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#119889

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ около которого описана окружность $Ω$ и в котором проведены высоты $AA ,CC . 1 1$ Касательные к $Ω,$ проведенные в точках $A$ и $C,$ пересекаются в точке $D,$ и прямая $A1C1$ пересекает прямые $CD,AD$ в точках $E,F,$ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается $Ω.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.4 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать, что окружность (ABC) является полувписанной окружностью треугольника DEF. Существует лемма Верьера, которая утверждает, что если окружность касается двух сторон треугольника и прямая, содержащая точки касания, содержит его инцентр, то такая окружность является полувписанной.

Подсказка 2

Чтобы подогнать задачу под эту лемму, достаточно поперекидывать углы и показать, что FI и EI — биссектрисы.

Подсказка 3:

По-хорошему саму лемму тоже надо бы доказать. Для этого нужно вспомнить лемму Архимеда и рассмотреть радикальную ось некоторой точки и окружности.

Показать доказательство

Пусть $B 1$ — основание высоты $△ABC,$ проведенной из точки $B,$ а $I$ — середина $AC.$

$PIC$

Заметим, что

∠FAC1 = ∠ACB = ∠AC1B1

откуда $B C ∥AF, 1 1$ аналогично и $A B ∥CE. 1 1$ Тогда можно записать такую цепочку равенств:

∠AC1F = ∠A1C1B =∠ACB =∠F AC1

Откуда следует $FA =F C1.$ Ввиду $IA= IC1$ имеем $△AIF =△C1IF.$ Из равенства треугольников следует, что $FI$ – биссектриса угла $∠DFE.$ Аналогично получаем, что $EI$ – биссектриса угла $∠DEF,$ т.е. $I$ – центр вписанной окружности $△DEF.$

Вспомним одно утверждение: отрезок, соединяющий точки касания полувписанной окружности треугольника с его сторонами, содержит центр вписанной окружности этого треугольника. Очевидно, верно и обратное: если окружность касается двух сторон треугольника так, что отрезок, соединяющий точки касания, содержит центр вписанной окружности этого треугольника, то первая окружность является полувписанной (т.е. касается двух сторон треугольника и его описанной окружности).

В нашей задаче окружность $Ω$ касается сторон треугольника $DEF$ в точках $A,C,$ причем отрезок $AC,$ как было доказано ранее, содержит центр $I$ вписанной окружности треугольника $DEF$ — значит, $Ω$ является полувписанной окружностью треугольника $DEF,$ т.е. касается его описанной окружности, что и требовалось доказать.

Теперь докажем использованное утверждение, называемое леммой Веррьера:

Лемма (Веррьера). Окружность $ω$ касается сторон $AB,BC$ треугольника $ABC$ в точках $C1,$ $A1$ соответственно и касается внутренним образом описанной окружности в точке $B1.$ Докажите, что инцентр (центр вписанной окружности) $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A1C1.$

Заметим, что по лемме Архимеда прямая $B1A1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A.$ Аналогично, прямая $B1C1$ проходит через середину дуги $AB,$ не содержащей вершину $C.$ Обозначим середины этих дуг через $A0,C0$ соответственно.

$PIC$

Из той же леммы Архимеда следует, что $A0B2 = A0A1⋅A0B1.$ Следовательно, степень точки $A0$ одинакова относительно окружности $ω$ и точки $B.$ Аналогичное утверждение верно и для точки $C . 0$ Из этого следует, что прямая $A C 0 0$ — радикальная ось точки $B$ и окружности $ω.$ Поэтому прямая $A0C0$ проходит через середины отрезков $BA1, BC1.$ Значит, прямая $A0C0$ содержит среднюю линию $FE$ треугольника $C1BA1.$ Следовательно, образ точки $B,$ при отражении точки $B$ относительно прямой $A0C0,$ лежит на прямой $A1C1.$

С другой стороны, по лемме о трезубце $IC0 =BC0$ и $IA0 = BA0.$ Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A0C0$ переходит в точку $I.$ Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой $A1C1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126111

В окружности $Ω$ проведена хорда $AB.$ Окружность $ω$ касается $AB$ в точке $T$ и пересекает $Ω$ в точках $C$ и $D.$ Прямые $AC$ и $TD$ пересекаются в точке $E,$ а прямые $BD$ и $TC$ пересекаются в точке $F.$ Докажите, что $EF ∥AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Нам нужно доказать параллельность. У нас есть вписанный четырёхугольник. Что обычно помогает в таких случаях?

Подсказка 2.

Правильно! Антипараллельность! Заметим, что прямые CD и AB антипараллельны в углу, который образован прямыми AC и BD. Поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник CDEF вписан. Как лучше это переформулировать?

Подсказка 3.

Для этого достаточно доказать равенство углов FCE и FDE. Далее можно просто посчитать углы. Но есть и другой способ. Нам нужно доказать равенство углов ACT и BDT. Как ещё можно доказать равенство углов, помимо прямого вычисления? Помните, что точки A, B, C, D лежат на одной окружности.

Подсказка 4.

Можно доказать равенство дуг! Но для этого нужно сделать дополнительное построение, а именно — отметить вторые точки пересечения прямых CT и DT с окружностью Ω (обозначим их как C' и D' соответственно). Чему равносильно равенство нужных дуг?

Подсказка 5.

Правильно, равнобедренности трапеции! То есть достаточно доказать параллельность прямых AB и C'D'. Теперь снова воспользуетесь антипараллельностью.

Показать доказательство

Заметим, что прямые $CD$ и $AB$ антипараллельны в углу, который образуют прямые $AC$ и $BD.$ Мы хотим показать параллельность $AB$ и $EF,$ поэтому достаточно показать, что четырёхугольник $CDEF$ — вписанный, т.е. равенство углов $∠FDE$ и $∠F CE.$

Способ 1. Углы $ATD$ и $DCT$ равны в силу того, что $AT$ касается $ω.$ Также равны углы $ACD$ и $ABD,$ так как опираются на одну дугу в $Ω.$ Следовательно,

∠F DE =∠AT D − ∠ABD =∠DCT − ∠ACD =∠F CE.

$PIC$

Способ 2. Пусть $C′,D′$ — точки пересечения прямых $CT$ и $DT$ с окружностью $Ω.$ Касательная в точке $T$ к окружности $ω$ антипараллельна прямой $DC$ относительно угла $∠CTD,$ а значит, параллельна прямой $D′C′,$ следовательно, четырёхугольник $AC′D′B$ является равнобедренной трапецией, то есть равны дуги $AC ′$ и $BD ′$ окружности $Ω.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126196

Дан ромб $ABCD,$ в который вписана окружность. Точки $P$ и $Q$ выбраны на сторонах $AB$ и $AD$ таким образом, что отрезок $PQ$ касается окружности.

(a) Докажите, что площадь треугольника $CPQ$ не зависит от выбора отрезка $PQ.$

(b) Найдите эту площадь, если известна сторона $a$ ромба и его острый угол $α.$

Источники: Курчатов - 2025, 10.3 ( см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Пусть r — радиус окружности, K и L — точки касания окружности со сторонами AB и AD, сторона ромба равна a, PB = x, QD = y, PQ = z. Попробуйте выразить площадь треугольника CPQ через другие площади.

Пункт а, подсказка 2

S(CPQ) = S(CBPQD) - S(CBP) - S(CDQ).

Пункт a, подсказка 3

S(CPQ) = (a - (x + y - z)/2) ⋅ r. А чему равна сторона BK?

Пункт b, подсказка 1

S(CPQ) = (a - BK) ⋅ r = AK ⋅ r = S(CKA). Чему равен r?

Пункт b, подсказка 2

r = (a/2) ⋅ sin(α).

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Обозначим через $r$ радиус окружности, а через $K$ и $L$ — точки касания окружности со сторонами $AB$ и $AD.$

SCPQ = SCBPQD − SCBP − SCDQ =

= 2a+x-+y-+z-⋅r − (x+ y)r= (a− x+-y− z-)⋅r 2 2

Заметим, что

BK = x-+y-− z, 2

а $BK$ не зависит от выбора точек $P$ и $Q.$

(b) Из пункта a знаем

SCPQ = (a− BK )⋅r= AK ⋅r =SCKA

Кроме того,

r= a sin(α) 2

( α) AK = r⋅ctg 2

Тогда

a2 (α ) SCPQ = -4 sin2(α)ctg 2

Ответ:

(b) $a2-sin2αctg(α∕2) 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#126723

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ABE$ и $CDE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $ω.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ADE$ и $BCE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $γ.$ Докажите, что центры окружностей $ω$ и $γ$ совпадают.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим центры описанных окружностей треугольников $ABE,$ $BCE,$ $CDE,$ $ADE$ через $O , AB$ $O , BC$ $O , CD$ $O AD$ соответственно. Пусть $T1,$ $T2$ — точки касания одной из общих касательных с описанными окружностями треугольников $ABE$ и $CDE$ соответственно; обозначим через $O$ и $T$ середины отрезков $OABOCD$ и $T1T2$ соответственно. Тогда в прямоугольной трапеции $OABT1T2OCD$ прямая $OT$ — средняя линия, поэтому она является серединным перпендикуляром к отрезку $T1T2.$ Заметим, что окружность $ω$ симметрична относительно прямой $OABOCD,$ на которой также лежит точка $O,$ значит, $O$ — центр $ω.$

$PIC$

Аналогично получаем, что середина отрезка $O O AD BC$ является центром $γ.$ Поэтому утверждение задачи равносильно тому, что $O O O O AB BC CD AD$ — параллелограмм. Для доказательства этого достаточно заметить, что $O O AB BC$ и $O O CD AD$ — серединные перпендикуляры к отрезкам $EB$ и $ED,$ поэтому $OABOBC ∥ OCDOAD;$ аналогично, $OABOAD ∥ OBCOCD,$ откуда и следует требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127160

Внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $P.$ На отрезке $AB$ отмечена точка $Q,$ а на отрезке $AC$ — точка $R$ так, что описанные окружности треугольников $BPQ$ и $CPR$ касаются прямой $AP.$ Через точки $B$ и $C$ провели прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $BP C,$ а через точки $Q$ и $R$ — прямые, проходящие через центр описанной окружности треугольника $PQR.$ Докажите, что существует окружность, которая касается четырёх проведённых прямых.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 10.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Поскольку

2 AB ⋅AQ = AP = AC ⋅AR,

четырёхугольник $BCRQ$ — вписанный. Пусть $O$ — центр окружности $BCRQ.$ Обозначим через $O1$ и $O2$ центры окружностей $BP C$ и $QPR.$ Покажем, что прямые $BO1,$ $CO1,$ $QO2,$ $RO2$ равноудалены от $O.$ Так как

OB = OC =OQ = OR,

для этого достаточно установить равенство направленных углов

∠OCO1 = ∠O1BO =∠OQO2 = ∠O2RO.

Здесь первое и последнее равенства очевидны из симметрии относительно серединных перпендикуляров к $BC$ и $QR.$

Остаётся доказать равенство $∠O1BO = ∠OQO2 (⋆).$ Из счёта углов получаем

∠OQO2 = ∠OQR − ∠O2QR =(90∘ − ∠RCQ )− (90∘− ∠RPQ )=∠RP Q − ∠RCQ

Аналогично

∠O1BO =∠BP C − ∠BQC

Значит, $(⋆)$ эквивалентно равенству

∠RPQ − ∠RCQ =∠BP C − ∠BQC

или

∠BQC − ∠RCQ = ∠BP C− ∠RP Q (⋆⋆).

Из касания окружностей $BPQ$ и $CP R$ следует

∠RPQ = ∠RCP + ∠PBQ,

что из суммы углов четырёхугольника $BP CA$ равно

∠BP C − ∠BAC.

Тем самым, $(⋆⋆)$ преобразуется к виду

∠BQC − ∠RCQ = ∠BAC,

что верно.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#127208

В углы $CAB,$ $ABC,$ $BCA$ треугольника $ABC$ вписаны равные непересекающиеся окружности $ω , A$ $ω , B$ $ω . C$ Окружность $ω$ касается их всех внешним образом. Докажите, что центр $ω$ лежит на прямой, соединяющей центры вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Обозначим за $O$ и $I$ центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ соответственно. Пусть точки $O , 1$ $Oa,$ $Ob,$ $Oc$ — центры окружностей $ω$ , $ωa,$ $ωb,$ $ωc.$ Обозначим также за $r$ и $r1$ радиусы окружностей $ω$ и $ωa$ соответственно.

Заметим, что расстояния от точек $Ob$ и $Oc$ до прямой $BC$ равны $r1,$ а значит, прямая $ObOc$ параллельна прямой $BC.$ Аналогично $OaOc ∥AC$ и $OaOb ∥AB.$ Прямые $AOa,$ $BOb,$ $COc$ являются биссектрисами углов треугольника $ABC,$ поэтому они пересекаются в точке $I.$

Так как окружности $ω$ и $ωa$ касаются, то $OaO1 =r+ r1.$ Следовательно, отрезки $OaO1,$ $ObO1,$ $OcO1$ равны, то есть точка $O1$ является центром описанной окружности треугольника $OaObOc.$

$PIC$

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $I,$ которая переводит точку $Oa$ в точку $A.$ При этой гомотетии точки $Ob$ и $Oc$ переходят в точки $B$ и $C$ соответственно. Тогда центр описанной окружности треугольника $OaObOc$ переходит в центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то есть точка $O1$ переходит в точку $O.$

Таким образом, точка $O1$ лежит на отрезке $OI,$ что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#127209

На плоскости зафиксирована дуга $AB$ . Случайная окружность $ω$ касается дуги $AB$ внутренним образом в точке $K$ и касается прямой $AB$ в точке $L$ . Докажите, что все прямые $XY$ , построенные таким образом, проходят через фиксированную точку.

Показать ответ и решение

Докажем, что все прямые $KL$ проходят через середину дуги $AB,$ не содержащей точку $K.$

_______________________________________________________________________________________

Первое доказательство. 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.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Второе доказательство. 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.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Третье доказательство. 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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:

$√ab$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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 10#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посчитаем уголочки! Как использовать вписанность? Выразим угол FBE и подумаем, как считать углы дальше.

Подсказка 2

Угол между касательной равен вписанному углу, опирающему на хорду. Найдите угол DFC и свяжите его с DAF :) Чему равен угол FBE?

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 11#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним самый простой способ доказать, что две окружности касаются. Для этого надо доказать, что они касаются одной прямой в одной точке.

Подсказка 2

Вспомним один полезный факт: биссектриса и серединный перпендикуляр, проведенные в треугольнике к одной стороне, проходят через одну точку описанной окружности. Как его применить к задаче?

Подсказка 3

Докажите, что четырёхугольник BCIA_0 вписанный. Подумайте, как это поможет реализовать идею из подсказки 1.

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 $B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу попробуем воспользоваться условием и отметим равные углы. А чему равен угол ACD? Как воспользоваться тем, что CD - касательная?

Подсказка 2

Угол ADC равен AED, а угол ACD равен 180 - ABC. Что полезного можно вывести из этого? Как поближе подобраться к углам треугольника AED?

Подсказка 3

Угол ABE равен углу ACD (почему?). Как воспользоваться вписанностью? Нам было бы очень хорошо, если бы мы понимали, как воспользоваться тем, на какие отрезки AM делит AM...

Подсказка 4

Оказывается, треугольники AED и ADC подобны! Тогда что можно сказать интересного о прямой AM?

Подсказка 5

Это биссектриса угла AEC! Как воспользоваться найденным подобием? Вспоминаем свойство биссектрисы и находим требуемую дробь!

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 15#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно заметить, что радиусы двух окружностей S1 и S2 равны (доказать этот факт не составит труда). После этого надо вписать окружность, которая является вписанной для BCK, в трапецию. Далее можно отметить все точки касания, равные углы и, может быть, заметить какие-то равенства.

Подсказка 2

После того, как мы отметили все равные отрезки, останется выразить высоту треугольника АDK через известные нам величины и найти площадь.

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 16#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:

$√Rr-$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу обозначим точки пересечения l с CD и BE за F и G соответственно. Так как у нас фигурирует высота, то неплохой идеей было бы отметить ортоцентр H. Что про него можно сказать?

Подсказка 2

Докажем, что DB проходит через середину AH. А как использовать то, что DA перпендикулярно AC? А как использовать касательную?

Подсказка 3

DA || BH, а угол FAC равен углу ABC. А кем являются BD и AH для четырехугольника DABH?

Подсказка 4

Они являются диагоналями четырехугольника. Значит, было бы неплохо доказать, что DABH — параллелограмм. А как добиться того, что DH будет параллельно AB?

Подсказка 5

Угол DHC будет прямым, а, значит, четырехугольник DAHC будет каким?) Осталось лишь доказать, что это действительно так!

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 18#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поставим цель доказать, что противоположные углы в четырёхугольнике TBRE в сумме дают 180 градусов. Чтобы сделать это, воспользуемся свойствами вписанных четырёхугольников, которые уже есть на картинке, и отметим в них равные уголочки.

Подсказка 2

У нас есть пары углов СТВ, САВ и BAD, BRD, которые опираются на одну дугу. Воспользуется свойствами смежных углов и докажем то, что хотели! Даже свойства касательных не понадобились.

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем ввести обозначения, переписать данное через эти переменные и выразить искомое через них. Что лучше взять за x и y?

Подсказка 2

Пусть радиусы окружностей будут x и y. Мы можем записать следствие из подобия прямоугольных треугольников с катетами - радиусами окружностей. Как можно выразить (x + y) / R?

Подсказка 3

Пусть t = y / R. Тогда искомое можно выразить через t. Это будет парабола, наибольшее значение которой на отрезке можно найти через вершину.

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 20#90904

Окружность, вписанная в угол с вершиной $O,$ касается его сторон в точках $A$ и $B,K$ — произвольная точка на меньшей из двух дуг $AB$ этой окружности. На прямой $OB$ взята точка $L$ такая, что прямые $OA$ и $KL$ параллельны. Пусть $M$ — точка пересечения окружности $ω,$ описанной около треугольника $KLB,$ с прямой $AK,$ отличная от $K.$ Докажите, что прямая $OM$ касается окружности $ω.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче есть какие-то углы. Никогда не бывает лишним поотмечать уголочки. Можно заметить вписанность, коллинеарность, подобие. Найдите что-нибудь из этого в этой задаче.

Подсказка 2

Оказывается, что можно понять многое счетом углов. Докажите, что ABMO - вписанный, BKM - равнобедренный. Поймите, как перейти от равнобедренности к касанию.

Подсказка 3

Касательная в вершине равнобедренного треугольника имеет понятное направление. Тогда нужно доказывать, что OM || BK. Поймите это, посчитав углы.

Показать доказательство

Первое решение. Заметим, что прямые $KL$ и $BM$ антипараллельны в углу, который образован прямыми $MA$ и $OB,$ а значит, прямые $AO$ и $BM$ антипараллельны в нем же, то есть четырёхугольник $ABOM$ — вписанный.

Пусть прямая $BM$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $N.$ Из вписанности четырёхугольника $ABOM$ следует, что прямые $OM$ и $AB$ антипараллельны в углу, образованном прямыми $OA$ и $MB,$ но в этом же углу прямые $AN$ и $AB$ также антипараллельны, следовательно, прямая $AN$ параллельна прямой $OM.$

Теперь рассмотрим угол $BMK.$ В нём прямые $BK$ и $AN$ антипараллельны, а значит, прямые $OM$ и $BK$ тоже антипараллельны, что эквивалентно касанию прямой $OM$ и окружности $(BKM ).$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Покажем, что $M$ лежит на окружности $(OAB ).$ Действительно, $∠AOB = ∠KLB = ∠KMB,$ откуда имеем требуемое.

$PIC$

Докажем, что $KM = MB.$ Пусть $D$ — точка, диаметрально противоположная точке $O$ в окружности $(AOB ).$ Тогда $∠BDA =180∘− ∠AOB.$ Тогда, поскольку $D$ — центр описанной окружности $(KLB )$

∠BDA ∠AOB ∠AKB =180∘− --2--= 90+ --2--

следовательно,

∠MKB =90− ∠AOB- =∠OAB 2

Кроме этого, $∠AOB = ∠AMB$ в силу вписанности четырехугольника $AOMB.$ Таким образом, треугольник $KMB$ подобен треугольнику $AOB,$ следовательно, является равнобедренным.

Наконец, $MO$ — биссектриса внешнего угла $AMB,$ поскольку $O$ — центр дуги $AB$ окружности $AMB,$ следовательно, $KB || OM,$ то есть, поскольку $M$ — середина дуги $KB$ окружности $ω,$ прямая $OM$ касается $ω.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема