Тема Окружности

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 окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#90904Максимум баллов за задание: 7

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 $ω.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#98463Максимум баллов за задание: 7

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 23#100105Максимум баллов за задание: 7

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 24#122937Максимум баллов за задание: 7

(a) Две окружности $S1$ и $S2,$ радиусы которых равны $r1$ и $r2,$ касаются окружности радиуса $r$ в точках $A$ и $B.$ Рассмотрим общую касательную к $S1$ и $S2,$ причем внешнюю, если касания одинаковые и внутреннюю, если разные. Докажите, что длина этой касательной равна $√(r±r1)(r±r2) AB ⋅ r ,$ где знак « $+$ » ставится в случае внешнего касания, а знак « $−$ » — внутреннего. (Можно считать, что $r> r1,$ $r> r2.)$

(b) Теорема Кэзи. Дан четырехугольник $ABCD,$ вписанный в окружность $S.$ Рассмотрим окружности $SA,SB,SC,$ $SD,$ касающиеся $S$ в точках $A,$ $B,$ $C,$ $D$ соответственно. Обозначим через $tAB$ длину общей касательной к $SA$ и $SB,$ причем касательная внешняя, если $SA$ и $SB$ касаются $S$ одинаковым образом и внутренняя, если разным. Аналогичным образом определяются величины $tAC,$ $tAD,$ $tBC,$ $tBD,$ $tCD.$ Докажите, что $tABtCD +tBCtAD = tACtBD.$

Показать доказательство

a) Будем считать, что оба касания внутренние. Остальные случай касания разбираются аналогично. Докажем следующие утверждение.

Лемма Архимеда. Окружность $S$ касается окружности $Ω$ внутренним образом в точке $A,$ а так же хорды $XY$ окружности $Ω$ в точке $′ A .$ Тогда прямая $′ AA$ проходит через середину дуги $XY,$ не содержащей точку $A.$

$PIC$

Доказательство. Пусть прямая $AA ′$ пересекает $Ω$ в точке $W.$ Рассмотрим гомотетию с центром в точке $A,$ переводящую окружность $S$ в $Ω.$ Пусть прямая $AA′$ пересекает $Ω$ в точке $W,$ тогда прямая $XY$ под действием гомотетии переходит в касательную к окружности $Ω,$ проведенную в точке $W.$ Таким образом, данная касательная параллельна $XY,$ то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству задачи. Пусть $Ω$ — большая окружность, общая касательная к окружностям $S1,S2$ касается их соответственно в точках $A′$ и $B′$ и пересекает $Ω$ в точках $X,Y.$ В силу леммы Архимеда, прямые $AA ′$ и $BB ′$ пересекаются в точке $W$ на окружности $Ω,$ которая является серединой дуги $XY.$

Докажем, что треугольники $AW B$ и $B ′W A′$ подобны. Действительно,

∠W AB =W⌣Y + ⌣YB=W⌣X + ⌣YB= ∠A′B′W.

$PIC$

Из подобия

( )2 A′B′= W-B′= W-A′, то есть A′B′ = W-B′⋅W-A′. (∗) AB WA MB AB WB ⋅W A

Из доказательства леммы Архимеда, в частности, следует, отношение длин отрезков $AA′$ и $AW$ равно отношению радиусов окружностей $S 1$ и $Ω,$ следовательно

W-A′ r−-r1- W-B′ r−-r2 W A = r ; аналогично W B = r .

Подставляя полученные соотношение в правую часть равенства $(∗),$ получим требуемое.

b) Будем считать, что все касания внутренние. Пусть $ra,rb,rc,rd$ радиусы окружностей $SA,$ $SB,$ $SC,$ $SD$ соответственно.

В силу пункта (a) имеем

∘ ----------------------- tAB ⋅tCD = AB ⋅CD ⋅ (r−-ra)(r− rb)(4r−-rc)(r-− rd). r

$PIC$

Подставляя в доказываемое равенство данное и аналогичные соотношения и сокращая на последний множитель правой части, получим

AB ⋅CD + BC ⋅AD =AC ⋅BD,

что верно в силу теоремы Птолемея для вписанного четырехугольника $ABCD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#122938Максимум баллов за задание: 7

Дан равнобедренный треугольник $ABC,$ в котором $AB = AC.$ Окружность $ω$ касается $BC$ и дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC.$ Касательная из точки $A$ к $ω$ касается $ω$ в точке $P.$ Найдите ГМТ всех таких точек $P$ при изменении окружности $ω.$

Показать доказательство

Пусть $D$ — точка касания $ω$ и отрезка $BC.$ В силу теоремы Кэзи для точек (окружностей нулевого радиуса) $A,B,C$ и окружности $ω$

BX ⋅AC +CX ⋅AB = AP ⋅BC (∗)

В силу равенств $BC = BD +CD$ и $AB = AC$ из $(∗)$ следует, что $AP = AB,$ т.е. искомое ГМТ — дуга $BC$ окружности с центром в точке $A$ и радиусом $AB.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#129677Максимум баллов за задание: 7

Остроугольный неравнобедренный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром в точке $O,$ его высоты пересекаются в точке $H.$ Через точку $O$ проведена прямая, перпендикулярная $AH,$ а через точку $H$ — прямая, перпендикулярная $AO.$ Докажите, что точки пересечения этих прямых со сторонами $AB$ и $AC$ лежат на одной окружности, которая касается окружности $ω.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 11.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала докажем, что эти 4 точки лежат на одной окружности счётом углов. Какие существуют способы доказательства касания двух окружностей?

Подсказка 2.

Основным способом является угадывание точки касания. У неё должен быть какой-то способ построения, поэтому есть смысл рассмотреть частные случаи, чтобы понять побольше про него.

Подсказка 3.

Например, разберите случаи AB=AC и ∠B=90°.

Подсказка 4.

В случае AB=AC видим, что точка касания лежит на AH, причём она совпадает или с A, или с диаметрально противоположной A. В случае же ∠B=90° получаем, что точка касания лежит на AH (даже совпадает с H), причём не совпадает с A. На какую мысль это может натолкнуть?

Подсказка 5.

Хочется выдвинуть гипотезу того, что точка касания D — второе пересечение AH с описанной окружностью ABC. Тем более у неё есть множество хороших свойств.

Подсказка 6.

Сначала докажем, что D лежит на искомой окружности. Заметим, что A и D симметричны относительно XY, H и D симметричны относительно BC. Отсюда можем получить различные равенства углов.

Подсказка 7.

Получим, что ∠XYD = ∠BHD, тогда остаётся доказать, что BZHD вписан. Сделайте это несложным счётом углов.

Подсказка 8.

А теперь докажите, что описанная окружность DXY касается описанной окружности ABC, учитывая, что D и A симметричны относительно XY.

Показать доказательство

Пусть прямая $AH$ повторно пересекает окружность $ω$ в точке $D.$ Тогда прямая, проведённая по условию через $O$ — серединный перпендикуляр к хорде $AD,$ пусть она пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y,$ а прямая через $H$ из условия задачи пересекает их в точках $Z$ и $T.$ Поскольку $XY ∥ AC,$ то окружность $(AXY )$ касается окружности $ω$ в точке $A.$ При симметрии относительно $XY$ окружность $ω$ переходит в себя, а окружность $(AXY )$ переходит в окружность $(DXY ),$ тогда она тоже касается окружности $ω.$

$PIC$

Поскольку $ZH ⊥ AO,$ то

∠AZH = 90∘− ∠OAB = ∠ACB = ∠ADB.

Следовательно, четырёхугольник $BZHD$ — вписанный. Тогда

∠BZD = ∠BHD =90∘− ∠HCB = ∠ACB.

Значит, в силу сказанного выше,

∠XY D =∠AY X = ∠ACB = ∠BZD,

поэтому точка $Z$ лежит на окружности $(DXY ).$ Аналогично, на этой окружности лежит и точка $T,$ откуда и следует требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Можно рассуждать несколько иначе: установить (похожими равенствами углов), что точки $X,Y,Z,T$ лежат на одной окружности, а также что окружности $(DXY )$ и $(DZT )$ касаются окружности $ω$ в точке $D.$ Однако эти три окружности не могут быть различными, поскольку в таком случае их радикальные оси не пересекаются в одной точке, в чём нетрудно убедиться. Значит, все эти окружности совпадают, что нам и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#67592Максимум баллов за задание: 7

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самый лучший способ решения задач по планиметрии следующий. Пусть вопрос задачи верен, какие тогда факты оттуда можно было бы подметить? Тем самым то есть мы раскручиваем задачу с конца и понимаем, что от нас требуется доказать, например, равенство каких уголочков и т.п. Давайте поступим здесь так же. Пусть прямые параллельны. Какие тогда равные углы вы можете отметить?

Подсказка 2

Верно, соответственные углы будут равны между собой. Запомнили. Что же ещё мы пока не использовали в задаче? Вписанность четырёхугольника и касание прямой. Какой факт нам известен про вписанный четырёхугольник об углах?

Подсказка 3

Точно, углы, опирающиеся на одну дугу равны. Но по рисунку видим, что мы в точности получили конструкцию с окружностью и касательной к ней. Три отмеченных угла равны между собой. Ну а теперь раскручивая задачу в обратном порядке, понимаем, что равенство углов и параллельность прямых получаются из равенства углов между касательной и хордой. Победа!

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 28#67593Максимум баллов за задание: 7

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 $AB1C1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть касательная к описанной окружности. Какой теоремой, связывающей уголочки, мы можем воспользоваться?

Подсказка 2

Конечно теоремой о угле между касательной и хордой! А именно: угол между касательной и хордой AB равен углу ACB. А что мы можем сказать про четырехугольник BCB₁C₁?

Подсказка 3

На самом деле он вписан, ведь углы BC₁C и BB₁C равны 90° и смотрят на отрезок BC. Осталось воспользоваться фактом, что во вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180° и дело в шляпе!

Подсказка 4

Давайте докажем, что уголочки BB₁M и B₁AA₁ равны, тогда из обратной теоремы об угле между касательной и хордой мы получим, что MB₁ касается описанной окружности треугольника AB₁C₁.

Подсказка 5

Начнем с уголочка B₁AA₁. Что мы можем сказать о четырехугольнике AB₁A₁B?

Подсказка 6

Он вписан, т.к. уголки AB₁B и AA₁B равны 90°. Тогда B₁AA₁ равен углу B₁BA₁, т.к. они опираются на дугу B₁A₁. Теперь осталось доказать, что B₁BA₁, который равен B₁BM, равен BB₁M...

Подсказка 7

Если это так, то треугольник BMB₁ должен быть равнобедренный. А это действительно так, ведь медиана В₁M, проведенная из вершины прямого угла, равна половине основания ВС, а значит B₁M=BM. Теперь осталось провести аналогичные рассуждения для углов C₁AA₁ и МС₁С и завершить решение задачи.

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 $MC1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#67594Максимум баллов за задание: 7

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, а как же нам подобраться к центру вписанной окружности...чем же он является для треугольника ABC?

Подсказка 2

Точкой пересечения биссектрис! А как же нам ее найти? I лежит на какой-то биссектрисе треугольника АВС. Значит было бы хорошо провести какую-то биссектрису. О какой биссектрисе мы знаем достаточно для того, чтобы ее провести?

Подсказка 3

СО, где О - центр окружности из условия, является биссектрисой угла АСВ. А, значит, если мы проведем СО, то хочется, чтобы этот отрезок пересекал окружность именно в I. Значит, попробуем доказать, что AI, BI - биссектрисы. Чем из условия мы практически не пользовались?

Подсказка 4

Тем, что АC, BC - касательные! А это значит, что можно посчитать углы между касательной и хордой!

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 30#67826Максимум баллов за задание: 7

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 31#69400Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуем найти всё, что можем)) Воспользуемся всеми условиями на LH, LM, MH и найдем их) Тогда будет несложно найти оставшиеся отрезки на LM и DH! На картинке много прямых углов...что хочется сделать?

Подсказка 2

Найти среди них подобные! Учтём, что угол между касательной и радиусом прямой, тогда какие треугольники будут подобными (или даже равными)?

Подсказка 3

Треугольники MKO и KOD будут равными, тогда треугольники LHD и OKM будут подобны! Найдём отношение KM/LM. Теперь нам необходимо найти площадь треугольника LED, как можно это сделать?

Подсказка 4

Найдя его высоту и стороны! Высота его это LH, а в каких подобных треугольниках этот отрезок встречается, чтобы его найти?

Подсказка 5

Треугольники LHE и LMK подобны, поэтому несложно найти EH! Осталось лишь найти DE через DH и EH, что сделать из подобия несложно)

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#70337Максимум баллов за задание: 7

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем записать условие на языке углов. Обозначим, что AM это биссектриса, и AE это касательная в точке A. Что это означает?

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 $AE = EM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#70338Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются в точке $A$ . К ним проведена общая внешняя касательная, касающаяся окружностей в точках $C$ и $B$ . Найдите $∠CAB$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

$MB =MA$ как отрезки касательных из точки $M$ к первой окружности, $MA = MC$ как отрезки касательных из $M$ ко второй окружности. Тогда в треугольнике $ABC$ медиана $AM$ равна половине стороны, к которой она проведена. Следовательно, треугольник $ABC$ — прямоугольный и $∠CAB = 90∘.$

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#70339Максимум баллов за задание: 7

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Через точку $A$ первой окружности проведены прямые $AP$ и $AQ$ , пересекающие вторую окружность в точках $B$ и $C$ . Докажите, что касательная в точке $A$ к первой окружности параллельна прямой $BC$ .

Показать доказательство

$PIC$

Угол между касательной в точке $A$ и хордой $AP$ равен углу $AQP.$ Из вписанности $PBCQ$ следует равенство углов $PBC$ и $AQP.$ Итого накрест лежащие углы равны, следовательно, касательная в точке $A$ и прямая $BC$ параллельны.

Замечание. Картинка может быть другой, но рассуждения такие же

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#70341Максимум баллов за задание: 7

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Прямая $CH$ пересекает полуокружность с диаметром $AB,$ проходящую через точки $A1$ и $B1,$ в точке $D.$ Отрезки $AD$ и $BB1$ пересекаются в точке $M,BD$ и $AA1$ — в точке $N.$ Докажите, что описанные окружности треугольников $B1DM$ и $A1DN$ касаются.

Показать доказательство

Отметим $O$ — середину $AB,$ то есть центр полуокружности. Докажем, что $DO$ — общая касательная для окружностей, описанных около треугольников $B1DM$ и $A1DN.$

Для этого, в силу теоремы об угле между хордой и касательной, покажем, что $∠DA1N =∠NDO$ и $∠DB1M = ∠MDO.$

$PIC$

В силу вписанности четырехугольника $DA1BA ∠DA1A =∠DBA$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Далее $OD =OB$ как радиусы, следовательно $∠DBA = BDO.$ Итого $∠DA1N = ∠NDO.$ Аналогично доказывается $∠DB1M =∠MDO.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#71794Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $T 1$ и $T 2$ касаются прямой $l$ в точках $A 1$ и $A 2$ и лежат по одну сторону от неё. Окружность $T 3$ касается внешним образом окружностей $T1$ и $T2$ в точках $B1$ и $B2.$ Докажите, что прямые $A1B1$ и $A2B2$ пересекаются на окружности $T3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведем A₁B₁ до пересечения с T₃ в Q и докажем, что A₂B₂ попадет туда же! Хмм, никаких углов, никакой информации - лишь касающиеся окружности и касательная...Какой приём может помочь связать окружности?

Подсказка 2

Гомотетия! Рассмотри гомотетии с центрами в точках B₁ и B₂, что интересного можно про них сказать?

Подсказка 3

Гомотетия с центром в B1 переведет T₁ в T₃, а касательную - в новую касательную в точке Q. Чтобы доказать требуемое, куда должна попасть касательная при гомотетии с центром в B₂?

Подсказка 4

В касательную, проходящую через Q! Но ведь она также может попасть в диаметрально противоположную касательную? Чтобы доказать, что это не так, рассмотрим полуплоскости и объекты в них и внимательно разберемся с коэффициентами гомотетий!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть прямая $A1B1$ пересекает окружность $T3$ в точке $Q.$ Заметим, что окружности $T1$ и $T3$ гомотетичны с центром в точке $B1.$ Тогда точка $A1$ переходит в точку $Q,$ и касательная к окружности $T1$ переходит в параллельную ей касательную, проходящую через $Q.$ Теперь рассмотрим гомотетию с центром $B2,$ переводящую окружность $T2$ в $T3.$ Так как тут происходит то же самое, касательная к окружности $A2$ перейдёт в параллельную касательную, касающуюся $T3$ в какой-то точке, но таких касательных только две. Если это та же касательная проходящая через точку $Q,$ то мы победили! Почему же это не диаметрально противоположная касательная?

Давайте посмотрим на полуплоскость, где лежат окружности $T1$ и $T2.$ Пусть они лежат в $полож ит ельной$ полуплоскости относительно прямой $l,$ а другая полуплоскость будет $отрицательная.$ Но тогда при нашей гомотетии с отрицательным коэффициентом окружность $T3$ должна оказаться уже на отрицательной полуплоскости относительно касательной, что будет неверно, когда касательная диаметрально противоположная(прямая просто “съедет” сохранив ориентацию, но окружность окажется на другой полуплоскости). Значит, такой случай невозможен, и обе прямые пересекутся в точке касания окружности $T3$ и прямой, параллельной исходной.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#74124Максимум баллов за задание: 7

Пусть $ABCD$ — параллелограмм. Вневписанные окружности треугольников $ABC$ и $ACD$ касаются сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Докажите, что точки их касания с прямой $AC$ совпадают.

Показать доказательство

Заметим, что периметр $△ABC$ равен периметру $△ADC =P.$ Обозначим точку касания вневписанной окружности треугольника $ABC$ с прямой $AC$ за $X, Y$ определяется аналогично для треугольника $ADC.$ По известному факту, $AX =P ∕2 =AY.$ Отсюда $X = Y.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#74839Максимум баллов за задание: 7

Две окружности $S 1$ и $S 2$ пересекаются с прямой $l.$ Точки пересечения $l$ с окружностью $S 1$ — $A 1$ и $A , 2$ а с окружностью $S 2$ — $B 1$ и $B2.$ Известно, что прямая, касающаяся окружности $S1$ в точке $A1,$ параллельна прямой, касающейся окружности $S2$ в точке $B1.$ Докажите, что тогда прямая, касательная к $S1$ в точке $A2,$ параллельна прямой, касающейся $S2$ в точке $B2.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $a1$ и $a2$ касательные к $S1$ в точках $A1$ и $A2$ соответственно, и через $b1$ и $b2$ – касательные к $S2$ в соответствующих точках. Рассмотрим отдельно случай, когда $a1 || a2.$ Ясно, что тогда $l⊥a1.$ Отсюда следует, что $l⊥b1,$ и поскольку $b1$ – касательная к $S2,l$ проходит через центр $S2.$ В таком случае касательная, проходящая через вторую точку пересечения $l$ и $S2$ тоже перпендикулярна $l,$ и все четыре прямые $a1,a2,b1,b2$ параллельны. Симметрично рассматривается случай, когда $b1 || b2.$

Будем теперь считать, что $a1$ и $a2,b1$ и $b2$ пересекаются в некоторой точке. Пусть $α$ – значение острого угла между прямыми $l$ и $a1.$ Прямые $l,a1,a2$ образуют равнобедренный треугольник с равными углами при $l$ по свойству касательных к окружности, выпущенных из одной точки. В силу параллельности $a1$ и $b1,$ угол между прямыми $l$ и $b1$ также равен $α.$

Рассмотрим теперь треугольник, составленный из прямых $l,b1,b2.$ Он является равнобедренным с равными углами при $l,$ так как $b1$ и $b2$ являются касательными к $S2,$ выпущенными из одной точки. Так как угол между прямыми $l$ и $b1$ равен $α,$ то и угол между $l$ и $b2$ также равен $α.$ Угол между $a2$ и $l$ тоже равен $α$ по доказанному ранее. Ясно, что любая прямая, имеющая угол $α$ с прямой $l,$ параллельна либо $a1$ (и $b1$ ), либо $a2.$ Если $b2$ не параллельна $a2,$ то она параллельна $b1,$ что невозможно. Значит, $a2 || b2,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#82066Максимум баллов за задание: 7

Две равные окружности $S 1$ и $S 2$ касаются изнутри окружности $S$ в точках $A$ и $B$ соответственно. $M$ — произвольная точка окружности $S,C$ и $D$ — точки пересечения $AM$ и $BM$ с окружностями $S1$ и $S2$ соответственно. Докажите, что прямые $AB$ и $CD$ параллельны.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть точка $C1$ — вторая точка пересечения $S1$ с $AB$ (аналогично определим точку $D1$ ). Если провести касательную в точке $A$ к $S$ и $S1,$ то будет видно, что по теореме об угле между хордой и касательной $∠CC1A =∠XAC = ∠XAM =∠ABM,$ где $X$ — точка на касательной. Следовательно, $CC1 ∥MB$ (аналогично $DD1 ∥ AM$ ). Заметим, что $AC =DD1,$ поскольку в равных окружностях $S1$ и $S2$ они стягиваются равными углами. Тогда четырёхугольник $ACDD1$ — параллелограмм, поскольку две его противоположные стороны равны и параллельны. Из этого незамедлительно следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#89916Максимум баллов за задание: 7

Прямая $ℓ$ касается окружности, описанной около треугольника $ABC$ , в точке $A$ . Известно, что $AB > AC$ и что $AC = 1$ . На стороне $AB$ отмечена точка $D$ так, что $AD = AC$ . Прямая, проходящая через точку $D$ и через центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ , пересекает прямую $ℓ$ в точке $E$ . Найдите длину отрезка $AE$ .

Источники: ДВИ - 2023, вариант 233, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно вывести из того, что точка I, центр вписанной окружности △ABC, лежит на DE? Как можно это связать с равенством AD и AC?

Подсказка 2

Углы ∠ADI и ∠ACI равны половине ∠B! А как воспользоваться тем, что AE — касательная?

Подсказка 3

Углы ∠CAE и ∠ABC также равны! Теперь у нас на картинке достаточно много равных углов, но всё еще не посчитан ∠AED…так сделаем же это!

Показать ответ и решение

Пусть $I$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ . Поскольку $AD =AC$ , точка $I$ лежит и на биссектрисе, и на высоте треугольника $ADC$ . Следовательно,