Тема Физтех

Планиметрия на Физтехе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех

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#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 3#67586

Дан прямоугольный треугольник $ABC.$ Окружность, касающаяся прямой $BC$ в точке $B,$ пересекает высоту $CD,$ проведённую к гипотенузе, в точке $F,$ а катет $AC$ — в точке $E.$ Известно, что $AB∥EF,AD :DB = 3:1$ . Найдите отношение площади треугольника $ABC$ к площади треугольника $CEF.$

Источники: Физтех-2023, 11.2 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу… Точки E, F, B – лежат на одной окружности, причем точки E и F соединены! А что нам может помочь найти окружность? Правильно, равные углы. Что надо сделать, чтобы выйти на эти равные углы?

Подсказка 2

Да, нужно соединить все точки, лежащие на этой окружности, то есть надо соединить B с E и B с F! Тогда нетрудно видеть, что ∠CBF=∠FEB(угол между хордой и касательной), а также в силу параллельности ∠FEB=∠ABE! Таким образом, в силу равенства ∠CBF и ∠ABE: при гомотетии с некоторым положительным коэффициентом BF перейдет в BE, поскольку △ABC∼△CDB! Какие соотношения из этого можно написать?

Подсказка 3

Да, поскольку точки E и F разбивают отрезки AC и CD соответственно на два отрезка с одинаковым отношением(это первое соотношение), а также можно применить теорему Фалеса(это второе соотношение)! Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 4

Верно, получается, что CF=DF! То есть, F – середина отрезка CD. Осталось заметить лишь одно подобие треугольников, какое же?

Подсказка 5

Верно, △ACD∼△ECF, потому что EF – средняя линия △ACD! Теперь нужно только расписать отношение площадей!

Показать ответ и решение

Соединим точку $B$ с точками $E$ и $F.$ Так как $AB ∥ EF,$ то $∠ABE = ∠FEB,$ а $∠CBF =∠F EB$ по теореме об угле между касательной и хордой. Поэтому $∠ABE =∠CBF.$ Следовательно, $BE$ и $BF$ — соответствующие элементы в подобных прямоугольных треугольниках $ABC$ и $CBD$ (По двум углам: $∠ABC$ — общий и $∘ ∠ACB =∠CDB = 90 ).$ Значит,

AE CF CE-= DF-

По обобщённой теореме Фалеса

ACEE-= DCFF-

Из полученных равенств следует, что

CF-= DF-⇒ CF = DF DF CF

Значит, $F$ — середина $CD,$ а так как $EF ∥ AD,$ то $EF$ — средняя линия $△ACD.$ Отсюда

SACD = 4SCEF

А значит,

( ) ( ) SABC-= --SABC--= 4⋅0,5⋅AB-⋅CD- = 4AB-=4 AD-+ DB- =4 1 + 1 = 16 SCEF 0,25SACD 0,5⋅AD ⋅CD AD AD AD 3 3

Ответ:

$16 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#70776

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются в точке $A$ внутренним образом. Отрезок $AB$ — диаметр большей окружности $Ω,$ а хорда $BC$ окружности $Ω$ касается $ω$ в точке $D.$ Луч $AD$ повторно пересекает $Ω$ в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC,$ повторно пересекает $Ω$ в точке $F.$ Найдите радиусы окружностей, угол $AFE$ и площадь треугольника $AEF,$ если известно, что $5 13 CD =2,BD = 2 .$

Источники: Физтех-2022, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть пара касающихся окружностей. В такой ситуации бывает полезно отметить центры этих окружностей: пусть Q- центр w, а O- центр Ω. Что мы можем сказать про точки A, O, Q и B?

Подсказка 2

Верно, они лежат на одной прямой! Мы знаем, что ∠ACB=90° (AB- диаметр Ω) и ∠QDB=90° (BD- касательная к w). Тогда △BQD и △BAC- подобны. Что это нам дает?

Подсказка 3

Давайте обозначим за R- радиус Ω и r- радиус w. Тогда т.к. BQ/BA=BD/BC=13/18 ⇒ (2R-r)/2R=13/18 ⇒ r/R=5/9. Надо как-то посчитать радиусы. Давайте обозначим за K- вторую точку пересечения BA с w. Воспользуйтесь теоремой о касательной и секущей...

Подсказка 4

BD²=BK*BA=(2R-2r)*2R ⇒ R=39/8 и r=65/24. Теперь нам надо найти уголочек ∠FAE. Мы видим, что он равен половине суммы дуг AC и CE окружности Ω. Но половинка дуги AC равна уголочку ∠ABC, а его мы можем найти. Давайте тогда обозначим его за ψ. Чему равен уголок ∠QAD (сначала найдите ∠AQD)?

Подсказка 5

Т.к. ∠AQD- внешний для треугольника BQD, то ∠AQD=90°+ψ. Видно, что отрезки AQ и QD равны как радиусы ⇒ ∠QAD=45°-ψ/2 ⇒ дуга EB=2*∠QAD=90°-ψ. Дуга AB=180° и AB=AС+CE+BE ⇒ CE=90°-ψ ⇒ ∠AFE=(2ψ+90°-ψ)/2=45°+ψ/2. Что мы можем сказать про уголок ∠FAE?

Подсказка 6

Т.к. AC // FE ⇒ дуга AF равна дуге CE и равна 90°-ψ ⇒ дуга FE равна FA+AC+CE=90°-ψ+2ψ+90°-ψ=180° ⇒ ∠FAE=90°. Тогда в прямоугольном треугольнике △FAE мы знаем гипотенузу FE (FE=2R) и острый угол ∠AFE=45°+ψ/2 (ψ можно найти из прямоугольного треугольника △ABC). Я не сомневаюсь в том, что вам под силу довести решение до конца!

Показать ответ и решение

Обозначим $∠ABC = ψ$ , а радиусы $Ω$ и $ω$ через $R$ и $r$ соответственно. Пусть $O$ и $Q$ — центры окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; $K$ — точка пересечения $ω$ и $AB$ , отличная от $A.$

$PIC$

Отметим, что $∠BDQ =90∘$ (касательная $BD$ перпендикулярна радиусу $DQ$ ) и $∠BCA = 90∘$ (угол вписан в окружность $Ω$ и опирается на её диаметр). Значит, треугольники $BDQ$ и $BCA$ подобны (по двум углам). Отсюда

BD- = BC-⇒ --13- = 18⇒ R = 9r BQ BA 2R − r 2R 5

По теореме о касательной и секущей

2 (18r ) 18r 144r2 BD = BK ⋅BA = (2R − 2r)⋅2R= 5 − 2r ⋅ 5 = 25

Следовательно,

12r 5⋅BD 65 9r 39 BD = -5-⇒ r = -12--= 24 ⇒ R = 5-= 8

Далее находим углы и дуги: $^AC = 2∠ABC =2ψ;∠BQD =90∘− ∠QBD = 90∘ − ψ;$ $∠AQD =$ $180∘− ∠BQD = 90∘+ ψ;∠QAD = 12(180∘− ∠AQD )= 45∘− ψ2;^BE =2∠BAC =90∘− ψ;$ $^CE = 180∘− ^AC − ^BE = 90∘− ψ.$ Следовательно, $∠AF E = 12^AE = 45∘+ ψ2.$ Угол $ψ$ известен, так как $cosψ = BBCA = 399∕4 ⋅ 1123.$ Значит, $∠AFE = 45∘+ 12 arccos1123.$

Перейдём к нахождению площади. Треугольник $AEF$ прямоугольный $(∠EAF =90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр), поэтому

FA = FE cos∠EF A

1 1 1 S△AEF = 2 ⋅FA ⋅FE ⋅sin∠AFE = 4FE2 sin(2∠AF E)= 4 ⋅4R2sin(90∘+ψ )=

( )2 = R2cosψ = 39 ⋅ 12 = 351 8 13 16

Ответ:

$R = 39,r= 65,∠AFE = 45∘ + 1 arccos12,S = 351- 8 24 2 13 △AEF 16$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#33396

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром О. Окружность, проходящая через точки $A,O$ и $C$ , пересекает отрезок $BC$ в точке $P$ . Касательные к $ω$ , проведённые через точки $A$ и $C$ , пересекаются в точке $T$ . Отрезок $TP$ пересекает сторону $AC$ в точке $K$ . Известно, что площади треугольников $AP K$ и $CP K$ равны соответственно $6$ и $4$ .

а) Найдите площадь треугольника $ABC$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $7 ∠ABC = arctg 5$ . Найдите $AC$ .

Источники: Физтех - 2021, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Сразу воспользуемся тем, что AT и TC — касательные к ω. Получаем, что углы OCT и OAT - прямые. Что тогда мы можем сказать про окружность, проходящую через A, O, C?

Пункт а, подсказка 2

Да, верно! Эта окружность также проходит через точку T, а отрезок OT является её диаметром. Теперь, чтобы подобраться к точке K, попробуйте посчитать вписанные в данную окружность уголки, обозначив ∠ABC за β.

Пункт а, подсказка 3

Отлично! Мы получили, что ∠TAC = ∠TPC = ∠ABT = ∠ABC = β. Тогда у нас PK || ABC. Значит, треугольники ABC и CPK подобны. Для решения задачи осталось лишь найти коэффициент подобия между ними. Для этого воспользуйтесь последним условием на площади треугольников APK и CPK. Ведь мы знаем, что у них высота из P общая.

Пункт б, подсказка 1

Ещё из пункта а) мы знаем, что ∠APK = ∠KPC и отношение AK к KC. Тогда воспользуемся свойством биссектрисы для PK. А также у нас есть новое условие на β. Раз мы знаем, что tgβ = 7/5, то легко можем найти sin2β или cos2β.

Пункт б, подсказка 2

В треугольнике APC мы знаем cos∠APC = cos2β и отношение AP к PC. Если бы мы знали хоть одну из сторон AP и PC, то мы бы легко нашли AC через теорему косинусов. Попробуйте выразить площадь треугольника APC двумя способами и найти оттуда AP.

Пункт б, подсказка 3

Пользуясь условием на площади треугольников APK и CPK, получаем, что площадь APC равна 10. С другой стороны, эта же величина равна sin∠APC*AP*PC/2. Осталось лишь всё выразить и досчитать.

Показать ответ и решение

$PIC$

a) Так как прямые $TC$ и $TA$ - касательные к $ω$ , они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и $∠OCT =∠OAT = 90∘$ . Отсюда следует, что точки $A$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $OT$ (назовём эту окружность $Ω$ ). На этой же окружности лежит точка $P$ , поскольку она лежит на окружности, проходящей через точки $A,O,C$ . Обозначим $∠ABC = β$ . Тогда по свойству угла между хордой и касательной получаем, что $∠TAC = β$ . Далее, $∠T PC =∠T AC =β$ (углы, вписанные в окружность $Ω$ ). Из того, что $∠TPC = ∠ABC$ , следует, что $AB ∥PT$ .

Так как у треугольников $APK$ и $CPK$ общая высота, проведённая из вершины $P$ , их площади относятся как основания, т.е. $CK :AK = S△CPK :S△APK = 4:6 =2 :3$ . Треугольники $ABC$ и $KP C$ подобны, поскольку $PK ∥AB$ , и коэффициент подобия $k$ равен $CAKC= AK+CKKC- = 1+ ACKK-= 52$ . Но тогда $SABC =$ $k2⋅S△CPK = (52)2⋅4= 25$

б) Поскольку $∠ABC$ острый, то $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ (центральный угол вдвое больше вписанного), $∠AP C =∠AOC =2β$ (вписанные в $Ω$ углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, $PK−$ биссектриса треугольника $ACP$ (также можно заметить, что $∠T PA= ∠TCA = ∠ABC = β$ , как вписанные и как угол между касательной и хордой соответственно). Биссектриса треугольника делит противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому $CP :AP = CK :AK = 2:3$ . Пусть $CP = 2y$ ; тогда $AP = 3y$

Из дополнительного условия $β = arctg 7 5$ . Следовательно,

cos2β cos2 β− sin2β 1− tg2β 1− (7)2 12 cos2β =--1--= cos2-β+-sin2β = 1+-tg2β-= 1+-(57)2 = −37 ∘(-----)-(-----) ∘ -5--- sin2β = ∘1-− cos22β = 1 + 12 1− 12 = 49⋅25= 35. 37 37 372 37

Площадь треугольника $ACP$ равна $1 1 35- 105-2 2 ⋅CP ⋅AP sin2β = 2 ⋅2y⋅3y ⋅37 = 37 y$ , откуда получаем $105y2 37 = 10$ , $2 74- y = 21$ . По теореме косинусов из треугольника $APC$ находим, что $AC2 = (2y)2+ (3y)2− 2 ⋅2y⋅3y⋅cos2β =$ $12 625y2 625⋅74 13y2+ 12y2⋅37 =--37- = 37⋅21$ , откуда окончательно получаем $25√2 AC = -√21-$ .

Ответ:

$a)25, b)2√5√2 21$

Критерии оценки

Решён пункт а) – 4 балла;

частичные продвижения за пункт а):

доказано, что 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵 – 2 балла;

доказано, что четырёхугольник 𝐴𝑂𝐶𝑇 вписанный – 1 балл (не суммируется с вышеуказанными 2 баллами).

Решён пункт б) – 3 балла;

частичные продвижения за пункт б):

доказано, что 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝑃 𝐶 – 1 балл.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#33592

Две окружности одинакового радиуса $5$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . На первой окружности выбрана точка $C$ , а на второй - точка $D$ . Оказалось, что точка $B$ лежит на отрезке $CD$ , a $∘ ∠CAD = 90$ . На перпендикуляре к $CD$ , проходящем через точку $B$ , выбрана точка $F$ так, что $BF =BD$ (точки $A$ и $F$ расположены по разные стороны от прямой $CD )$ .

а) Найдите длину отрезка $CF$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $BC =6$ . Найдите площадь треугольника $ACF$ .

Источники: Физтех-2020, 11.6, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самая естественная мысль, которая возникает это найти отрезок из теоремы Пифагора. Тогда нам нужно найти два катета. Подумаем, как удобнее всего выразить сторону в треугольнике, если мы знаем радиус описанной окружности?

Подсказка 2

Верно, их можно выразить через теорему синусов. Для этого нам осталось только обозначить удобный угол и найти стороны.

Подсказка 3

Теперь попробуем ввести ещё один угол бетта, равный углу BCF, и узнать углы треугольника АDС. Что можно сказать про тангенс угла бетта, как можно выразить его через отрезки?

Подсказка 4

Ага, понимаем, что тангенсы углов BCF и DAB равны, а значит и углы эти равны. Теперь осталось выразить сторону АС треугольника АCF и найти его площадь.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R = 5$ - радиусы данных в условии окружностей, $∠BAD =α,∠BCF =β$ . Тогда $∠BAC =90∘− α$ , и по теореме синусов для $△ABD$ :

BD = 2Rsin α

для $△ABC$ :

BC =2R sin(90∘− α)= 2R cosα

Значит,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 CF =BC + BF = BC +BD = 4R cosα +4R sin α= 4R ,

откуда $CF = 2R= 10.$

б) Так как $tgβ = BF-= BD-= sinα-= tgα BC BC cosα$ , то $β = α$ . Далее, углы $ADC$ и $ACD$ вписаны в равные окружности и опираются на одну и ту же хорду $AB$ , поэтому они равны, и из прямоугольного треугольника $CAD$ находим, что $∠ADC = ∠ACD =45∘$ . Тогда

∘ ∘ ∘ ∘ ∠ABC = 180 − 45 − (90 − α )=45 + α,

поэтому

AC = 2Rsin(45∘+ α)

Итак,

SACF = 1⋅CA ⋅CF ⋅sin∠ACF = 2

1 ∘ ∘ = 2 ⋅2Rsin(45 +α )⋅2R sin(45 + β)=

2 2 ∘ 2 ∘ 2 = 2R sin (45 + α)= R (1− cos(90 + 2α))= R (1+ sin2α)=

( ∘-------) = R2 1 +2cosα 1 − cos2α

, где $cosα = B2RC= 35.$ Значит, $SACF = 49.$

Ответ:

а) $CF = 10$

б) $SACF = 49$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#33649

а) Две параллельные прямые $ℓ 1$ и $ℓ 2$ касаются окружности $ω 1$ с центром $O 1$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Окружность $ω 2$ с центром $O2$ касается прямой $ℓ1$ в точке $D$ , пересекает прямую $ℓ2$ в точках $B$ и $E$ , а также вторично пересекает окружность $ω1$ в точке $C$ (при этом точка $O2$ лежит между прямыми $ℓ1$ и $ℓ2$ ). Известно, что отношение площади четырёхугольника $BO1CO2$ к площади треугольника $O2BE$ равно 2. Найдите отношение радиусов окружностей $ω2$ и $ω1$

б) Найдите эти радиусы, если дополнительно известно, что $BD = 2$ .

Источники: Физтех-2020, 10.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R1,R2$ - радиусы окружностей $ω1$ , $ω2$ соответственно, $∠O1BO2 =α$ , а прямые $DO2$ и $ℓ2$ пересекаются в точке $P$ . Тогда из условия касания $AB ⊥ ℓ2$ ( $AB$ — диаметр) и $DO2 ⊥ℓ2$ , откуда $∠O2BE = π2 − α$ , а $∠BO2P =$ $π2 − ∠O2BE = α$ . Треугольники $BO1O2$ и $CO1O2$ равны по трем сторонам, поэтому $SBO1CO2 =$ $2SO1BO2 = 2⋅ 12 ⋅BO1 ⋅BO2 ⋅sin α= R1R2sinα$ . Площадь треугольника $BO2E$ равна $12O2P ⋅BE = 12R2cosα ⋅2R2 sinα= R22cosαsinα$ . Применим данное в условии отношение площадей $SBSO1CO2 =R-R1cosα = 2 BO2E 2$ и $1R1 = R2cosα 2$ . Кроме того, как расстояния между прямыми, равны $AB =DP$ , откуда $2R1 = R2+ R2cosα$ , следовательно $2R1 =R2 + 1R1 2$ , и $R2 = 3 R1 2$ .

б) Из прямоугольного треугольника $ABD$ получаем $BD2 = AB2+ AD2$ , то есть $BD2 = 4R2+ BP2 = 4R2+ (R2sinα)2 = 4R2+ R2− (R2 cosα)2 = 4R2 +R2 − (2R1− R2)2 =4R1R2 1 1 1 2 1 2$ . Итак, $R2 = 3 R1 2$ и $4R1R2 = 22 =4$ . Отсюда $∘-2 ∘ 3- R1 = 3,R2 = 2$ .

Ответ:

а) $R2 = 3 R1 2$ ; б) $R = ∘ 2,R = ∘-3 1 3 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#33670

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются внешним образом в точке $F$ , а их общая внешняя касательная касается окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно в точках $A$ и $B$ . Прямая $ℓ$ проходит через точку $B$ , вторично пересекает окружность $ω$ в точке $C$ , а также пересекает $Ω$ в точках $D$ и $E$ (точка $D$ расположена между $C$ и $E)$ . Общая касательная окружностей, проходящая через точку $F$ , пересекает прямые $AB$ и $BE$ в точках $P$ и $H$ соответственно (точка $F$ лежит между точками $P$ и $H)$ . Известно, что $BC = 42,DH =HC = 4$ .

а) Найдите длину отрезка $HP$ .

б) Найдите радиусы обеих окружностей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что этот отрезок целиком сразу мы найти не сможем. Попробуем сделать это по частям: сначала найдём HF, потом PF. У нас есть множество секущих и касательных. Тогда какую теорему можно попробовать применить для нахождения отрезков касательных?

Подсказка 2

Верно, это теорема о касательной и секущей. Отсюда сразу находим HF и остальные отрезки секущей BE. Осталось вспомнить, что отрезки касательных из одной точки равны и найти PF.

Подсказка 3

Попробуем воспользоваться идеей, что нам известен отрезок АВ и конструкция из прямоугольной трапеции. Понятно, что неизвестные радиусы можно обозначить за R и r. Тогда какое естественное уравнение мы можем уже записать для них?

Подсказка 4

Ага, можно записать теорему Пифагора. Отсюда мы получили первое уравнение на радиусы. Теперь, так как катет и гипотенуза треугольника выражены через радиусы, хочется попробовать найти значение косинуса этого угла. Попробуйте найти равенство углов, а затем вспомнить, какая теорема в треугольнике лучше всего ищет угол?

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Трижды применяем теорему о касательной и секущей:

√-- HF 2 = HC ⋅HB =4⋅46⇒ HF =2 46 2 HF2- HF =HD ⋅HE ⇒ HE = HD = 46 BA2 = BD ⋅BE =50⋅92⇒ BA = 10√46

Поскольку отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны между собой, $PF = PA = PB$ , следовательно, $√-- P F = 12AB = 5 46$ . Итак, $√ -- P H = PF + FH = 7 46$ .

б) Пусть $∠BP H = γ$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BPH$ получаем $BH2 =$ $BP2+ HP 2− 2BP ⋅PH ⋅cosγ$ , т.е. $462 = 72⋅46 +52⋅46− 70 ⋅46cosγ$ , откуда $46= 49+ 25 − 70cosγ$ , $cosγ = 25$ Пусть $O$ и $Q$ — центры, а $R$ и $r$ — радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; так как окружности касаются, точка касания $F$ лежит на линии центров $OQ$ , и при этом $OQ ⊥ PH$ . Углы $A$ и $F$ четырёхугольника $AOF P$ прямые, поэтому $∠AOF = 180∘− ∠AP F =∠BP F =γ$ .

Рассмотрим прямоугольную трапецию $ABQO$ . В ней $OQ =R + r,OA = R,BQ =r,AB =$ $10√46,∠AOQ = γ$ . Опуская из точки $Q$ высоту $QT$ на основание $AO$ , получаем прямоугольный треугольник $OQT$ , в котором $TQ =AB = 10√46,OT = R − r$ . По теореме Пифагора получаем

(R+ r)2 =(R− r)2 +(10√46)2

Rr =25⋅46

Кроме того,

2= cosγ = R−-r =⇒ R = 7r 5 R+ r 3

Находим, что

--- --- 5√-322- 5√138 R = √3 ,r= √ 7

Ответ:

а) $HP = 7√46$

б) $∘ 138 ∘ 322- 5 7 ;5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#77069

Хорды $AB$ и $CD$ окружности с центром $O$ имеют длину 10. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ , причем $DP = 3.$ Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L.$ Найдите отношение $AL :LC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы можем сказать, про четырехугольник ABCD, если прямые, содержащие стороны AB и CD, пересекаются вне окружности, и AB=CD, и это хорды окружности?

Подсказка 2

Конечно, что это трапеция. А если это трапеция, то как мы обычно ищем отношение, в котором ее диагональ делит точка пресечения диагоналей? А что нам нужно, чтобы найти это отношение?

Подсказка 3

Верно, мы ищем это отношение через подобие треугольников BCL и ADL, и это отношение равно AD к BC. Знаем ли мы это отношение, если у нас дан отрезок CD и DP?

Показать ответ и решение

Так как $AB =CD$ , то $ABCD$ — равнобедренная трапеция.

Значит, $AP =P D= 3, PB = PC =13$ . Отсюда треугольники $BOP$ и $COP$ равны по трем сторонам, и значит, $P O$ — биссектриса $∠BP C$ .

$PIC$

Тогда по свойству биссектрисы $LLCA = PPCA-= 133 .$

Ответ: 3 : 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91349

В окружность $Ω$ радиуса 13 вписаны трапеция $ABCD (AD ∥BC)$ и прямоугольник $A B C D 1 1 1 1$ таким образом, что $AC ⊥ B D ,BD ⊥ A C . 1 1 1 1$ Найдите отношение площади $ABCD$ к площади $A1B1C1D1,$ если известно, что $AD = 10,BC = 24.$

Показать ответ и решение

Проведём через центр окружности $O$ прямую, перпендикулярную основаниям трапеции. Пусть она пересекает $AD$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно.

$PIC$

Так как диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам, $AX = XD = 5$ и $BY = YC = 12$ . По теореме Пифагора из треугольников $AXO$ и $BYO$ находим, что $OX =12$ и $OY = 5$ . Отсюда $XY = 7$ или $XY =17.$

Заметим, что так как диагонали параллелограмма перпендикулярны диагоналям прямоугольника, то углы между диагоналями в обеих этих фигурах одинаковы. Так как площадь четырехугольника равна произведение его диагоналей, то теперь нам нужно посчитать

--AC⋅BD---= B1D21-t A1C1⋅B1D1 26⋅26

Пусть $XY =7$ . Заметим, что $AD- XE- BC = EY$ . Значит, $5- 35 XY = 17XY = 17$ . По теореме Пифагора $∘----352 5-√-2---2 DE = 25+ 172 = 17 17 +7$ и так как $AD- DE- BC = EB$ , то $17 √--- BD = 5 DE = 338$ . Отсюда

AC ⋅BD 338 1 A1C1⋅B1D1-=26⋅26 = 2

Пусть $XY =17$ . Заметим, что $ABDC-= XEEY-$ . Значит, $XY = 157XY = 5$ . По теореме Пифагора $√ -- √ - DE = 50= 5 2$ и так как $ABDC-= DEEB-$ , то $√- BD = 175 DE = 17 2$ . Отсюда

-AC-⋅BD---= 578-= 289- A1C1⋅B1D1 676 338

Ответ: 289 : 338

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91350

Хорды $AB$ и $CD$ окружности $Γ$ с центром $O$ имеют длину 4. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ . Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L$ , причём $AL:LC = 1:4.$

a) Найдите $AP.$

б) Пусть дополнительно известно, что радиус окружности $Γ$ равен 3, а точка $T$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ACP.$ Найдите длину отрезка $P T$ и площадь треугольника $ACP.$

Показать ответ и решение

a) Так как $AB =CD$ , то $ABCD$ равнобедренная трапеция. Значит, $AP = PD$ , $P B = PC$ . Отсюда треугольник $BOP$ и $COP$ равны, и значит, $PO$ — биссектриса. Значит, $PC- LC- PA = LA = 4$ . Отсюда $CD- PA = 3,$ и значит, $4 P A= 3.$

$PIC$

б) Проведем биссектрису угла $CAP$ и пересечем ее с окружностью в точке $T ′$ . Заметим, что угол $PAC$ равен дугам $AB + AD +CD = CD + CD +AD$ . Значит, половина угла $PAC$ равна углу $T′AC$ и равна дугам $CD + AD2-$ . Значит, $T ′$ это середина дуги $AD$ . Так же биссектриса угла $ACD$ проходит через $T ′$ . Значит, $T = T′$ .

Степень точки $P$ равна $PA⋅PB = 649 = PO2 − 9 =(PT +3)2− 9$ . Отсюда $√ --- PT = −3 +-1435$ и $√--- PO = -1345-$

Посчитаем через теорему косинусов косинус угла $AP O$ .

AP2+-PO2-− AO2 169 +-1459-− 9 -80-- -10- cos∠AP O = 2 ⋅AP ⋅AO = 2⋅4⋅√9145 = 8√145 = √145

√-- √- sin∠AP C = 2sin∠AP O cos∠AP O= 2⋅√10-⋅√45-= 60-5 145 145 145

AP ⋅PC ⋅sin∠APC 4 ⋅16⋅60√5 128√5 SAPC =-------2-------= -145⋅9⋅2- = -87--

Ответ:

$PA = 4 3$

$√145- PT = −3 + 3$

$128√5 SAPC = 87$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31715

На продолжении стороны $AC$ треугольника $ABC$ за точку $A$ отмечена точка $T$ такая, что $∠BAC = 2∠BTC.$ Найдите площадь треугольника $ABC,$ если известно, что $AB =AC, BT = 70,AT = 37.$

Источники: Физтех-2018, 9.5, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Угол BAC - внешний для треугольника BAT! Какие выводы можно сделать, пользуясь этим знанием и условием на углы BAC, BTC?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность ABT. Далее нам было бы здорово сделать какие-то выводы про наш треугольник CBT, пользуясь доказанным фактом и тем, что AB = AC по условию

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку $∠BAC$ — внешний для треугольника $TAB,$ то из условия получаем $∠ABT =∠BT A.$ Тогда $AB = AC =AT$ и $∠CBT$ прямой. Отсюда по теореме Пифагора $√ -2----2 BC = 74 − 70 = 24$ и $SABC = SCBT∕2= 24⋅70∕4= 420.$

Ответ:

$420$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71791

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ проведена диагональ $BD,$ и в каждый из полученных треугольников $ABD$ и $BCD$ вписана окружность. Прямая, проходящая через вершину $B$ и центр одной из окружностей, пересекает сторону $DA$ в точке $M.$ При этом $8 AM = 5$ и $12 MD = 5 .$ Аналогично, прямая, проходящая через вершину $D$ и центр второй окружности, пересекает сторону $BC$ в точке $N.$ При этом $30 BN = 11$ и $25 NC = 11.$

(a) Найдите отношение $AB :CD.$

(b) Найдите длины сторон $AB$ и $CD,$ если дополнительно известно, что данные окружности касаются друг друга.

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Так ли проста прямая, соединяющая центр вписанной окружности с вершиной треугольника?) Просят найти AB/CD, а какие вообще отношения с AB и CD можно записать?

Пункт а), подсказка 2

Прямые BM и DN это биссектрисы треугольников! Тогда стоит воспользоваться свойством биссектрисы, чтобы связать отношениями AB с CD

Пункт б), подсказка 1

Мы уже знаем отношение AB/CD, так что хочется попробовать как-то с помощью переменных выразить AB и CD, чтобы потом решить уравнение.

Пункт б), подсказка 2

На рисунке есть окружности и касательные, на что это может намекать?

Пункт б), подсказка 3

Отрезки касательных к окружности из одной точки равны! Так что мы можем все отрезки, в том числе и AB и CD, выразить через отрезки, выходящие из вершин B и D.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Так как биссектриса треугольника делит его сторону пропорционально двум другим сторонам, то

AB :BD = AM :MD = 2:3

BD :DC = BN :NC = 6:5

Следовательно,

2 6 AB :CD = 3 ⋅5 =4 :5

(b) Обозначим точки касания окружности, вписанной в треугольник $ABD,$ с его сторонами $AB,$ $AD, BD$ через $P,F,K$ соответственно; точки касания окружности, вписанной в треугольник $BCD$ с его сторонами $BC, CD,BD$ — через $Q,E,K$ соответственно (по условию точка касания со стороной $BD$ общая).

$PIC$

Пусть $BK =x,KD = y.$ Используя равенство отрезков касательной, проведённых к окружности из одной точки, получаем соотношения

BQ = BP =BK = x,DF = DE =DK =y,AF = AD − DF = 4− y,AP = AF = 4− y

CQ = BC − BQ = 5− x,CE =CQ = 5− x,AB = AP +P B = 4+ x− y,CD =5− x+ y

В пункте (а) было получено, что $AB :CD = 4:5,$ откуда $4+x−y 4 5−x+y = 5,x= y.$ Тогда

AB =4,CD = 5

Ответ:

(a) $AB :CD = 4:5$

(b) $AB = 4,CD =5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#39607

В треугольнике $ABC$ угол при вершине $A$ в два раза больше угла при вершине $C$ . Через вершину $B$ проведена касательная $l$ к окружности $Ω$ , описанной около треугольника $ABC$ . Расстояния от точек $A$ и $C$ до этой касательной равны соответственно 4 и 9.

(a) Найдите расстояние от точки $A$ до прямой $BC$ .

(b) Найдите радиус окружности $Ω$ и длину стороны $AB$ .

Источники: Физтех-2017, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про угол между хордой и касательной?

Подсказка 2

Верно, такой угол равен одному из вписанных углов, опирающихся на ту же дугу! Одной из задач, которая перед нами стоит, является найти радиус описанной окружности. В какой теореме он присутствует?)

Подсказка 3

Да, в теореме синусов!) Запишите ее и посмотрите, сколько приятных вещей можем из нее найти!

Подсказка 4

Посмотрите на треугольник АВD и найдите сторону АВ!

Подсказка 5

Воспользуйтесь синусом угла АВС, чтобы найти нужное нам расстояние!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AD = 4$ и $CE =9$ , где $DE$ — касательная. Учтём равенство углов между касательной и хордой вписанным, запишем $2R$ через стороны $AB$ и $BC$

2R= -AB-= --42--= -BC--= --92-- ⇐⇒ 16cos2α =9 ⇐⇒ cosα= 3 sin α sin α sin2α sin 2α 4

Поскольку $3α< 180∘$ , то $√ - sinα =-47$ . Отсюда сразу же находим

AB = --4-= √16-, R = -AB--= 32- sin α 7 2sinα 7

Осталось найти высоту, для этого заметим следующее

3 ρ(A,BC)= AB sin∠ABC =AB sin3α =AB (3sinα− 4sin α)= 5

Ответ:

а) 5

б) $32; 7$ $1√6- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#39608

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность радиуса $7$ . Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P$ , а лучи $BC$ и $AD$ пересекаются в точке $Q$ . Известно, что треугольники $ADP$ и $QAB$ подобны (вершины не обязательно указаны в соответствующем порядке).

(a) Найдите $AC$ .

(b) Пусть дополнительно известно, что окружности, вписанные в треугольники $ABC$ и $ACD$ , касаются отрезка $AC$ в точках $K$ и $T$ соответственно, причём $CK :KT :TA= 6:$ $1 :7$ (точка $T$ лежит между $K$ и $A$ ). Найдите $∠DAC$ и площадь четырёхугольника $ABCD$ .

Источники: Физтех-2017, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Заметим, что угол А у наших подобных треугольников общий. Что тогда можно сказать про другие углы этих треугольников?

Пункт а), подсказка 2

Ура! Мы использовали подобие, чтобы указать на равные углы! Но у нас два варианта… Как понять, что один не подходит?

Пункт а), подсказка 3

Да, угол ADP больше чем угол AQB. Значит, нам подходит только вариант равенства углов ABQ и ADP. Попробуйте, воспользовавшись вписанностью ABCD, понять, чему равен каждый из этих углов , и задача будет решена!

Пункт б), подсказка 1

Поскольку CK:KT:TA=6:1:7, то CT=TA, но ведь CA-диаметр из пункта а. Что это дает?

Пункт б), подсказка 2

Да, мы поняли, что угол DAC=45° (значит, мы нашли и площадь треугольника ADC). А также нашли длины отрезков CK,KT,TA. Воспользовавшись свойством равенства длин касательных из одной точки, попробуйте понять, как можно сделать картинку жёсткой. То есть какую одну переменную нужно ввести, чтобы картинка задавалась единственным образом?

Пункт б), подсказка 3

Да, радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, фиксирует картинку. Осталось понять, чему равен этот радиус. Как это сделать? Попробуйте выразить площадь треугольника ABC двумя разными способами через радиус.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Подобие треугольников эквивалентно равенству всех их углов. Так как угол при вершине $A$ у треугольников общий, то есть два варианта: либо $∠ABQ = ∠ADP,∠AQB =∠AP D,$ либо $∠ABQ =∠AP D,$ $∠AQB =∠ADP.$ Второй случай невозможен, так как $∠ADP −$ внешний угол треугольника $CDQ,$ поэтому он равен сумме $∠DCQ + ∠DQC,$ т.е. $∠ADP > ∠AQB.$ Тогда остаётся первый случай и $∠ABC =∠ADC.$ Но четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, а значит, $∠ABC + ∠ADC = 180∘,$ откуда $∠ABC = ∠ADC =$ $90∘.$ Следовательно, $AC −$ диаметр окружности, $AC = 14.$

(b) Из предыдущего пункта получаем $T C = TA = 7$ , то есть точка касания вписанной окружности является серединой стороны и $△ADC$ равнобедренный, откуда $∘ ∠DAC = 45$ . Пусть $r$ — радиус вписанной окружности $ABC$ и $X ∈ AB,Y ∈BC$ — точки касания её с катетами. Из условия $Y C = CK = 6$ и $AK = AX = 8$ . При этом $BY = BX = r$ , запишем площадь $△ABC$ двумя способами

(r+ 6)(r+ 8) r(r+ 6+ r+8 +14) SABC =-----2---- = -------2------- ⇐⇒ r2+14r− 48 =0

Поскольку $r> 0$ , то $√-- r= −7+ 97$ и $SABC = (r+6)(2r+8)= 97−21= 48$ . Площадь равнобедренного $△ADC$ равна $√-√ - 7-2⋅27-2= 49$ , откуда $SABCD = 48 +49= 97$ .

Ответ:

(a) $14;$

(b) $45∘,97.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#51855

Равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ вписан в окружность $Ω.$ Хорды $DN$ и $LT,$ параллельные прямой $AC,$ пересекают сторону $BC$ в точках $F$ и $H$ соответственно, и при этом $BF =F H =HC$ . Найдите радиус окружности $Ω$ и площадь треугольника $ABC,$ если $√ -- √-- DN =2 30, LT = 2 42,$ а центр $O$ окружности $Ω$ расположен между прямыми $LT$ и $AC.$

Источники: Физтех-2016, 10.6 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Прямая $BO$ перпендикулярна хордам $AC,DN, LT$ и делит каждую из них пополам. Пусть точки $P$ , $Q$ и $E−$ середины $DN,LT$ и $AC.$ Обозначим радиус окружности $Ω$ за $R;BP = PQ = QE =x.$ Тогда $OQ = OB − BQ = R − 2x,OP =OB − BP = R− x$ и по теореме Пифагора для треугольников $OQT$ и $OPN$ получаем $R2 = 42+(R − 2x)2,R2 =30+ (R− x)2,$ откуда после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых следует, что

{ 2x2− 2Rx +21 =0 x2− 2Rx+ 30 =0

находим, что $x2− 9=0$ , $x =3$ . Тогда $2 R = 2x2+x21= 132$ ;

Вычитая из первого уравнения второе, находим, что $x2− 9= 0$ , $x= 3$ . Тогда

( )2 ( )2 OE = BE − BO = 3x− R= 5,CE2 = OC2− OE2 = 13 − 5 =36 2 2 2

Следовательно, $SABC = BE ⋅CE = 9⋅6 =54$ .

Ответ:

$R = 13,S =54 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#64373

Точки $A,B,C,D,E$ последовательно расположены на прямой. Известно, что $AB = BC =2,CD = 1$ , $DE =3$ . Окружности $Ω$ и $ω$ , касающиеся друг друга, таковы, что $Ω$ проходит через точки $A$ и $E$ , а $ω$ проходит через точки $B$ и $C$ . Найдите радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ , если известно, что их центры и точка $D$ лежат на одной прямой.

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей $Ω$ и $ω$ через $O$ и $Q$ соответственно. Поскольку $C$ — середина хорды $AE$ окружности $Ω$ , то отрезок $OC$ перпендикулярен $AE$ . Опустим из точки $Q$ перпендикуляр $QH$ на прямую $AE$ . Тогда $BH = HC = 1$ (диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам).

Пусть $OC =x$ . Тогда $QH = 2x$ (так как $OC$ — средняя линия треугольника $DHQ ),$

$PIC$

∘---------- ∘------ ∘ --------- ∘----- r= QB = QH2 + BH2 = 4x2+ 1,R = OA = OC2 +AC2 = x2+ 9

Выразим двумя способами отрезок $QO$ . С одной стороны, так как окружности касаются внутренним образом, расстояние между их центрами равно разности радиусов, т.е. $OQ = R − r$ . С другой стороны, из прямоугольной трапеции $CHQO$ получаем, что

OQ2 = CH2+ (QH − OC )2 =1 +x2

Значит,

∘----- ∘ ------ ∘ ------ OQ = 1+ x2 = R − r= x2+16− 4x2 +1

откуда

2 ∘ -4----2--- 2 5x +2 +2 4x +5x + 1= x +16

∘4x4-+5x2+-1= 7− 2x2

При условии $7− 2x2 ≥ 0$ получаем

4x4+ 5x2 +1 =49− 28x2 +4x4 ⇐⇒ x2 = 16 11

Тогда получаем, что $∘-- ∘-- R = 8 311,r= 5 131.$

Ответ:

$8∘ 3-,5∘ 3 11 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#51854

В углы $A$ и $B$ треугольника $ABC$ вписаны соответственно окружности с центрами $O 1$ и $O 2$ равного радиуса, точка $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC.$ Данные окружности касаются стороны $AB$ в точках $K1,K2$ и $K$ соответственно, при этом $AK1 = 4,BK2 = 6,$ и $AB = 16.$

(a) Найдите длину отрезка $AK$ .

(b) Пусть окружность с центром $O1$ касается стороны $AC$ в точке $K3.$ Найдите угол $CAB,$ если известно, что точка $O1$ является центром окружности, описанной около треугольника $OK1K3.$

Источники: Физтех-2015, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Прямые $AO1$ и $BO2$ являются биссектрисами углов $A$ и $B$ треугольника, поэтому они пересекаются в точке $O$ - центре вписанной окружности. Обозначим радиусы окружностей с центрами $O1$ и $O2$ через $r,$ а радиус вписанной окружности через $R.$ Треугольники $OKB$ и $O2K2B$ подобны, коэффициент подобия равен $R, r$ поэтому $BK = 6R. r$ Аналогично $AK = 4R, r$ откуда $10R =16,AK = 32. r 5$

(b) Из условия следует, что $O1O =O1K1 = r.$ Опустим из точки $O1$ перпендикуляр $O1H$ на отрезок $OK.$ Тогда $3 OH- 3 OH = R − r = 5r,∠OAB = ∠OO1H = arcsin OO1 = arcsin5.$ Значит, $3 -7 ∠CAB = 2arcsin5 =arccos25$

Ответ:

(a) $32 AK = 5-,$

(b) $∠CAB =2 arcsin35 =arccos 725$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#51851

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

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

Показать ответ и решение

$PIC$

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

Ответ:

$r= 3,R= 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#51007

В равнобедренном треугольнике $ABC$ основание $AC$ равно $1,$ угол $ABC$ равен $2arctg 1 2$ . Точка $D$ лежит на стороне $BC$ так, что площадь треугольника $ABC$ вчетверо больше площади треугольника $ADC.$ Найдите расстояние от точки $D$ до прямой $AB$ и радиус окружности, описанной около треугольника $ADC.$

Источники: Физтех-2010, 11.1 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $E$ — проекция точки $D$ на прямую $AB.$ Так как $S△ABC =$

= AC-⋅BC-sin∠ACB, a S△ADC = AC⋅DC-sin ∠ACB, то BC-= S△ABC =4. 2 2 DC S△ADC

Следовательно, $DC = BC- 4$ и $BD = 3BC. 4$ Имеем $BC = ---1----= √5 2sinarctg12 2$ (можно использовать $-1--= 1+ ctg2α sin2α$ ). Тогда $BD = 3√5- 8$ и $3√5 2 3 DE = BDsin∠ABC = -4-⋅5 =2√5$ — расстояние от точки $D$ до прямой $AB.$ Далее, по теореме косинусов из $△ADC$ получаем