательной.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#70329Максимум баллов за задание: 7

Прямая $PA$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ . Пусть $C 1$ и $B 1$ – основания перпендикуляров, опущенных из $P$ на прямые $AB$ , $AC$ . Докажите, что $BC ⊥ B1C1$ .

Источники: Всеросс., 2010, РЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть ∠ACB = α ⇒ ∠PAB = α по свойству касательной; ∠P B1A+ ∠PC1A = 180∘ ⇒ P B1AC1—вписанны й ⇒ ∠P B1C1 = PAC1 = α⇒ ⇒ ∠AB C = 90∘ − α; Тогда в △B TC ∠B TC = 180∘− α− 90∘+ α= 90∘. 1 1 1 1

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#89919Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внешним образом: друг друга в точке $A$ , а третьей окружности — в точках $B$ и $C$ . Продолжение хорды $AB$ первой окружности пересекает вторую окружность в точке $D$ , продолжение хорды $AC$ пересекает первую окружность в точке $E$ , а продолжения хорд $BE$ и $CD$ — третью окружность в точках $F$ и $G$ соответственно. Найдите $BG$ , если $BC = 5$ и $BF = 12.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах, где фигурируют несколько окружностей, бывает полезно провести общие касательные. Что можно сказать о них троих?

Подсказка 2

Попарно общие касательные пересекаются в одной точке! Давайте посмотрим на углы, которые образуются при пересечении двух касательных к одной окружности.

Подсказка 3

Углы треугольника ABC разбиваются касательными на 6 углов, среди которых три пары равных. Что если обозначить их переменными? Подумаем, какие еще равные углы образуются из касания?

Подсказка 4

Докажите, что прямые FB и GC параллельны. А что можно сказать про четырехугольник FGCB?

Показать ответ и решение

Пусть $S1,S2$ и $S3$ — первая, вторая и третья окружности соответственно. Проведём через точки $A,B$ и $C$ общие касательные $l,l,l a b c$ к окружностям $S1$ и $S2,S1$ и $S3,S2$ и $S3$ соответственно. Тогда касательные $la$ и $lb$ образуют равные углы с хордой $AB$ . Обозначим эти углы через $γ$ . Аналогично, равные углы, которые образуют касательные $la$ и $lc$ с хордой $AC$ , обозначим через $β$ , а равные углы, которые образуют касательные $lb$ и $lc$ с хордой $BC$ , — через $α.$ Тогда сумма $2α+ 2β+2γ$ - это сумма углов треугольника $ABC$ , поэтому $∘ α +β +γ =90 .$

$PIC$

На касательной $la$ отметим точку $P$ внутри угла $DAE$ и точку $Q$ внутри угла $BAC$ . Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что

∠BEC = ∠BEA = ∠BAQ = ∠PAD = ∠ACD = ∠ECD,

значит, $BE ∥CD$ , а т.к.

∠BCD = ∠ACB + ∠ACD = α+ β+ γ = 90∘,

то $∠BCG = 90∘$ , поэтому четырёхугольник $BCGF$ — прямоугольник. Следовательно,

∘ --------- ∘--------- ∘ ------ BG = CG2+ BC2 = BF 2+BC2 = 122+ 52 = 13.

Ответ: 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#79930Максимум баллов за задание: 7

Точки $A,B$ и $C$ лежат на одной прямой. Отрезок $AB$ является диаметром первой окружности, а отрезок $BC$ — диаметром второй окружности. Прямая, проходящая через точку $A,$ пересекает первую окружность в точке $D$ и касается второй окружности в точке $E,BD = 9$ , $BE = 12.$ Найдите радиусы окружностей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие случаи надо рассмотреть в данной задаче?

Подсказка 2

Точки A, B и C могут иметь различные взаимные расположения.

Подсказка 3

Пусть A лежит между B и C. Что тогда ещё можно сказать о расположении A?

Подсказка 4

Точка А будет лежать внутри второй окружности.

Подсказка 5

В двух других случаях рассмотрите подобные треугольники и величины получившихся отрезков.

Показать ответ и решение

Возможны три случая расположения точек $A,B$ и $C$ на прямой.

1. Точка $A$ лежит между точками $B$ и С. Тогда $A$ находится внутри второй окружности и не существует прямой, проходящей через $A$ и касающейся второй окружности.

2. Точка $B$ лежит между точками $A$ и $C$ .

$PIC$

Имеем $∘ ∠ADB = ∠BEC = ∠AEO2 = 90,$ и $∠DEB,$ как угол между касательной и хордой, равен $∠ECB.$ Треугольники ВЕС и $BDE$ подобны по двум углам, откуда следует, что

BC BE BE2 BE-= BD-⇒ 2R2 =BC = -BD-= 16⇒ R2 =8

Отрезки $BD$ и $EO2$ параллельны, и должно выполняться неравенство $BD <EO2,$ а в то же время $BD = 9$ и $EO2 = R2 =8,$ так что этот случай невозможен.

3. Точка $C$ лежит между точками $A$ и $B$ .

$PIC$

Дословно повторяя рассуждение из предыдущего случая, снова получаем $R2 = 8.$ Треугольники $ADB$ и $AEO2$ также подобны по двум углам, откуда следует, что

AB-= -DB-⇒ --2R1---= -9-⇒ -2R1--= 9 ⇒ R1 = 36 AO2 EO2 2R1 − R2 R2 2R1− 8 8

Ответ: 36 и 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#106680Максимум баллов за задание: 7

Окружность с центром на стороне $AB$ равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB = BC)$ касается отрезка $AC$ в точке $F,$ пересекает отрезок $BC$ а точке $G,$ проходит через точку $B$ и пеpeceкaeт отрезок $AB$ в точке $E,$ причем $AE = a,∠BF G =γ.$ Найти радиус окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим угол OBG за x и посчитаем некоторые уголочки. Как воспользоваться углом из условия. Как он связан с углом x?

Подсказка 2

В треугольнике OBG все углы выражаются через x и γ, и мы можем выразить один через другой! А что можно сказать про углы треугольника ABC?

Подсказка 3

Угол A также можно выразить через угол x, а, значит, и через угол γ! А каким условием мы еще не пользовались?

Подсказка 4

AF — касательная к окружности! Какие выводы можно сделать из этого?

Подсказка 5

Треугольник AOF — прямоугольный, у которого нам надо найти катет через уже известные нам углы и отрезки ;)

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр окружности радиуса $R,∠OBG = φ,$ тогда

∠BOG =2γ, 2φ +2γ = π,

откуда

π π φ- π γ φ= 2 − γ, ∠A = 2 − 2 = 4 + 2.

$PIC$

Из треугольника $OAF$

R = (R +a)sinA

R(1− sin A)= asinA

(π γ) R = a-sin-4( +-2γ) 1− sin π4 + 2

Ответ:

$-asin(π4 +-γ2) 1 − sin (π4 + γ2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#89938Максимум баллов за задание: 7

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Докажите, что если окружность $(ABO )$ касается прямой $BC,$ то окружность $(BCO )$ касается прямой $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дано касание, требуется доказать касание. А как мы вообще умеем работать с касанием?

Подсказка 2

Верно, касание - это про равенство углов: угла между касательной и хордой и угла, опирающегося на хорду. Давайте отметим тогда данное такое равенство уголков и поймём, где искомое.

Подсказка 3

Таким образом, дано нам ∠BAO=∠OBC, а доказать требуется ∠OCB=∠OBC. Становится ясно, что от нас требуется доказать ∠BAO=∠OBC, а мы ведь ещё не пользовались тем, что ABCD - параллелограмм.

Показать доказательство

Поскольку $(ABO )$ касается прямой $BC,$ то $∠BAO = ∠OBC.$ Из параллельности $AB$ и $DC$ получаем $∠OAB = ∠OCD.$ Тогда $∠OCD =∠OBC,$ а значит, $(BCO )$ касается $CD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#79220Максимум баллов за задание: 7

Внутри параболы $y = x2$ расположены несовпадающие окружности $ω ,ω ,ω ,... 1 2 3$ так, что при каждом $n >1$ окружность $ω n$ касается ветвей параболы и внешним образом окружности $ωn−1.$ Найдите радиус окружности $ω1998,$ если известно, что диаметр $ω1$ равен $1$ и она касается параболы в ее вершине.

Источники: Всеросс., 1998, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим, при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A,$ а $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE.$ Тогда $∘ ∠ABE = 90$

$PIC$

Проведём через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ $(C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy).$

Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘.$

Получаем, что $tg∠EBC1 = ctg∠ABC,$ но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1.$

Значит,

CB-=2x1 =⇒ AC = 1 AC 2

Тогда по теореме Пифагора получаем, что

2 2 1 R1 = x1+ 4

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями.

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2.$ Тогда

2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 2 R2− R1 = x2+ 4 − x1+ 4 = x2− x1 (1)

Также знаем, что

R2+ R1 = CC1 =x22− x21 (1)

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $R2− R1 = 1$ .

То есть мы поняли, что если есть две окружности радиуса $R2$ и $R1$ соответственно, которые касаются параболы и друг друга, то их радиусы отличаются на $1$ .

Тогда получается, если $1 Rw1 = D∕2= 2,$ то

1 1 Rw2 = 1+ 2,...,Rw1998 = 1998− 1+ 2 = 1997,5

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

x2+ (y− (2Sn+ rn+1))2 = r2n+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2rn+1− 1)2− 8Sn$ равен нулю, то есть $√--- rn+1 =-8Sn-+1 2$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда

3 5 r2 = 2,r3 = 2

Покажем по индукции, что $1 rn+1 = n+ 2.$ База уже есть, докажем переход.

∘ -1----------1-- rk+1 =--8(2-+...+-(k−-2))+-1= 2

∘ -(k(k+-1)--k-)- 1 1 1 = 2 ---2-- −2 + 2 = k+ 2 =(k+ 1)− 2

Тогда получается, что

rw =1998− 1= 1997,5 1998 2

Ответ:

$1997,5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#98826Максимум баллов за задание: 7

Нижняя из нарисованных окружностей касается параболы $y = x2$ в вершине, наибольшая из таких и находится строго внутри неё. Каждая следующая окружность касается предыдущей окружности и параболы симметрично.

(a) Докажите, что радиус $n$ -ной окружности $1 rn = n− 2.$

(b) Докажите, что ординаты точек касания $n$ -ой окружности и параболы $yn = (n − 1)n.$

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первый пункт стоит доказывать по индукции. Предположите, что вы уже знаете радиусы n первых окружностей. Напишите уравнение (n+1)-ой. Учтите условия касания и сможете найти связь (n+1)-го радиуса с предыдущими.

Подсказка 2

Пользуясь предыдущим пунктом, напишите уравнение n-й окружности. Определитесь с координатами центра. Чтобы найти точки касания с параболой, нужно приравнять в уравнении окружности y к x².

Показать доказательство

(a) Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

2 2 2 x + (y− (2Sn+ rn+1)) = rn+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2r − 1)2− 8S n+1 n$ равен нулю, то есть $√8Sn +1 rn+1 =---2---$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда

3 5 r2 = 2,r3 = 2

$rn =n − 12$ покажем по индукции. База уже есть, переход:

∘ --------------- 8(12 +...+ (k− 12))+ 1 rk+1 =---------2---------=

∘ -(----------)- = 2 k(k+-1) − k + 1= k+ 1 =(k+ 1)− 1 2 2 2 2 2

(b) Найдём теперь ординату точки касания окружности с ветвями параболы. Поймём, где будет центр окружности по оси ординат. Понятно, что мы должны посчитать диаметры всех $n − 1$ окружностей и радиус $n$ -ой:

1 2 1 2n2-− 2n+-1 1+ 3+ 5+...+2(n− 1)− 1+ n− 2 = (n− 1)+ n− 2 = 2

Тогда уравнение $n$ -ой окружности будет следующим

2n2− 2n+ 1 1 x2+ (y − ----2----)2 = (n− 2)2

Теперь так как нам нужна ордината точки касания, то приравняем это уравнение и $y = x2.$ Раскрывая сразу скобки получим:

2 2 y+y2− (2n2 − 2n+ 1)y + (2n-−-2n+1)-= (n− 1)2 4 2

y2 − 2y(n2 − n)+ n2(n − 1)2 = 0

(y− n(n− 1))2 = 0

Таким образом, получаем то, что требуется. Ордината точки касания $n$ -ой окружности будет $n(n− 1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#32582Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC,$ в котором $AB = BC,$ на стороне $AB$ выбрана точка $D,$ и вокруг треугольников $ADC$ и $BDC$ описаны окружности $S1$ и $S2$ соответственно. Касательная, проведенная к $S1$ в точке $D,$ пересекает второй раз $S2$ в точке $M.$ Докажите, что $BM ∥AC.$

Источники: Всеросс., 1996, РЭ, 9.2(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не стоит рисовать окружность -- они будут только захламлять чертёж и мешать работать с углами. Работайте с углами - Вам дана касательная и даны четыре точки на окружности S2

Подсказка 2

Отмечаем (вводим буквой альфа!) угол между касательной и хордой. Отмечаем (вводим букву бетта!) вписанные углы. Не забываем условие про равнобедренный треугольник - равные углы при основании

Подсказка 3

Теперь всё должно получиться -- проверьте, почему равны накрест лежащие углы при искомых прямых (выражаем их через альфа и бетта!)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $DM ∩AC = T.$ Тогда $∠MDB =∠T DA =∠DCA$ по свойствам касательной. Далее из вписанности $∠BCD =∠BMD.$ Для доказательства параллельности достаточно равенства $∠DT A= ∠BMD.$ Заметим, что $∠BAC = ∠BCA$ является суммой одной и двух дужек и внешним для $△DAT,$ откуда и следует $∠DTA = ∠BCD = ∠BMD,$ что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Предыдущая подтема

Следующая подтема