Тема 17. Задачи по планиметрии

17.14 Вписанная и вневписанная окружности

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#2077

Катеты прямоугольного треугольника равны $a$ и $b$ , а гипотенуза равна $c$ . Докажите, что радиус вписанной окружности равен

a +-b −-c 2

Показать ответ и решение

1 способ

Рассмотрим прямоугольный $△ABC$ , пусть $BC = a,AC = b,AB = c$ . Проведем радиусы $ON, OK, OM$ в точки касания. Обозначим также радиус $ON = r$ .

$PIC$

Рассмотрим четырехугольник $CN OM$ . У него 3 угла прямые, следовательно, по признаку он является прямоугольником. Также соседние стороны ( $ON = OM = r$ ) у него равны. Следовательно, все его стороны равны $r$ (то есть это квадрат). Таким образом, $CN = CM = r$ .

Значит, $BN = a − r$ , $AM = b − r$ . Т.к. отрезки касательных, проведенные из одной точки к окружности, равны, то $BK = BN = a − r$ , $AK = AM = b − r$ .
Таким образом, гипотенуза $AB = a − r + b − r = a + b − 2r$ . Но с другой стороны гипотенуза равна $c$ . Таким образом,

a + b − 2r = c ⇒ r = a +-b −-c 2

2 способ

Как известно, площадь треугольника равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности. Т.к. $S = 1ab 2$ , $p = 1(a + b + c) 2$ , то

1 1 ab -ab = --(a + b + c) ⋅ r ⇒ r = --------- 2 2 a + b + c

По теореме Пифагора $2 2 2 a + b = c$ , следовательно, $2 2 2 a + b − c = 0$ . Сделаем преобразования:

$r = ---ab----= ----ab(a-+-b −-c)---- = ab(a-+-b-−-c) = a + b + c (a + b + c)(a + b − c) (a + b)2 − c2$

$--ab(a-+-b-+-c)--- ab(a +-b −-c) a +-b −-c = a2 + 2ab + b2 − c2 = 2ab = 2 .$

Ответ: Доказательство

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#2078

Окружность касается стороны $BC = 15$ и продолжений сторон $AB =AC =8,5$ треугольника $ABC.$ Найдите радиус этой окружности.

Показать ответ и решение

Заметим, что треугольник $ABC$ — равнобедренный. Так как центр окружности равноудален от сторон угла $A,$ то он лежит на биссектрисе этого угла, то есть $AO$ — биссектриса $∠A.$

Так как треугольник равнобедренный, то биссектриса $AO$ является также медианой и высотой. Следовательно, так как $M$ — точка касания и $OM ⊥ BC,$ то точка $M$ лежит на отрезке $AO.$

$PIC$

Далее, $△ACM ∼ △ANO$ по двум углам. Следовательно,

CM--= AC- ⇒ 152 = --8,5--- ON AO r AM + r

Таким образом, для того, чтобы найти $r,$ нужно сначала найти $AM.$

По теореме Пифагора из $△AMC :$

2 2 2 2 2 AM = AC − MC = 8,5 − 7,5 =16 ⇒ AM = 4

Тогда имеем уравнение:

15 -2 = 8,5- ⇒ r = 30 r 4+ r

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#2079

Окружность касается стороны $AB$ и продолжения сторон $BC$ и $AC$ треугольника $ABC,$ причем $AB = AC = 17,$ $BC = 30.$ Найдите радиус этой окружности.

Показать ответ и решение

Так как окружность вписана в угол $BAK,$ то ее центр лежит на его биссектрисе, следовательно, $AO$ — биссектриса $∠BAK.$

Обозначим $∠BAO = ∠KAO = α.$ Тогда имеем:

∘ ∠BAC = 180 − 2α

Так как $△ABC$ — равнобедренный, то

∘ ∘ ∠BAC =180 − 2∠B = 180 − 2∠C

Таким образом, $∠B = ∠C = α.$

$PIC$

Следовательно, углы $∠ACB = ∠KAO$ и являются соответственными при прямых $CB$ и $AO$ и секущей $CA.$ Тогда по признаку $CB ∥AO.$

Проведем $AH ⊥ BC.$ Так как $△ABC$ — равнобедренный, то $AH$ — медиана.

Далее, $AH = OF$ как отрезки перпендикулярных прямых, заключенные между параллельными прямыми $BC$ и $AO.$ Отрезок $AH$ можно найти по теореме Пифагора из $△AHB :$

2 2 2 2 2 2 AH = AB − HB = 17 − 15 = 8

Тогда искомый радиус равен

r = OF = AH = 8

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32955

Окружность с центром $O$ , вписанная в треугольник $ABC$ , касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. В четырёхугольник $BP OQ$ можно вписать окружность. Найдите угол $ABC$ , если известно, что радиус этой окружности вдвое меньше радиуса вписанной окружности треугольника $ABC$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Пусть $r$ — радиус окружности вписанной в четырёхугольник $BP OQ$ . Тогда радиус вписанной окружности треугольника $ABC$ равен $2r$ . Если окружность с центром $O1$ , вписанная в четырёхугольник $BP OQ$ , касается его стороны $OP$ в точке $F$ , а стороны $BP$ — в точке $E$ , то

O1F ⊥ OP, O1F = r, O1E ⊥ BP, F P = O1E = r, OF = OP − FP = 2r− r = r.

Из прямоугольного треугольника $OF O1$ находим, что $∠F O1O = ∠F OO1 = 45∘$ . Тогда $∠OBQ = ∠OBP = 45∘$ . Следовательно, $∠ABC = 2∠OBP = 90∘$ .

$PIC$

Ответ: 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#2074

Четырехугольник $ABCD$ описан около окружности с центром $O.$ Докажите, что $∠AOB + ∠COD =180∘.$

Показать ответ и решение

Если окружность вписана в многоугольник, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов этого многоугольника. Действительно, окружность вписана в угол $A,$ следовательно, центр окружности лежит на биссектрисе этого угла. Аналогично можно сказать и про остальные углы.

Введем обозначения:

∠A = 2x, ∠B = 2y, ∠C = 2z, ∠D = 2t

$PIC$

Сумма углов четырехугольника равна $360∘,$ следовательно,

2x +2y+ 2z+ 2t= 360∘ ⇒ x+ y+ z+ t= 180∘

Из $△AOB$ имеем:

∠AOB = 180∘− x − y

Из $△COD$ имеем:

∠COD = 180∘− z− t

Таким образом,

∘ ∘ ∠AOB + ∠COD = 180 − x− y+ 180 − z− t= = 360∘ − (x+ y+ z +t)= 360∘− 180∘ =180∘

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#11705

Окружность, вписанная в треугольник $ABC$ , площадь которого равна 66, касается средней линии, параллельной стороне $BC$ . Известно, что $BC = 11$ . Найдите сторону $AB$ .

(МИОО 2013)

Показать ответ и решение

Пусть $B1C1$ средняя линия, параллельная $BC$ . $D$ , $E$ , $F$ , $G$ — точки касания вписанной в $ABC$ окружности со сторонами трапеции $CB1C1B$ . Везде далее $p$ — полупериметр $ABC$ , $r$ — радиус вписанной окружности.

$IE ⊥ B1C1$ , $IG ⊥ CB$ как радиусы к точкам касания, тогда $EG = 2r$ .

Пусть $h$ — высота из вершины $A$ треугольника $ABC$ , тогда $h = 2SABBCC-= 12$ .

Пусть $h1$ — расстояние от $A$ до $B1C1$ , $h2$ — расстояние от $B1C1$ до $CB$ . Ясно, что $h = h1 + h2$ , при этом $h1 = h2$ , т.к. $B1C1$ — средняя линия. Значит, $1 2r = EG = h2 = 2h = 6 ⇒ r = 3$ .

Обозначим $AF = y$ , $CG = x$ , тогда $GB = 11 − x$ . $AD = AF = y$ , $BF = BG = 11− x$ , $CG = CD = x$ как отрезки касательных.

$pict$

$PIC$

Ответ:

13 или 20.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#24280

В угол с градусной мерой $60∘$ вписаны две окружности, касающиеся друг друга внешним образом. Радиус меньшей окружности равен $r$ . Найдите радиус большей окружности.

Показать ответ и решение

Пусть $R$ — радиус большей окружности, $O1$ и $O2$ — центры маленькой и большой окружностей соответственно.

Опустим перпендикуляр $O1H$ из центра $O1$ меньшей окружности на радиус $OT$ большей окружности, проведённый в точку касания с одной из сторон данного угла. Получим прямоугольный треугольник $O HO 1 2$ с гипотенузой $O1O2 = R +r$ и катетом $O2H = R − r$ . Найдем острый угол $∠O2O1H$ .

Пусть $A$ — вершина угла, в который вписаны обе окружности. Заметим, что прямая $AO1$ является биссектрисой угла, в который вписаны окружности. Значит, $∠T AO1 = 30∘$ . Прямые $O1H$ и $AT$ параллельны, так как $O1H ⊥ O2T$ и $AT ⊥ O2T$ . Тогда соответственные углы $O2O1H$ и $O1AT$ , образованные параллельными прямыми $O1H$ и $AT$ и секущей $AO1$ , равны, то есть $∠O2O1H = 30∘$ .

$PIC$

Тогда в прямоугольном треугольнике $O HO 1 2$ катет $O H 2$ , лежащий напротив угла в $30∘$ , в два раза меньше гипотенузы $O1O2$ , то есть

O1O2 = 2O2H ⇔ R+ r = 2(R − r) ⇔ R = 3r

Ответ:

$3r$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#24281

Две окружности касаются друг друга внутренним образом. Известно, что два радиуса большей окружности, угол между которыми $60∘$ , касаются меньшей окружности. Найдите отношение радиусов окружностей.

Показать ответ и решение

Пусть окружности с центрами $O$ и $O1$ и радиусами $R$ и $r$ ( $R > r$ ) соответственно касаются внутренним образом в точке $A$ , а радиусы $OB$ и $OC$ большей окружности касаются меньшей в точках $M$ и $N$ соответственно, причём $∠BOC = 60∘$ .

Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, то $∘ ∠O1OM = 30$ , а так как линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, то

OO1 = OA − O1A = R − r

Рассмотрим треугольник $OO1M$ . В этом треугольнике $∠OM O1 = 90∘$ , так как радиус $O1M$ , проведенный в точку $M$ , перпендикулярен касательной к окружности в этой точке. Тогда в прямоугольном треугольнике $OO1M$ катет $O M = r 1$ , лежащий напротив $∠O OM = 30∘ 1$ , в два раза меньше гипотенузы $OO = R − r 1$ , то есть

OO1 = 2O1M ⇔ R− r = 2r ⇔ R = 3r ⇔ r : R = 1 : 3

$PIC$

Ответ:

$1 : 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#30562

Окружность с центром на основании треугольника касается его боковых сторон и средней линии. Найдите основание, если боковые стороны треугольника равны $a$ и $b$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим рисунок. Пусть $AB$ — основание, $AC =a$ , $BC = b$ , $A′B′$ — средняя линия, $O$ — центр окружности, $N$ — точка касания со средней линией. Проведем диаметр $NP$ и через точку $P$ проведем прямую, параллельную $AB$ и пересекающую прямые $AC$ и $BC$ в точках $′′ A$ и $′′ B$ соответственно. Тогда $′ ′ ′′ ′′ A BB A$ — трапеция. Так как $NO =OP$ , то по теореме Фалеса $′′ ′ AA = AA$ , $′′ ′ BB = BB$ , следовательно, $AB$ — средняя линия этой трапеции.

$PIC$

Пусть $A′B ′= x$ , значит, $AB = 2x$ , $A ′′B′′ = 3x$ . Если в четырехугольник вписана окружность, то суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны, следовательно, $A′B′+ A′′B′′ = A′A′′+ B′B′′$ . Так как $AA′′ = AA ′ = 12a$ , $BB ′′ = BB ′ = 12b$ , то $A′A′′ =a$ , $B ′B′′ =b$ , следовательно, $x+ 3x = a+b$ . Отсюда $AB = 2x= a+2b.$

Ответ:

$a-+b 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#44129

В треугольнике $ABC$ известны стороны: $AB = 7$ , $BC = 9$ , $AC = 10$ . Окружность, проходящая через точки $A$ и $C$ , пересекает прямые $BA$ и $BC$ соответственно в точках $K$ и $L$ , отличных от вершин треугольника. Отрезок $KL$ касается окружности, вписанной в треугольник $ABC$ . Найдите длину отрезка $KL$ .

Показать ответ и решение

Обе точки $K$ и $L$ не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок $KL$ не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольника.

Пусть обе точки $K$ и $L$ лежат на сторонах треугольника. Четырёхугольник $AKLC$ — вписанный, следовательно,

∠KAC = 180∘ − ∠KLC = ∠BLK.

$PIC$

Значит, треугольник $ABC$ подобен треугольнику $LBK$ , так как угол $ABC$ — общий.

Пусть вписанная окружность касается стороны $AB$ в точке $M$ , $p$ и $p1$ — полупериметры треугольников $ABC$ и $LBK$ соответственно. Тогда

7 + 9+ 10 p =----1---- = 13, p1 = BM = p− AC = 13 − 10 = 3,

значит, коэффициент подобия треугольников равен $p1p = 313-$ . Следовательно,

3- 3- 30 KL = 13 ⋅AC = 13 ⋅10 = 13.

Пусть точка $K$ лежит на продолжении стороны $AB$ . Вписанные углы $AKL$ и $ACL$ равны, поскольку опираются на одну и ту же дугу. Значит, треугольник $ABC$ подобен треугольнику $LBK$ , так как угол $ABC$ — общий. Эти треугольники описаны около одной и той же окружности, следовательно, коэффициент подобия равен 1, т. е. треугольники равны, поэтому $KL = AC = 10$ .

Заметим, что $BK = BC > AB$ и точка $K$ действительно лежит на продолжении стороны $AB$ .

Если же точка $L$ лежит на продолжении стороны $BC$ , то $BL > BC$ , но аналогично предыдущему случаю получаем, что $BL = AB < BC$ . Значит, этот случай не достигается.

Ответ:

$30 13$ И 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#44130

Окружность касается стороны $BC$ треугольника $ABC$ в точке $M$ , а продолжений сторон $AB$ и $AC$ — в точках $P$ и $Q$ соответственно. Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается стороны $BC$ в точке $K$ , а стороны $AB$ — в точке $L$ . Докажите, что:

а) отрезок $AP$ равен полупериметру $p$ треугольника $ABC$ ;

б) $BM = CK$ ;

в) $BC = PL$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Поскольку $BP = BM$ , $CQ = CM$ и $AP = AQ$ , то

AB + BC +AC = AB + (BM + M C) + AC =

= AB + (BP + QC )+ AC = (AB +BP )+ (QC + AC ) = AP + AQ = 2AP.

Следовательно,

AB + BC + AC AP = --------------= p. 2

б)

BM = BP = AP − AB = p− AB = CK.

в)

P L = AP − AL = p− (p− BC ) = BC.

Ответ:

Задача на доказательство

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#44131

Прямые $PA$ и $P B$ касаются окружности с центром $O$ ( $A$ и $B$ — точки касания). Проведена третья касательная к окружности, пересекающая прямые $P A$ и $PB$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что величина угла $XOY$ не зависит от выбора третьей касательной.

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим $∠AP B = α.$ Пусть $M$ — точка касания окружности с прямой $XY.$ Тогда

∠XOY = 1∠AOM + 1∠BOM = 1 (∠AOM + ∠BOM ) = 2 2 2

1 1 ∘ ∘ α- = 2∠AOB = 2(180 − α) = 90 − 2.

Ответ:

Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#44132

Дан остроугольный треугольник $ABC.$ Биссектриса внутреннего угла при вершине $B$ пересекает биссектрису внешнего угла при вершине $C$ в точке $M,$ а биссектриса внутреннего угла при вершине $C$ пересекает биссектрису внешнего угла при вершине $B$ в точке $N.$

а) Докажите, что $∠BM N = 1∠ACB. 2$

б) Найдите $BM,$ если $AB = AC = 10,$ $BC = 12.$

Показать ответ и решение

а) Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому $∠M BN = ∠M CN = 90∘.$ Из точек $B$ и $C$ отрезок $M N$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $M N.$ Вписанные в эту окружность углы $BM N$ и $BCN$ опираются на одну и ту же дугу, следовательно,

1 ∠BM N = ∠BCN = 2∠ACB.

б) Пусть $K$ — точка на продолжении стороны $AB$ за вершину $A.$ Поскольку $M$ — точка пересечения биссектрисы внутреннего угла при вершине $B$ треугольника $ABC$ и внешнего угла при вершине $C$ этого треугольника, луч $AM$ — биссектриса внешнего угла при вершине $A,$ т. е. угла $CAK,$ а так как $A$ — вершина равнобедренного треугольника $ABC,$ то $AM ∥ BC$ (биссектриса внешнего угла при вершине равнобедренного треугольника параллельна основанию). Аналогично $AN ∥ BC$ . Тогда точка $A$ лежит на отрезке $M N,$ $BN M C$ — равнобедренная трапеция, вписанная в окружность с диаметром $M N,$ а точка $A$ — центр окружности, описанной около этой трапеции.

Пусть $AH$ — высота равнобедренного треугольника $ABC,$ а $BP$ — высота трапеции $BN M C.$ Тогда

AM = AC = 10, P A = BH = 6, P M = P A + AM = 6+ 10 = 16,

∘ ----------- ∘ ------- BP = AH = AB2 − BH2 = 102 − 62 = 8.

Следовательно,

∘ ---2------2 ∘-2----2 √- BM = BP + PM = 8 + 16 = 8 5.

$PIC$

Ответ:

б) $8√5$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#44140

Вневписанная окружность равнобедренного треугольника касается его боковой стороны.

а) Докажите, что радиус этой окружности равен высоте треугольника, опущенной на основание.

б) Известно, что радиус этой окружности в пять раз больше радиуса вписанной окружности треугольника. В каком отношении точка касания вписанной окружности с боковой стороной треугольника делит эту сторону?

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть вписанная окружность с центром $O$ касается боковой стороны $AB$ и основания $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$ в точках $M$ и $H$ (рис. 1), а окружность с центром $O1$ касается боковой стороны $AB$ , продолжения основания $BC$ в точке $D$ и продолжения боковой стороны $AC$ в точке $E.$ Тогда $AH$ — высота треугольника $ABC.$

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому $AO1$ — биссектриса угла $BAE.$ В четырёхугольнике $AHDO1$ угол $HAO1$ — прямой как угол между биссектрисами смежных углов $BAC$ и $BAE,$ а так как $∠HDO1 = ∠AHD = 90∘,$ то $AHDO1$ — прямоугольник, поэтому $O1D = AH.$

$PIC$

б) Пусть радиус окружности с центром $O$ равен $r$ (рис. 2). Тогда радиус окружности с центром $O1$ равен $5r.$

AH = O1D = 5r, OA = AH − OH = 5r− r = 4r.

Из прямоугольного треугольника $AOM$ находим, что

AM = ∘AO2--−-OM-2 = ∘16r2-− r2 = r√15.

Прямоугольные треугольники $AOM$ и $ABH$ подобны по двум углам, поэтому $AM- = AH-, OM BH$ откуда

√ -- OM ⋅AH r⋅5r r 15 BH = --AM-----= r√15-= --3--.

По теореме об отрезках касательных, проведённых к окружности из одной точки $√-- BM = BH = r-135$ . Следовательно,

√-- BM r315 1 AM--= r√15- = 3.

Ответ:

б) $1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#44142

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $CL.$ На стороне $BC$ взята точка $D$ такая, что $∠DAB =∠B + ∠C.$ Докажите, что $DL$ — биссектриса $∠ADB.$

Показать ответ и решение

Пусть $∠B = α,$ $∠ACB = β.$ Тогда по условию $∠DAB = α +β.$

Отложим на луче $CA$ точку $K$ так, что $CK > CA.$ Тогда $∠BAK = α+ β$ как внешний угол треугольника $ABC.$ Тогда имеем:

∠DAB = α+ β = ∠BAK

Таким образом, $AB$ — биссектриса внешнего угла $DAK$ треугольника $ADC,$ которая пересекается с биссектрисой $CL$ в точке $L.$

Тогда $L$ — центр вневписанной окружности треугольника $ADC,$ которая касается стороны $AD.$ Значит, $DL$ является биссектрисой угла $ADB.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ:

Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#105928

Один из углов треугольника равен $3π∕4,$ радиус вписанной в него окружности равен 4, а периметр треугольника равен $√- 16(6+ 2).$ Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть $A1,B1,C1$ — точки, в которых окружность с центром $O$ касается сторон треугольника $ABC :$

$PIC$

Пусть $AC1 = x,$ $BC1 = y,$ $CB1 = z,$ $R$ — радиус описанной окружности, тогда

3π ∠B1AO =∠C1AO = -8 ,B1A = x,BA1 =y,CA1 = z,BC = y+ z,

R = -y+-z-= y√+z 2sin 3π4- 2

Обозначим $3π tg 8-= t,$ тогда $3π 2t tg-4 = 1−t2 = − 1,$ откуда $√- t= 1+ 2,$ так как $t> 0,$ то

x = OC1⋅ctg 3π =--4√--= 4(√2− 1). 8 1+ 2

По условию $2(x+ y+ z)= 16(6 +√2-),$ откуда

√- √ - 52+ 4√2 √- y+ z = 8(6+ 2)− x= 52+ 4 2,R = ---√----= 26 2+ 4. 2

Ответ:

$√- 26 2 + 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#19705

Дан описанный четырехугольник $ABCD$ c диагональю $BD.$ В треугольники $BDA$ и $BDC$ вписали окружности. Докажите, что эти окружности касаются и диагональ $BD$ является их общей касательной.

Показать доказательство

Пусть $AB = a, BC = b, CD = c, AD = d$ и $BD =e.$ Пусть $ω1$ — вписанная окружность треугольника $BDA,$ $ω2$ — вписанная окружность треугольника $BDC.$

По условию $ABCD$ — описанный четырехугольник, значит, суммы длин его противоположных сторон равны, то есть

AB + CD =BC +AD ⇔ a + c= b+ d ⇔ a− d= b− c

$PIC$

Нам нужно доказать, что окружности касаются и диагональ $BD$ является их общей касательной. Мы знаем, что прямая $BD$ является касательной каждой из окружностей, значит, нам достаточно доказать, что точки касания окружностей с прямой $BD$ совпадают.

Пусть $ω1$ касается $BD$ в точке $M,$ а $ω2$ касается $BD$ в точке $N.$ Тогда нужно доказать, что точки $M$ и $N$ совпадают, то есть, что отрезки $BM$ и $BN$ равны.

Докажем лемму.

Длина касательной из вершины треугольника к его вписанной окружности равна разности полупериметра и противоположной стороны. В частности, $AB1 = AC1 = p− BC.$

Рассмотрим произвольный треугольник $ABC.$ Пусть его вписанная окружность касается сторон $AB,$ $BC$ и $AC$ в точках $C1,$ $A1$ и $B1$ соответственно. Тогда найдем длину отрезка касательной $AB1$ к вписанной окружности. Мы знаем, что отрезки касательных с окружности, проведенных из одной точки, равны. Поэтому $AB1 = AC1,$ $BA1 = BC1$ и $CA1 = CB1.$

$PIC$

Тогда можем составить систему:

(| ( ||{ AB = AB1 + BC1 { AB1 = AB-+-AC-−-BC1-− CA1 | BC = BC1 + CA1 ⇒ ( 2 ⇒ ||( AC = AB1 +CA1 BC = BC1 + CA1 ⇒ AB1 = AB-+-AC-−-BC-= p− BC 2

Вернемся к исходной задаче. Применим доказанную лемму к треугольнику $BDA$ и вписанной окружности $ω1.$ Получим, что

BM = AB-+-BD-−-AD- = a+-e−-d 2 2

Применим лемму к треугольнику $BDC$ и вписанной окружности $ω2 :$

BN = BC-+-BD-−-CD- = b+-e−-c 2 2

$PIC$

Вспомним, что $a− d= b− c,$ так как $ABCD$ — описанный четырехугольник. Тогда

b+-e−-c e b−-c BN = 2 = 2 + 2 = e a-−-d a-+e-− d = 2 + 2 = 2 = BM

Значит, $BN = BM,$ то есть $M$ совпадает с $N.$ Следовательно, окружности $ω1$ и $ω2$ касаются, а диагональ $BD$ является их общей касательной.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#11706

Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Радиусы двух вневписанных окружностей прямоугольного треугольника равны 7 и 17. Найдите расстояние между их центрами.

(МИОО 2012)

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник с прямым углом при вершине $C$ . Сразу ясно, что возможны два случая: обе окружности касаются катетов либо одна из окружностей касается гипотенузы.

I случай

Пусть $IA$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$ , $IB$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $AC$ . Точки $E$ , $F$ , $G$ , $H$ — соответствующие точки касания с прямыми, содержащими стороны треугольника. Тогда $∠IBF C = ∠CEIB = ∠CGIA = ∠IAHC = 90∘$ , так как соответствующие радиусы в точки касания перпендикулярны касательным, при этом угол $C$ треугольника $ABC$ прямой, значит, $IBF CE$ и $IAHCG$ — прямоугольники. Кроме того, $CF = CE$ , $CG = CH$ как отрезки касательных $⇒ IBF CE$ и $IAHCG$ — квадраты.

Точки $IA$ и $IB$ равноудалены от сторон углов с вершиной в точке $C$ $⇒$ точки $IA$ , $IB$ лежат на биссектрисах этих углов $⇒$ точки $IB$ , $C$ , $IA$ лежат на одной прямой. Окончательно по теореме Пифагора $√ ----------- √------------ √ -- IBIA = IBC + CIA = IBE2 + EC2 + IAH2 + HC2 = 24 2$ .

$PIC$

II случай

Пусть $IA$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$ , $IC$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $AB$ . Точки $E$ , $F$ , $G$ , $H$ — соответствующие точки касания с прямыми, содержащими стороны треугольника. Тогда $∘ ∠ICF C = ∠CEIC = ∠CGIA = ∠IAHC = 90$ , так как соответствующие радиусы в точки касания перпендикулярны касательным, при этом угол $C$ треугольника $ABC$ прямой, значит, $ICF CE$ и $IAHCG$ — прямоугольники. Кроме того, $CF = CE$ , $CG = CH$ как отрезки касательных $⇒ ICF CE$ и $IAHCG$ — квадраты.

Пусть $N$ — точка пересечения прямой $GIA$ и отрезка $EIC$ . Тогда очевидно, что $EN IAH$ — прямоугольник и $N E = IAH = 7$ , $N IA = EH = 24$ , $ICN = ICE − N E = 10$ . Окончательно по теореме Пифагора $ICIA = ∘ICN--2 +-N-I2= 26 A$ .

$PIC$

Ответ:

$26$ или $√- 24 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#105929

Вписанная в треугольник $ABC$ окружность с центром $I$ касается сторон $BC, CA, AB$ в точках $A1, B1, C1$ соответственно. Точка $M$ — середина $BC.$ Докажите, что прямые $B1C1, AM$ и $IA1$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Обозначим точку пересечения $A1I ∩C1B1$ буквой $X,$ а точку пересечения $AM ∩C1B1$ буквой $X ′.$ По условию просят доказать, что это на самом деле одна и та же точка. Докажем тогда, что