Тема Счётная планиметрия

Отрезки касательных и секущих

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80766

Диагонали $BD$ и $AC$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $M,$ а отношение оснований $AD :BC = 1:2.$ Точки $I 1$ и $I 2$ — центры окружностей $ω1$ и $ω2,$ вписанных в треугольники $BMC$ и $AMD$ соответственно. Прямая, проходящая через точку $M,$ пересекает $ω1$ в точках $X$ и $Y,$ а $ω2$ — в точках $Z$ и $W$ ( $X$ и $Z$ находятся ближе к $M$ ). Найдите радиус окружности $ω1,$ если $13- I1I2 = 2 ,$ а $MZ ⋅MY = 5.$

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Треугольники △AMD и △CMB подобны с коэффициентом 1/2, поэтому все соответствующие элементы относятся как 1/2. Нам дано произведение MZ*MY, которое напоминает произведение секущей на внешнюю часть. Но ведь мы знаем, что MZ/MX=1/2, поэтому легко находим MX*MY=10. А чему там равняется произведение секущей на внешнюю часть?

Подсказка 2

Конечно, квадрату отрезка касательной! Давайте отметим точку касания T: окружности ω₁ c отрезком BM. Тогда MT=√10. Если бы мы еще нашли MI₁, всё было бы в шоколаде...

Подсказка 3

Мы знаем, что MI₁/MI₂=2 и при этом MI₁+MI₂=13/2. Тогда MI₁=13/3. Воспользуйтесь теоремой Пифагора и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть центр окружностей $ω1$ и $ω2$ это $I1$ и $I2$ соответственно. Пусть точка $T$ — точка касания $ω1$ на $BM.$ Тогда

MT 2 = MX ⋅MY

(1)

Рассмотрим треугольники $△AMD$ и $△BMC.$ Они подобны с коэффициентом $1. 2$ Из этого следует, что $MZ = 1MX, 2$ как соответственные элементы в подобных треугольниках. Тогда

1 MZ ⋅MY = 2MX ⋅MY

Используя $(1)$ , получаем

1 2 1 2 2 MZ ⋅MY =2 MT = 2(MI 1 − TI1)

Пусть радиус $ω2$ это $r,$ тогда радиус $ω2$ это $2r.$ Тогда нужно найти $2r.$ Рассмотрим $△MT I1$

1 2 2 MZ ⋅MY = 2(MI1 +4r )

Из подобия $△AMD$ и $△BMC$ получаем , что $MI1 = 2MI2,$ из этого следует, что

2 MI1 = 3I1I2

Тогда

( ) MZ ⋅MY = 12 49I1I22 − 4r2

( ) 5= 1 4 ⋅ 169-− 4r2 2 9 4

2 169 79 √79 4r = 9--− 10=-9 =⇒ 2r= -3-

Ответ:

$√79 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96369

Прямые $AB$ и $AC$ — касательные в точках $B$ и $C$ к окружности с центром в точке $O.$ Через произвольную точку $X$ меньшей дуги $BC$ проведена касательная, пересекающая отрезки $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр треугольника $AMN$ и величина угла $MON$ не зависят от выбора точки $X.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что такое периметр △AMN? Что такое угол ∠MON? Может, мы можем расписать, чему они равны через другие элементы…?

Подсказка 2

Точки B, X, C — точки касания окружности. Тогда какие равные отрезки мы можем отметить?

Подсказка 3

Так как O — центр вневписанной окружности, он лежит на биссектрисах углов ∠BMN и ∠CNM. Как можно попробовать выразить ∠MON через углы треугольника?

Показать доказательство

Заметим, что отрезки касательных к окружности из точки $M$ равны, то есть $MX =MB,$ аналогично $NX = NC.$ Тогда периметр $AMN$ равен

AM + AN + MN = AM + AN +MX + NX = AM + AN +MB +NC = AB +AC

величина не зависящая от выбора точки $X.$

$PIC$

Углы $∠BMN$ и $∠CNM$ внешние в $△AMN,$ тогда $∠BMN + ∠CNM = 180∘+ ∠BAC.$ $O$ — центр вневписанной окружности треугольника $AMN,$ тогда $MO$ и $NO$ соответственно являются биссектрисами углов $∠BMN$ и $∠CNM.$

∠MON = 180∘− ∠OMN − ∠ONM = 180∘− 1(180∘+ ∠BAC ) 2

величина не зависит от выбора $X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96371

Внутри угла расположены две окружности с центрами $A$ и $B.$ Они касаются друг друга и двух сторон угла. Докажите, что окружность с диаметром $AB$ касается сторон угла.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если AB — диаметр окружности, то где находится её центр?

Подсказка 2

Тогда середина AB является центром окружности. Как мы можем доказать касание окружности и прямой, исходя из определения касания?

Подсказка 3

Да, проведём перпендикуляр из центра окружности на одну из сторон угла. Что теперь нам надо доказать про эту высоту?

Подсказка 4

Получается, нам надо доказать, что данная высота равна радиусу окружности с диаметром AB. Как мы можем выразить эту высоту через длины других отрезков? А что такое AB?

Подсказка 5

AB — сумма радиусов окружностей. Если A₁ и B₁ — точки касания окружностей со стороной угла, то в прямоугольной трапеции B₁BAA₁ данная высота является средней линией. Тогда чему она равна?

Показать доказательство

Пусть окружности касаются одной из сторон угла в точках $A ,B . 1 1$ Заметим, что $BAA B 1 1$ является трапецией. Обозначим середину $AB$ за $O,$ середину $A1B1$ за $O1,$ тогда $OO1$ средняя линия трапеции, то есть $1 1 OO1 = 2(AA1 +BB1 )= 2AB,$ значит $O1$ лежит на окружности с диаметром $AB,$ то есть $A1B1$ касательная к этой окружности. Аналогично, окружность с диаметром $AB$ касается и второй стороны угла.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#96373

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ выбрана произвольная точка $B . 1$

(a) В треугольники $ABB1$ и $CBB1$ вписаны окружности, и к ним проведена общая внешняя касательная, отличная от $AC.$ Эта касательная пересекает отрезок $BB1$ в точке $K.$ Докажите, что длина отрезка $BK$ не зависит от выбора точки $B1$ и выразите его длину через стороны треугольника $ABC.$

(b) Вневписанные окружности треугольников $ABB1$ и $CBB1$ касаются отрезка $AC,$ и к ним проведена общая внешняя касательная, отличная от $AC.$ Эта касательная пересекает луч $BB1$ в точке $L.$ Докажите, что длина отрезка $BL$ не зависит от выбора точки $B1$ и выразите его длину через стороны треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Давайте попробуем выразить искомый отрезок через отрезки касательных к окружностям. Как мы можем это сделать? Что такое BK на чертеже?

Подсказка 2, пункт а

Распишем BK как разность отрезков касательных: с одной стороны это разность двух касательных к одной окружности, а с другой стороны — разность двух касательных к другой окружности. Тогда как мы можем выразить эти касательные через длины сторон треугольника?

Подсказка 3, пункт а

Мы можем выразить касательные, почти как полусумма периметра, но остаётся одна неизвестная в виде общей внешней касательной к обеим окружностям. Но если мы распишем, чему равно 2BK из предыдущей подсказки, эта неизвестная пропадёт. Почему?

Подсказка 4, пункт а

Так происходит, так как в разности (которую мы расписали для отрезка BK) с минусом идёт верхняя общая внешняя касательная к окружностям, равная нижней общей касательной. Осталось только это всё записать!

Подсказка 1, пункт б

Для начала давайте сделаем правильный чертёж, отметим точки и поймём, что нам надо доказать.

Подсказка 2, пункт б

Давайте попробуем выразить искомый отрезок через отрезки касательных к окружностям. Как мы можем это сделать? Что такое BL на чертеже?

Подсказка 3, пункт б

Распишем BL как разность отрезков касательных: с одной стороны это разность двух касательных к одной окружности, а с другой стороны — разность двух касательных к другой окружности. Тогда как мы можем выразить эти касательные через длины сторон треугольника?

Подсказка 4, пункт б

Мы можем выразить касательные, почти как полусумма периметра, но остаётся одна неизвестная в виде общей внешней касательной к обеим окружностям. Но если мы распишем, чему равно 2BL из предыдущей подсказки, эта неизвестная пропадёт… Почему?

Подсказка 5, пункт б

Так происходит, так как в разности (которую мы расписали для отрезка BL) с минусом идёт верхняя общая внешняя касательная к окружностям, равная нижней общей касательной. Осталось только это всё записать!

Показать доказательство

(a) Пусть окружность, вписанная в треугольник $ABB1$ касается проведённой общей внешней касательной – в точке $Ra,BB1$ в точке $Ma,$ стороны $AB$ — в точке $Pa,$ прямой $AC$ – в точке $Ta,$ а окружность, вписанная в треугольник $CBB1$ касается проведённой общей внешней касательной — в точке $Rb,$ отрезка $BB1$ в $Mb,$ стороны $CB$ — в точке $Pb,$ прямой $AC$ — в точке $Tb.$ Тогда

2BK =(BM −KM )+(BM −KM )= (BP −KR )+(BP −KR )=BP +BP −(KR +KR )= BP +BP − R R = BP +BP − TT = a a b b a a b b a b a b a b a b a b ab

= (BA − APa)+ (BC− CPb)− TaTb =BA + BC − (ATa+ TaTb+TbA)= BA + BC− AC

то есть $BK = 1(BA +BC − AC). 2$ Итак, длина $BK$ выражена через стороны треугольника, а потому действительно не зависит от выбора точки $BB1.$

$PIC$

(b) Пусть окружность, вписанная в треугольник $ABB1$ касается проведённой общей внешней касательной — в точке $Ra,$ прямой $BB1$ в точке $Ma,$ прямой $AB$ — в точке $Pa,$ прямой $AC$ — в точке $Ta,$ а окружность, вписанная в треугольник $CBB1$ касается проведённой общей внешней касательной — в точке $Rb,$ прямой $BB1$ в $Mb,$ прямой $CB$ — в точке $Pb,$ прямой $AC$ — в точке $Tb.$ Тогда

2BL =(BMa + LMa)+ (BMb + LMb)= (BPa+ LRa)+ (BPb +LRb) =BPa +BPb +(LRa +LRb)= BPa +BPb +RaRb =

= BPa +BPb +TaTb = (BA+ APa)+ (BC + CPb)+ TaTb =BA + BC +(ATa+ TaTb+TbA)= BA +BC + AC

то есть $BL = 12(BA+ BC + AC).$ Итак, длина $BL$ выражена через стороны треугольника, а потому действительно не зависит от выбора точки $BB1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#96374

Квадрат $ABCD$ перегнули по прямой так, что вершина $D$ попала в точку $D′,$ лежащую на стороне $BC.$ При этом точка $A$ попала в точку $′ A ,$ а прямая $′ ′ A D$ пересекает прямую $AB$ в точке $E.$ Докажите, что периметр треугольника $′ EBD$ равен полупериметру квадрата $ABCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если квадрат как-то перегнули, у нас есть ось симметрии, которая очень поможет нам доказать равенство сумм отрезков! Тогда можем ли мы сразу отметить какие-то равные отрезки, углы?

Подсказка 2

Да, AD = A’D’. Отсюда мы можем доказать, что перпендикуляр из D’ на AD равен перпендикуляру из D на A’D’. Но как нам это сделать…?

Подсказка 3

Конечно, есть много способов. Например, можно заметить, что ADA’D’ — равнобокая трапеция.

Подсказка 4

Что нам это даёт? Перпендикуляр из D’ на AD равен перпендикуляру из D на A’D’? Чему ещё равен перпендикуляр из D’ на AD?

Подсказка 5

Перпендикуляр из D’ на AD равен стороне квадрата. Что будет, если провести окружность с центром в точке D с радиусом, равным стороне квадрата?

Подсказка 6

Она будет касаться A’D’, а также проходить через точки A и C. Раз у нас есть касание, то есть и равные отрезки касательных.

Подсказка 7

Так мы можем написать, что ED’ = AE+D’C, тем самым доказав требуемое!

Показать доказательство

Заметим, что $AD$ и $A ′D′$ симметричны относительно некоторой прямой, следовательно $AA ′D ′D$ — равнобокая трапеция. Тогда перпендикуляр из $D$ на $ED,$ то есть на $′ ′ A D$ равен перпендикуляру из $′ D$ на $AD,$ который в свою очередь равен стороне квадрата. Рассмотрим окружность с центром $D$ и радиусом равным по длине стороне квадрата. Она касается прямых $′ BD$ и $BE$ в точках $C$ и $A,$ а также по доказанному выше касается $ED.$ Таким образом, эта окружность является вневписанной для треугольника $′ EBD ,$ а значит, длина $BA$ равна полуперимтру треугольника $′ EBD ,$ то есть периметр равен удвоенной стороне квадрата, что и требуется доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#96375

Даны непересекающиеся окружности $S 1$ и $S 2$ и их общие внешние касательные $ℓ 1$ и $ℓ . 2$ На $ℓ 1$ между точками касания отметили точку $A,$ а на $ℓ2$ — точки $B$ и $C$ так, что $AB$ и $AC$ — касательные к $S1$ и $S2.$ Пусть $O1$ и $O2$ — центры окружностей $S1$ и $S2,$ а $K$ — точка касания вневписаной окружности треугольника $ABC$ со стороной $BC.$ Докажите, что середина отрезка $O1O2$ равноудалена от точек $A$ и $K.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отметим середину O₁O₂ — точка Р. Для того, чтобы доказать равенство отрезков давайте докажем равенство треугольников, у которых искомые отрезки будут соответствующими элементами. По чертежу, как вы думаете, какие треугольники будут равны?

Подсказка 2

Давайте докажем равенство треугольников PA₁A₂ и PBC. Для этого покажем равенство трёх сторон. Но как это сделать…?

Подсказка 3

Для начала можно заметить прямоугольную равнобедренную трапецию А₁А₂С₁В₁. Что такое точка P для неё?

Подсказка 4

На самом деле Р — центр описанной окружности этой трапеции. Докажите это, опустив перпендикуляр из Р на А₁А₂.

Подсказка 5

Теперь совсем несложно доказать равенство длин сторон треугольников PA₁A₂ и PBC. Осталось доказать, что РА и РК — соответственные элементы в данных треугольниках!

Подсказка 6

Это мы можем доказать, посчитав, чему равны длины отрезков АА₂ и В₁К через различные отрезки касательных (они должны оказаться равны!).

Показать доказательство

Пусть окружность $S 1$ касается прямых $l 1$ и $l 2$ в точках соответственно $A 1$ и $B , 1$ а окружность $S 2$ — в точках соответственно $A2$ и $C1,D$ — точка касания окружности $S1$ с отрезком $AB, E$ — точка касания окружности $S2$ с отрезком $AC.$ Тогда

A1A2 = B1C1

AB + BK = AC+ KC

AB +BK = AD + DB +BK = AA1 +BB1 + BK = AA1+ B1K

AC +CK =AE + EC +CK = AA2 +CC1 + CK =AA2 + KC1

Отсюда

2(A1A+ AA2)= 2A1A2 = A1A2+ B1C1 = A1A+ AA2 +B1K + KC1 =

=A1A + B1K +AA2 +KC1 = A1A+ B1K + A1A+ B1K =2(A1A+ B1K )

$PIC$

Поэтому $AA2 = B1K.$ Пусть $P$ — середина $O1O2.$ Тогда перпендикуляр $P M,$ опущенный из точки $P$ на $A1A2,$ — средняя линия прямоугольной трапеции $A1O1O2A2.$ Следовательно, $PM$ — серединный перпендикуляр к стороне $A1A2$ равнобедренной трапеции $A1A2C1B1,$ значит, $P$ — центр описанной окружности этой трапеции. Поэтому $PA1 = PA2 = PB1 =P C1.$ Равнобедренные треугольники $P A1A2$ и $PB1C1$ равны по трём сторонам, а т.к. $AA2 = B1K,$ то $PA$ и $P K$ — соответствующие отрезки этих равных треугольников. Следовательно, $P A= PK.$ Что и требовалось доказать.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#37841

Дан треугольник $ABC$ . Из вершины $A$ проведена медиана $AM$ , а из вершины $B$ — медиана $BP.$ Известно, что угол $APB$ равен углу $BMA.$ Косинус угла $ACB$ равен $0,8$ и $BP =1.$ Найдите площадь треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас здесь интересное условие о равных углах под медианами. Что можно сказать о четырехугольнике ABMP? Он вписанный! А что будет с этим условием, если внимательно посмотреть на картинку и вспомнить про степени точки?

Подсказка 2!

2) В точку! Можно посчитать степень точки С, и получить очень важное соотношение на стороны ABC! Попробуем вспомнить, что нам нужно для счета площади через косинус.....

Подсказка 3!

3) Верно, стороны AB и AC. Через какую теорему их можно было бы посчитать.....

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что $ABMP$ вписан. По теореме о секущих:

MC ⋅BC = CP ⋅CA =⇒ 2MC2 = 2CP2 =⇒ AC =BC = 2x

Из теоремы косинусов для $△BP C$

1= BC2+ CP2 − 2BC ⋅PC ⋅0.8

2 2 4 9x2 1= 4x + x − 2 ⋅2x⋅x ⋅5 = 5

√5 x= -3-

√- SABC = 1AC2 sin∠C = 1⋅(2-5)2⋅ 3= 2 2 2 3 5 3

Ответ:

$2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#40727

В трапеции $ABCD (BC ∥AD )$ боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям. Окружность, построенная на $AB$ как на диаметре, пересекает $CD$ в двух точках, делящих ее в отношении $2 :1 :3$ , считая от вершины $C.$ Найдите острый угол трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть $FG =b$ , тогда $CF =2b$ и $GD = 3b$ . Так как $AB⊥BC$ и $AB$ — диаметр окружности, то $BC$ — касательная и аналогично, $AD$ — касательная. По теореме об отрезках касательной и секущей $2 2 BC =CF ⋅CG = 6b$ , откуда $√ - BC = 6b$ . Аналогично, степень точки $D$ равна $2 2 AD =DG ⋅DF = 12b$ и поэтому $√ -- AD = 12b$ . Опустим перпендикуляр $CH$ . $ABCH$ — параллелограмм и $√- BC = AH = 6b$ . Значит, треугольник $CHD$ прямоугольный со сторонами $√-- √- HD = ( 12− 6)b$ и $CD = 6b$ и $(√12−√6)b (√2−1) ∠CDH = arccos 6b = arccos √6$ .

Ответ:

$arccos(√2√−1) 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#51006

Продолжения медиан $AM$ и $BK$ треугольника $ABC$ пересекают описанную около него окружность в точках $E$ и $F$ соответственно, причем $AE :AM = 2:1,$ $BF :BK = 3:2.$ Найти углы треугольника $ABC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что хорды $BC$ и $AE$ в точке $M$ пересечения делятся пополам, поэтому $ACEB$ — параллелограмм, вписанный в окружность, следовательно, он является прямоугольником. Итак, $π ∠BAC = 2$ и $M$ — центр окружности. Пусть $KF = x,$ тогда из условия следует, что $BK = 2x.$ По теореме о пересекающихся хордах окружности, $BK ⋅KF =AK ⋅KC.$

Но $KC = AK,$ поэтому $2 2 √- AK = 2x ,AK = x 2.$ Из прямоугольного треугольника $BAK$ находим $√---2----2- √ - AB = BK − AK =x 2.$ Итак, катеты треугольника $ABC$ равны $√- x 2$ и $√- 2 2x,$ поэтому его углы равны $π 2,$ $π arctg2 и 2 − arctg2$

Ответ:

$π ,arctg2,π− arctg2 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#90598

Диагонали трапеции $ABCD$ с основаниями $AD = 3$ и $BC =2$ пересекаются в точке $O.$ Две окружности, пересекающие основание $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно, касаются друг друга в точке $O$ , а прямой $AD$ – в точках $A$ и $D$ соответственно. Найдите $2 2 AK + DL$ .

Показать ответ и решение

Пусть общая касательная к окружностям, проходящая через точку О, пересекает основание $AD$ в точке $P$ . Тогда по свойству касательных имеем $AP = OP = DP$ , а значит, треугольник $AOD$ прямоугольный, равно как и подобный ему (с коэффициентом $BC- 2 k = AD = 3$ ) треугольник $COB$ .

$PIC$

Треугольники $AKC$ и $AOK$ подобны по двум углам, так как угол $KAO$ общий и

∠ACK = ∠CAP = 1 ⌣ AO =∠AKO 2

(по теоремам о вписанном угле и об угле между касательной и хордой). Следовательно, имеем

AK2 = AO ⋅AC =AO ⋅ AO-+-OC-⋅AO = 5AO2, AO 3

и аналогично $DL2 = 4OD2 3$ , откуда получаем

2 2 5 2 5 2 5 2 5 2 AK +DL = 3AO +3OD = 3AD = 3 ⋅3 = 15.

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91677

Высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O.$ Окружность радиуса $R$ с центром в точке $O$ проходит через вершину $B$ , касается стороны $AC$ и пересекает сторону $AB$ в точке $K$ такой, что $BK :AK = 5:1.$ Найти длину стороны $BC.$

Показать ответ и решение

Окружность из условия должна касаться стороны $AC$ в основании перпендикуляра из $O$ на $AC$ , откуда $O$ делит высоту из вершины $B$ пополам. Пусть $X$ — основание высоты из вершины $B$ , $Y$ — основание высоты из вершины $C$ , точка $K$ —– проекция $X$ на прямую $AB$ .

$PIC$

Пусть $AK =l$ . Тогда из условия $AK ⋅AB = AX2$ получаем $- AX =√ 6l$ . Записав теорему Пифагора для треугольника $ABX$ , получаем $4R2 = 30l2$ , откуда $∘ -- l= 215R$ . Теперь из теоремы Пифагора для треугольника $Y BO$ получаем

∘ -------- ∘ -- YO = R2− 5R2 = 1R 6 6

Из того, что $Y BCX$ — вписанный, имеем

BO ⋅OX = YO ⋅OC

OC = √6R

Записав теорему Пифагора для треугольника $Y BC$ , получаем

∘------∘----√----- BC = 56R2+ ( 16 + 6)2R2 = 3R

Ответ:

$3R$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#92036

На продолжении хорды $KL$ окружности с центром $O$ взята точка $A$ , и из неё проведены касательные $AP$ и $AQ$ ; $M$ — середина отрезка $P Q.$ Докажите, что $∠MKO =∠MLO.$

Показать доказательство

Заметим, что достаточно проверить, что $AK ⋅AL =AM ⋅AO.$ В самом деле, тогда точки $K, L,M$ и $O$ будут лежать на одной окружности, и поэтому $∠MKO = ∠MLO$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

$PIC$

Так как $△AOP ∼△AP M$ , то $AM ⋅AO = AP2.$ Ясно также, что $AK ⋅AL =AP 2$ , поскольку $△AP K ∼△ALP$ . Приравняв левые части полученных равенств, получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#36668

В трапецию $ABCD$ вписана окружность, касающаяся боковой стороны $AD$ в точке $K$ . Найдите площадь трапеции, если $AK = 16,DK =4$ и $CD = 6$ .

Источники: ОММО-2018, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, а какие данные нам нужны, чтобы найти площадь трапеции? Быть может, мы можем найти какие-то отрезки, если правильно воспользоваться информацией о касательных к вписанной окружности? Возможно, какая-то новая информация может показаться нам лишней, но условие кажется очень маленьким, поэтому любые новые знания нам нужны) Как же всё-таки воспользоваться длинами DK, CD и AK?

Подсказка 2

Отрезки касательных к одной окружности, проведенные из одной точки, равны! Это значит, например, что можно как-то обозначить все точки касаний окружности и сторон трапеции и найти почти все отрезки, на которые точки касания делят стороны) Теперь у нас есть одно из оснований, часть другого, нужна высота... Что же на нашем рисунке может намекать на перпендикулярность(связанное с окружностью)? Что для этого нужно отметить?

Подсказка 3

Вспоминаем, что некоторые радиусы вписанной окружности перпендикулярны сторонам. Тогда отметим у окружности центр I и опустим радиусы на каждую из сторон. Понятно, что радиусы на основания образуют высоту, т.е. теперь достаточно найти радиус. Для этого нам понадобится найти IK (перпендикуляр IK опущен на сторону, у которой мы знаем длины обоих отрезков). Какой факт о DI и AI можно использовать?

Подсказка 4

DI перпендикулярен AI! Тогда в прямоугольном треугольнике DIA мы можем найти высоту IK (из различных подобий), т.е. радиус. Аналогично можно поступить с прямоугольным треугольником CIB, тогда мы найдем еще один отрезок касательной, т.е. нам уже известна высота (2 радиуса) и оба основания, а, значит, и высота) Главное не ошибиться в счёте!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть точки касания с $CD,BC$ и $AB$ будут $N,M$ и $L$ соответственно. Из равенства отрезков касательных $DN = 4$ и $NC = CM =2$ , а также $AL= 16.$

$PIC$

Как известно, $DI ⊥ AI$ , как биссектрисы углов трапеции, но тогда $KI$ — высота прямоугольного треугольника и равна $√ ---- 4⋅16 =8$ . Аналогично из прямоугольного $△BIC$ имеем $2 IM =CM ⋅BM =⇒ BM =32$ . Откуда легко посчитать, что $CD+AB- SABCD = 2 ⋅2NI =(16+ 32 +6)⋅8= 432$ .

Второе решение.

Пусть $N$ — точка касания окружности и стороны $DC.$ Так как $DK$ и $DN$ — отрезки касательных, то они равны. Значит, $DN = 4$ $⇒$ $NC = 2.$

Пусть $M$ — точка касания окружности и стороны $BC.$ Аналогично $NC = CM = 2.$

Пусть $L$ — точка касания окружности и стороны $AB.$ Проведем диаметр $NL$ и опустим высоту $DH$ на сторону $AB.$

$AK =AL = 16$ (как отрезки касательных), следовательно, $HL = DN = 4$ и $AH =AL − HL =12.$ Тогда по теореме Пифагора

∘--------- √ --- DH = AD2 − AH2 = 256= 16.

$PIC$

Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CF$ на сторону $AB,$ он будет равен $16.$ Обозначим за $x$ отрезок $MB,$ тогда $FB = BL − LF = BM − 2= x− 2.$ По теореме Пифагора

2 2 2 (x+ 2) =16 + (x − 2)

2 8x =16

x= 32

Тогда

SABCD = DC-+2AB-⋅CF = 6+248⋅16= 432

Ответ:

$432$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91249

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ диагонали $AC$ и $DB$ перпендикулярны сторонам $DC$ и $AB$ соответственно. Из точки $B$ проведён перпендикуляр на сторону $AD,$ пересекающий $AC$ в точке $O.$ Найдите $AO$ , если $AB = 4,OC =6.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что $HOCD$ — вписанный, следовательно, произведения отрезков секущих, проведённых из одной точки равны:

AO ⋅AC =AH ⋅AD

Заметим, что треугольники $△ABH$ и $△ADB$ подобны $(∠BAD$ — общий, $∘ ∠AHB = ∠ABD = 90 ).$ Отсюда получаем, что

AH AB AB-= AD-

AH ⋅AD = AB2

2 AO ⋅AC = AB

Обозначим $AO = x,$ тогда $AC = x+ 6.$ Получаем, что

x(x+ 6)= 16

x2 +6x− 16= 0

x1 = 2, x2 = −8

Так как длина отрезка положительна, значит, $AO =2.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#70863

На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ выбраны точки $C 1$ и $B 1$ соответственно, отрезок $B C 11$ параллелен $BC.$ Окружность, проходящая через $A,B$ и $B1,$ пересекает отрезок $CC1$ в точке $L.$ Известно, что описанная окружность треугольника $CLB1$ касается прямой $AL.$ Докажите, что $AL ≤ (AC + AC1)∕2.$

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Заметим, что по свойству касательной $∠LCB = ∠ALB , 1 1$ а по свойству вписанных углов $∠ALB = ∠ABB . 1 1$

$PIC$

Таким образом, в трапеции $BC1B1C$ углы $C1BB1$ и $C1CB1$ равны. Значит, эта трапеция равнобедренная, откуда следует, что $C1A = B1A.$ Тогда по свойству касательной и секущей

( ) AL2 = AB1⋅AC = AC1⋅AC ≤ AC1+-AC- 2 2

Последний переход сделан с помощью неравенства о средних, откуда получаем неравенство из задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#70311

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA ,BB ,CC 1 1 1$ . На стороне $AB$ выбрана точка $P$ так, что окружность, описанная около треугольника $PA1B1$ , касается стороны $AB$ . Найдите $PC1$ , если $PA = 30$ и $P B = 10$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Становится ясно, что нам придётся считать отрезки. По условию нам даны отрезки касательных, тогда какой прямой нам не хватает, чтобы воспользоваться известным равенством для окружности?

Подсказка 2

Нам необходима секущая! Давайте проведем ее через известные точки и начнём считать.

Подсказка 3

Проведите A₁B₁ до пересечения с AB в точке K и обозначьте KB = x. Что можно сказать про A₁B₁AB?

Подсказка 4

A₁B₁AB лежат на одной окружности, так что для них тоже можно воспользоваться равенством произведения отрезков секущих!

Подсказка 5

KA₁* KB₁ = KA * KB. KP² = KA₁* KB₁. Отсюда мы можем выразить x! Но ведь нам нужно было найти PC₁…было бы очень полезно найти еще одну окружность, в которой PC₁ был бы частью отрезка секущей.

Подсказка 6

Обратите внимание на окружность, проходящую через середины сторон и основания высот!

Показать ответ и решение

$PIC$

Продлим отрезки $AB$ и $B1A1$ до пересечения в точке $K$ и обозначим длину $KB = x$ .

Так как произведения отрезков секущих, проведенных из одной точки, равны: $KA1 ⋅KB1 = KA ⋅KB.$ А также квадрат отрезка касательной равен произведению отрезков секущей, проведенной из той же точки, поэтому $KP 2 = KA1 ⋅KB1.$ Следовательно $KP 2 = KA ⋅KB$ . Выразив эти отрезки через $x$ получим $x= 5$ и $KP = 15$ .

Отметим $M$ — середину стороны $BA$ . Основания высот $A1, B1, C1$ и точка $M$ лежат на одной окружности(Окружность девяти точек). Тогда $KC1⋅KM = KA1⋅KB1$ по свойству отрезков секущих, проведенных из одной точки $K$ .

А также имеем $KP 2 = KA1 ⋅KB1$ . И так как $KP = 15, KM =25$ , получаем $KC1⋅25= 225 =⇒ KC1 = 9 =⇒ PC1 = 6.$

Ответ: 6

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#64468

Окружность касается сторон $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ в точках $D$ и $E$ соответственно и пересекает сторону $AC$ в точках $F,G$ (точка $F$ лежит между точками $A$ и $G)$ . Найдите радиус этой окружности, если известно, что $AF = 5,GC = 2,AD :DB =2 :1$ и $BE = EC.$

Источники: ДВИ - 2012, вариант 1, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сразу запишем условие: BD=BE=EC=x, AD=2x, AF=5, CG=2. Практически все отрезки найдены, а какой так и хочется найти?

Подсказка 2

Найдем отрезок GF! Это отрезок секущей, лежащей внутри окружности. В какой теореме фигурирует такой отрезок?

Подсказка 3

Воспользуемся теоремой о касательной и секущей! Квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть. Обозначив GF=t, без труда найдем t и x. Смотрите, t можно выразить аж двумя способами!

Подсказка 4

Итак, t=3, x=sqrt(10). Супер, мы знаем все стороны треугольника! Теперь надо как-то провести радиус…что если опустить радиус из I — центра вписанной окружности на AB. Как можно найти радиус в получившемся треугольнике?

Подсказка 5

Хочется найти тангенс половины угла B, значит нам нужны синус и косинус половины угла B. Как это можно сделать?

Подсказка 6

Воспользуйтесь формулой понижения степени — там как раз используется половина угла! Но как найти косинус угла B?…

Подсказка 7

Мы ведь знаем все стороны — воспользуемся теоремой косинусов ;)

Показать ответ и решение

Пусть $EC = EB = BD =x$ (пользуемся равенством касательных), а $GF = t.$

$PIC$

По теореме о касательной и секущей $2 2 x =EC = CG ⋅CF = 2(2 +t)$ и $2 2 4x = AD = AF ⋅AG = 5(5 +t)$ . Из полученной системы легко найти $t= 3$ и $√-- x= 10$ . Далее по теореме косинусов для $ABC$ :

102 = 9x2+4x2− 2⋅2x⋅3x⋅cos∠B

10= 13− 12cos∠B

cos∠B = 1= 2cos2 ∠B-− 1 4 2

∠B sin∠B∕2 ∘3-∕8 ∘ --- tg-2-= tg∠IBD = cos∠B∕2 =∘5-∕8 = 3∕5

ID =BD ⋅tg ∠B-= xtg ∠B-= √6 2 2

Ответ:

$√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#90850

Точки $A,B$ и $C$ лежат на окружности радиуса 2 с центром $O$ , а точка $K−$ на прямой, касающейся этой окружности в точке $B$ , причем $∘ ∠AKC = 46$ , а длины отрезков $AK,BK, CK$ образуют возрастающую геометрическую прогрессию (в указанном порядке). Найдите угол $AKO$ и расстояние между точками $A$ и $C.$ Какой из углов больше: $ACK$ или $AOK?$

Источники: Вступительные на МехМат МГУ, 2007, задача 4 (см. www.mathnet.ru)

Показать ответ и решение

Сначала заметим, что $KA$ и $KC$ не могут быть касательными, поскольку их длина отличается от длины $KB$ , тогда они обе секущие, причём расположение точек именно такое, поскольку прогрессия возрастает.