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

Антипараллельность

Поляры

Направленные углы

Окружность Эйлера

Полувписанные окружности

Окружность Аполлония

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64954

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $AC$ пересекают высоту из вершины $A$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Найдите радиус описанной около этого треугольника окружности, если $AP =a,AQ = b.$

Источники: Муницип - 2024, 9 класс

Показать ответ и решение

Пусть для определенности углы $B,C$ — острые, обозначим $∠B = β,∠C = γ$ . Так как $AP$ — высота, то $∠BAP = π− β,∠CAP = π− γ. 2 2$ Пусть $E,K$ — середины $AB,AC$ соответственно.

Первое решение.

$PIC$

Отметим точку $O$ пересечения серединных перпендикуляров $EP$ и $KQ$ к сторонам треугольника $ABC$ . Эта точка является центром описанной около треугольника окружности. Заметим, что угол $AOK$ вдвое меньше центрального угла $AOC,$ поэтому равен вписанному углу $ABC,$ то есть $β.$ При этом $∠APE = ∠B = β$ из вписанности четырёхугольника $BEP H$ (два прямых угла дают вписанность). Тогда обратим внимание, что $AO$ касается описанной окружности треугольника $OQP$ , так как угол между ней и хордой $OQ$ равен углу $OPQ,$ опирающемуся на эту хорду. По теореме о касательной и секущей получаем $AO2 = AQ ⋅AP = a⋅b.$

Второе решение.

$PIC$

Не будем думать и посчитаем в синусах: из прямоугольных треугольников

AE =asinβ,AK =bsinγ =⇒ AB = 2asinβ,AC =2bsinγ

Тогда получается

AB AC sinβ √b sin-γ = sinβ =⇒ sinγ = √a

Наконец, по теореме синусов радиус описанной окружности равен

-AB-- √ -- 2sinγ = ab

Ответ:

$√ab$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76189

Дед Мороз нарисовал на снегу две окружности с радиусами $2024$ и $r> 2024$ , которые касаются друг друга и ветвей параболы $y = x2$ . Найдите $r.$

Показать ответ и решение

Первое решение.

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

$PIC$

Проведем через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ ( $C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy$ ). Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘$ . Значит, $tg∠EBC1 = ctg∠ABC$ , но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1$ .

Значит, $CB 1 AC-= 2x1 ⇒ AC = 2$ . Тогда по теореме Пифагора получаем, что $1 R21 = x21 +4$ .

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2$ . Тогда

R2= x2+ 1 1 1 4

2 2 1 R2 = x2+ 4

R22− R21 = x22− x21 (1)

Также знаем, что

2 2 R2 +R1 =CC1 = x2− x1 (2)

Из (1) и (2) получаем

R2 − R1 = 1⇒ R2 = R1+ 1= 2024+1 =2025

Второе решение.

Пусть $(0,Y)$ — координаты центра первой окружности. Тогда $(0,Y + 2024+ r)$ — координаты центра второй окружности, где $r$ — искомый радиус.

$PIC$

Запишем систему уравнений для первой (1) и второй (2) окружности. Первое уравнение – пересечение окружности и параболы. Второе — условие касания

( |{ x2+ (x2− Y)2 = 20242 |( −-21-- = 2 x − Y

(|{ 2 1 Y =20241+ 4 |( x2 = Y − 2

( ||{ x2+ (x2− (Y + 2024+ r))2 = r2 | −----------1----------= 2 |( x2− (20242+ 1+ 2024+ r) 4

({x2+ (x2− (Y +2024+ r))2 = r2 ( 2 1 x =− 2 + (Y + 2024+ r)

Получаем, что

2 2 2024 + 2024+ r= r

r= −2024 или r= 2025

Так как $r> 2024$ , то нам подходит только $r2 = 2025.$

Ответ: 2025

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76652

Окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . Прямая $l 1$ , проходящая через точку $A$ , второй раз пересекла окружность $ω 1$ в точке $C$ , а $ω2$ — в точке $D$ . Прямая $l2$ , проходящая через точку $B$ , второй раз пересекла окружность $ω1$ в точке $E$ , а $ω2$ — в точке $F.$ Оказалось, что прямая $CE$ касается $ω2$ в точке $G$ (точка $E$ лежит на отрезке $CG$ ). Докажите, что $BG$ — биссектриса $∠DBE$ .

Источники: по мотивам отборочного тура ЮМШ 23/24

Показать доказательство

Поскольку четырехугольники $ABEC$ и $ADGB$ вписанные, то

∠BEG = ∠CAB = ∠BGD

Также, поскольку прямая $CE$ касется окружности $ω2$ , по теореме об угле между касательной и хордой

∠BDG = ∠BGE

Теперь рассмотрим треугольники $△BEG$ и $△BGD.$ В них имеются две пары равных углов $(∠BEG = ∠BGD, ∠BGE = ∠BDG ),$ значит, третьи углы у них тоже равны, т.е.

∠DBG = ∠GBE

Получаем, что $BG$ — биссектриса угла $∠DBE.$

$PIC$

Замечание. Если точка $G$ лежит внутри отрезка $CE,$ то чертёж меняется, но решение остаётся аналогичным. Попробуйте решить задачу и для этого расположения точек.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76754

Три окружности с центрами в точках $A,B,C$ и радиусами $a= 1,b= 2,c=3$ соответственно попарно касаются друг друга внешним образом в точках $X,Y,Z.$ Найдите радиус описанной окружности треугольника $XY Z.$

Показать ответ и решение

Заметим, что точки $X, Y, Z$ лежат на сторонах $AB, BC, AC$ соответственно, так как радиусы в точку касания перпендикулярны общей касательной в этой точке.

Докажем, что линии центров $AB, BC, AC$ являются касательными к окружности, описанной около треугольника $XY Z.$

$PIC$

$AX =AZ, BY =BY, CZ = CY$ как отрезки касательных.

Обозначим $∠BAC =α, ∠ABC =90∘− α$ . Считая углы, получаем, что $∠AXZ = ∠XYZ$ , а значит, по критерию касательной $XA$ касается окружности, описанной около $XY Z$ . Аналогично для остальных отрезков. Итого получаем, что окружность, вписанная в $ABC$ , совпадает с окружностью, описанной около $XY Z.$

Треугольник $ABC$ со сторонами $3, 4, 5$ — прямоугольный. Радиус вписанной в него окружности равен

S- --42⋅3- p = 3+52+4-= 1

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79332

Высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Пусть $M$ — середина стороны $BC,K$ — середина $B1C1.$ Докажите, что окружность, проходящая через $K,H$ и $M,$ касается $AA1.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что отрезок $BC$ виден под прямым углом из точек $B1$ и $C1.$ Значит, точки $B,C,B1,C1$ лежат на одной окружности с центром в точке $M.$ Поскольку $MK$ является медианой, направленной к основанию равнобедренного треугольника $B1C1M$ , она же является высотой. Заметим, что $∠BCC1 = 90∘− ∠B = ∠BAH = ∠C1B1B,$ так как четырёхугольник $AB1HC1$ вписанный $(∠AC1H = ∠AB1H = 90∘).$ Аналогично $∠B1C1C = ∠B1BC.$ Значит, треугольники $BCH$ и $C1B1H$ подобны. Точки $K$ и $M$ являются серединами соответствующих сторон, так что подобны также $B1HK$ и $CHM.$ Отсюда $∠B1KH =∠CMH.$ Тогда $∠MKH = ∠HKB1 − 90∘ = 90∘ − ∠A1MH = ∠MHA1.$ Значит, по свойству касательной прямая $AA1$ касается окружности, описанной около $MHK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79867

Биссектрисы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $BB 1$ пересекает прямые $AA1,CC1$ в точках $A0,C0$ . Докажите, что описанные окружности треугольников $A0IC0$ и $ABC$ касаются.

Показать доказательство

$PIC$

Серединный перпендикуляр к $BB1$ и биссектриса угла $A$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABB1,$ следовательно, $∠IBA0 = ∠IAB.$ Аналогично $∠IBC0 = ∠ICB.$ Тогда $∠A0BC0 = ∠A1IC,$ т.е. точки $I,A0,C0,B$ лежат на одной окружности. Касательная к этой окружности в точке $B$ образует с прямой $BB1$ угол, равный $∠BC0A0 +∠A0BI = ∠IAC+ ∠AIB1 =∠BB1C.$ Такой же угол образует $BB1$ с касательной к окружности $ABC.$ Значит, обе окружности касаются в точке $B.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80767

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , общая касательная касается окружностей $ω 1$ и $ω 2$ в точках $C$ и $D$ соответственно (точка $B$ лежит ближе к $CD$ , чем точка $A$ ). Луч $CB$ пересекает окружность $ω2$ в точках $B$ и $E$ . Найдите $ED :CD$ , если диагональ $AD$ четырехугольника $ACDE$ делит прямую $CE$ в отношении $3:10,$ считая от вершины $C$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим равные углы. $∠ADC = ∠AED,$ по свойству угла между касательной и хордой. Градусная мера угла $∠ACD$ вдвое меньше дуги $AC,$ содержащую $B,$ окружности $ω1,$ по свойству угла между касательной и хордой. Тогда $∠ABC = 180∘− ∠ACD,$ так как градусная мера дуги $AC,$ не содержащую $B$ равняется $360∘− 2∠ACD.$ Следовательно, $∠ABE = ∠ACD.$ Также $∠ACD =∠ADE,$ как вписанные. Из этого следует, что треугольники $△AED$ и $△ADC$ подобны. Это значит, что $∠EAD = ∠DAC,$ то есть $AM$ — биссектриса угла $∠EAC.$ Запишем соотношения из подобия $△AED$ и $△ADC$

( ) ED-= EA-= AD- =⇒ ED- 2 = EA- CD AD AC CD AC

По теореме о биссектрисе $AM$ получаем

EA EM 10 AC-= MC- = 3-

Тогда получаем, что

( )2 √-- ED- = EA-= EM- = 10- =⇒ ED- = √10 CD AC MC 3 CD 3

Ответ:

$√10-:√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#82291

Окружности $S 1$ и $S 2$ находятся внутри трапеции $ABCD$ , касаясь друг друга, оснований трапеции, и каждая — своей боковой стороны. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$ . Оказалось, что радиус вписанной окружности треугольника $BCK$ равен радиусу окружности $S1$ и равен $r.$ Также известно, что $BC = x$ . Найдите площадь треугольника $ADK.$

Источники: ИТМО-2024, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Радиусы $S 1$ и $S 2$ равны друг другу и высоте трапеции. Из условия про пересечение лучей следует, что $BC$ — меньшее основание.

Проведём вторую касательную к вписанной окружности треугольника $BCK$ параллельную основаниям трапеции. Обозначим за $X$ и $Y$ точки пересечения этой касательной с отрезками $BK$ и $CK.BXY C$ — трапеция.

Точки касания окружностей и оснований трапеции образуют квадрат со стороной $2r$ . Если вырезать этот квадрат из трапеции и склеить оставшиеся части между собой, получится трапеция, равная $BXY C$ .

Более точно, обозначим точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с основаниями трапеции $ABCD$ : пусть $M$ и $N$ лежат на $BC$ ( $M$ ближе к $B$ ), $P$ и $Q$ лежат на $AD$ ( $P$ ближе к $A$ ). Кроме того, пусть $U,V,W,Z$ — точки касания вписанной окружности $BCK$ с $XY,BC,BK,CK$ соответственно. Кроме того, пусть $S$ и $T$ — точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с боковыми сторонами трапеции, $O1,O2$ и $O$ — центры окружностей $S1,S2$ и вписанной окружности треугольника $BCK$ .

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO :$

$∠SBM = ∠W XU,$ как соответственные. $∠O1SB,∠BMO1, ∠OW X$ , $∠XUO$ прямые.

Значит оставшиеся углы, $∠MO1S$ и $∠UOW$ также равны. Значит, треугольники $MO1S$ и $UOW$ равны. Следовательно, треугольники $SBM$ и $W XU$ также равны, а значит четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO$ равны. Аналогично

SAP O1 = WBV O,TDQO2 = ZCV O,TCNO2 = ZYUO

Значит,

BC = BV +CV = AP + QD =AD − PQ = AD − 2r

AD =BC + 2r= x+ 2r

Пусть $h$ — длина высоты треугольника $BCK$ , проведённой из точки $K$ . Тогда длина высоты треугольника $ADK$ , проведённой из точки $K$ равна $h+ 2r$ . Значит, коэффициент подобия треугольников $ADK$ и $BCK$ с одной стороны равен $h+2r- h$ , а с другой $AD- x+2r BC = x$ , откуда $h= x$ . Значит, площадь треугольника $ADK$ равна

AD ⋅(h+2r) (x+ 2r)2 ----2-----= ---2---

Ответ:

$(x+-2r)2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85176

Окружности радиусов $R$ и $r$ $(R> r)$ касаются внутренним образом в точке $A$ . Хорда $CD$ большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньшей окружности. $E$ — одна из точек пересечения $CD$ с меньшей окружностью. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей как $O$ и $O′$ соответственно.

Тогда $′ AO = r, AO = R$ .

$PIC$

Треугольники $AEE′$ и $ACD$ равнобедренные, пусть $∠ACE = β = ∠ADE ′$ и $∠CAE = α= ∠DAE ′.$

Тогда по свойству внешнего угла треугольника $∠AED = α+ β = ∠AE′C.$

По теореме синусов в треугольнике $ACD$ получаем $AC = 2Rsinβ$

По теореме синусов в треугольнике $AEE′$ получаем

AE = AE′ = 2rsin(α +β)

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $ACE,$ обозначив искомый радиус описанной около него окружности за $RACE :$

2RACE = --AC----= AE-- sin(α +β) sinβ

Следовательно

2 --AC---- AE-- 2R-sinβ-⋅2rsin(α+-β) 4RACE = sin(α+ β) ⋅sinβ = sin(α +β)⋅sinβ

4R2ACE = 4Rr

√ --- RACE = Rr

Ответ:

$√Rr-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85911

Прямая $ℓ$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ . Точки $D$ и $E$ таковы, что $CD$ и $BE$ перпендикулярны $ℓ$ , а углы $DAC$ и $EAB$ прямые. Докажите, что $BD$ и $CE$ пересекаются на высоте треугольника $ABC$ из вершины $A$ .

Источники: ФЕ - 2024, 11.3 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр $ABC.$

$AD$ перпендикулярно $AC$ и $BH$ перпендикулярно $AC$ , значит $AD∥BH$ . Пусть касательная в точке $A$ пересекает $CD$ в точке $F.$

$PIC$

$∠FAC = ∠ABC$ как угол между касательной и хордой.

∠CDA = 90∘ − ∠ACD =90∘− (90∘− ∠FAC )=∠F AC =∠ABC

Значит, точки $C,D, A,H$ лежат на одной окружности. Значит, $∠DHC$ - прямой, а значит $DH ∥AB$ .

Тогда $BADH$ — параллелограмм, а значит, $BD$ проходит через середину $AH$ . Аналогично $CE$ тоже через неё проходит, ч.т.д.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86100

Окружности $w 1$ и $w 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Прямая $l$ расположена ближе к $A$ , чем к $B$ , и является общей касательной окружностей $w1$ и $w2$ , касаясь их соответственно в точках $T$ и $R$ . Через точку $A$ проведена параллельно касательной $l$ прямая, пересекающая $w1$ в точке $C,w2$ в точке $D$ . Прямые $TC$ и $RD$ пересекаются в точке $E,$ прямые $T B$ и $CD$ пересекаются в точке $M,$ прямые $RB$ и $CD$ пересекаются в точке $N.$ Докажите, что $TBRE$ — вписанный четырёхугольник.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать доказательство

Пусть $∠BT E =α,$ а $∠BRE = β.$ Тогда смежные с ними $∠BTC = 180∘− α,∠BRD = 180∘− β.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

$PIC$

Замечание. Точки $M$ и $N$ не подписаны на чертеже, потому что в решении их использовать не будем.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В силу вписанности $ABCT$ и $ABDR$ получаем

∠BAC = ∠BTC = 180∘ − α, ∠BAD = ∠BRD = 180∘− β

Но $∠BAC$ и $∠BAD$ смежные, поэтому

(180∘ − α)+ (180∘− β)=180∘

Следовательно, $∠BTE +∠BRE =α +β = 180∘,$ так что $TBRE$ вписанный.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#87531

В круговой сектор радиуса $R$ с центральным углом $α$ $(0< α≤ π∕2)$ вписаны две окружности (обе касаются радиусов-сторон сектора, друг друга внешним образом, а большая касается окружности сектора). Какую наибольшую долю может составлять расстояние между центрами вписанных окружностей от величины $R$ и при каком значении $α$ это достигается?

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим радиусы малой и большой вписанных окружностей через $x$ и $y$ , введём величину $β = α 2$ . Отметим, что $π 0 <β < 4$ .

$PIC$

Выразим стороны треугольника через радиусы трёх окружностей.

OO2 = R − y, OO1 = R− x− 2y

Из подобия прямоугольных треугольников получаем

--1-= R-− y-= R−-x−-2y sin β y x

Откуда

R-= R-− 2x y x

-x y- y- R = (1− 2⋅R)⋅R

Расстояние между центрами вписанных окружностей $O1O2$ равно $x+y$ .

Рассмотрим искомое отношение

x +y y y y y y --R- = (1− 2R)R-+ R-= 2(1− R)R-

Относительно величины $t= yR-$ это отношение есть парабола $2t(t− 1)$ . Выразим параметр $t$ через угол $β$ .

si1nβ = Ry − 1

t= y= --sinβ--= ---1--- R 1 +sinβ 1+ s1inβ

Таким образом, при изменении $β$ от $0$ до $π 4$ параметр $t$ растёт от $0$ до $√ - 2− 1$ . Остаётся найти максимум параболы $2t(1− t)$ на полученном отрезке $√- [0; 2− 1]$ . Вершина параболы лежит правее отрезка, следовательно искомый максимум достигается при $√- t= t0 = 2− 1$ и равен $√ - 2(3 2− 4)$ .

Ответ:

$2(3√2-− 4)$ при $α= π 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#98463

К двум окружностям, расположенным одна вне другой, проведены одна внешняя и одна внутренняя касательные. Рассмотрим две прямые, каждая из которых проходит через точки касания, принадлежащие одной из окружностей. Докажите, что точка пересечения этих прямых расположена на прямой, соединяющей центры окружностей.

Показать доказательство

Обозначим центры окружностей через $O 1$ и $O 2$ . Внешняя касательная касается первой окружности в точке $K$ , а второй окружности в точке $L$ ; внутренняя касательная касается первой окружности в точке $M$ , а второй окружности в точке $N$ . Пусть прямые $KM$ и $LN$ пересекают прямую $O1O2$ в точках $P1$ и $P2$ соответственно. Надо доказать, что $P1 = P2$ .

$PIC$

Рассмотрим точки $A,D1,D2$ пересечения прямых $KL$ и $MN,KM$ и $O1A,LN$ и $O2A$ соответственно. $∘ ∠O1AM +∠NAO2 = 90$ , поэтому прямоугольные треугольники $O1MA$ и $ANO2$ подобны, а также

AO2 ∥KM, AO1 ∥LN

Из параллельности этих прямых получаем

AD1 :D1O1 =O2P1 :P1O1

D2O2 :AD2 =O2P2 :P2O1

Из подобия четырехугольников $AKO1M$ и $O2NAL$ получаем

AD1 :D1O1 = D2O2 :AD2

Следовательно,

O2P1 :P1O1 = O2P2 :P2O1

P1 = P2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#100105

Диагонали трапеции с основаниями $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $O.$ Докажите, что окружности, описанные около треугольников $AOD$ и $BOC,$ касаются друг друга.

Показать доказательство

Первое решение. Рассмотрим луч $OK$ , пересекающий $CD$ и такой, что $∠KOD = ∠AOD$ . Тогда прямая $OK$ является касательной к описанной окружности треугольника $AOD$ .

Поскольку

∠COK =∠COD − ∠KOD = ∠BOA − ∠OAD = ∠BOA − ∠BCO = ∠CBO,

то аналогично прямая $OK$ касается описанной окружности треугольника $BOC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. При гомотетии с центром $O$ и коэффициентом $−AD- BC$ треугольник $BOC$ переходит в треугольник $DOA$ , описанная окружность треугольника $BOC$ — в описанную окружность треугольника $DOA$ , а так как центр гомотетии $O$ — общая точка этих окружностей, то $O$ — точка их касания.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#67592

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K$ . Докажите, что касательная в точке $K$ к окружности, описанной около треугольника $ABK$ , параллельна $CD.$

Показать доказательство

$PIC$

Отметим на касательной точку $M.$ Угол между касательной $MK$ и хордой $BK$ равен вписанному углу $BAK.$ Кроме того, $∠BAC =∠CDB$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Таким образом, $∠MKB = ∠CDB,$ следовательно, $MK ||CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#67593

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ , $BB 1$ и $CC 1$ . Точка $M$ — середина $BC$ . Докажите, что:

(a) касательная в точке $A$ к описанной окружности треугольника $ABC$ параллельна прямой $B1C1$ ;

(b) прямые $MB1$ и $MC1$ касаются описанной окружности треугольника $AB1C1.$

Показать доказательство

(a) Отметим на касательной точку $D.∠DAB =∠ACB$ по свойству угла между хордой и касательной. В свою очередь $∠ACB =∠AC1B1$ в силу вписанности четырехугольника $BC1B1C.$ $∠DAB = ∠AC1B1,$ следовательно $DA ||C1B1.$

$PIC$

(b) Чтобы доказать, что прямые $MB1$ и $MC1$ касаются описанной окружности треугольника $AB1C1,$ докажем, что $∠BB1M = ∠B1AA1$ и $∠CC1M = ∠A1AB$ — углы между $MB1, MC1$ и хордами $B1H, C1H.$ соответственно.

$PIC$

Так как $AB1HC1$ — вписанный, точка $H$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AB1C1.$

Так как $M$ — середина $BC$ , то $MC = MB1 =MC1 =MB$ по свойству медианы прямоугольных треугольников $BB1C$ и $BC1C.$

Пусть $∠MB1B = α.$ Тогда $∠B1BM = α$ и следовательно $∠BHA1 =90∘− α= ∠AHB1$ и тогда $∠HAB1 =α.$ Итого $MB1$ — касательная к окружности, описанной около треугольника $AB1C1.$ Аналогично доказывается для $MC1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#67594

Две прямые, касающиеся данной окружности в точках $A$ и $B$ , пересекаются в точке $C$ . Докажите, что центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ , лежит на данной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $O$ — центр данной окружности. Обозначим через через $I$ точку пересечения $OC$ с окружностью. Достаточно проверить, что $I$ — точка пересечения биссектрис углов $A$ и $B$ треугольника $ABC.$

$∠CAI = ⌣A2I$ как угол между хордой $AI$ и касательной $AC.$

$∠BAI = ⌣B2I.$ B свою очередь $⌣B2I= ⌣A2I$ в силу симметрии относительно $OC.$ Следовательно, $AI$ — биссектриса. Аналогично $BI$ — биссектриса.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#67826

В вершине $B$ остроугольного треугольника $ABC$ восставили перпендикуляры к сторонам $AB$ и $BC$ до пересечения с прямой $AC$ в точках $P$ и $Q$ . Докажите, что описанные окружности треугольников $ABC$ и $PBQ$ касаются.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$ Достаточно показать, что для этих двух окружностей касательная в точке $B$ общая. Тогда проведем касательную в этой же точке к окружности, описанной около $ABC,$ пусть она пересекает продолжение стороны $AC$ в точке $X.$ Из свойства касательной имеем:

∘ ∘ ∠PBX = 180 − (∠ABP + ∠ACB )=90 − ∠ACB.

Из прямоугольного треугольника $CBQ$ по теореме о сумме углов треугольника получим, что $∠CQB = 90∘ − ∠ACB.$ Тем самым мы доказали верность равенства $∠P BX = ∠CQB,$ а это означает, что проведенная касательная также является касательной к описанной около треугольника $PBQ$ окружности.

Второе решение.

Пусть $O$ и $O1$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $PBQ$ соответственно. Проведем $BK$ — высоту из точки $B$ в треугольниках $ABC$ и $PBQ$ .

$PIC$

Вспомним одно из свойств ортоцентра: $∠ABK =∠CBO,$ где $O$ — центр описанной около треугольника $ABK$ окружности.

$PIC$

Докажем, что $O$ и $O1$ лежат с точкой $B$ на одной прямой, тем самым докажем, что окружности касаются внутренним образом в точке $B$ .

$∠QBA = ∠CBP = x,$ а $∠ABK = ∠OBC$ по свойству ортоцентра для треугольника $ABC$ . Следовательно, $∠QBK = ∠OBP,$ значит $O1$ лежит на одной прямой с $O$ , так как $∠QBK =∠O1BP$ по свойству ортоцентра для треугольника $BPQ$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#69400

Дан прямоугольный треугольник $KLM$ с прямым углом $M.$ На его катете $LM$ длины 52 как на диаметре построена окружность $ω.$ Из точки $K$ к этой окружности проведена касательная $KD,$ отличная от $KM.$ Перпендикуляр $DH,$ опущенный на отрезок $LM,$ пересекает отрезок $KL$ в точке $E.$ Найдите площадь треугольника $LDE,$ если известно, что $LH :MH =4 :9.$

Источники: Бельчонок-2023, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр окружности $ω.$ Заметим, что

∘ --------- LH =-4LM =16, MH = 36, OH = 1LM − LH = 10, DH = OD2 − OH2 = 24 13 2

Прямоугольные треугольники $LHD$ и $OMK$ подобны, поскольку

∠MLD = 1∠MOD = 1(180∘ − ∠MKD )= 90∘ − ∠MKO = ∠MOK 2 2

Тогда

KM-- 1 KM-- 1 DH- 3 LM = 2 ⋅OM = 2 ⋅LH = 4

Из подобия треугольников $LHE$ и $LMK$ мы получаем

3 EH = 4LH = 12

Поэтому

1 1 1 SLDE = 2 ⋅DE ⋅LH = 2 ⋅(DH − EH )⋅LH = 2 ⋅12⋅16 =96

Ответ: 96

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#70337

Касательная в точке $A$ к описанной окружности треугольника $ABC$ пересекает прямую $BC$ в точке $E$ ; $AM$ — биссектриса треугольника $ABC$ . Докажите, что $AE = EM$ .

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $∠BAM = ∠MAC = α, ∠EAB = β.$ Тогда по свойству угла между хордой и касательной $∠ACM = ∠EAB = β.$ В треугольнике $EAM ∠EAM =α +β = ∠EMA$ так как $∠EMA$ — внешний угол треугольника $AMC.$ Следовательно, треугольник $EAM$ — равнобедренный и $AE = EM.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема