Тема 17. Задачи по планиметрии

17.02 Задачи №17 из сборника И.В. Ященко

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 41#47512Максимум баллов за задание: 3

В четырехугольнике $ABCD$ противоположные стороны не параллельны. Диагонали четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$ под прямым углом и образуют четыре подобных треугольника, у каждого из которых одна из вершин — точка $O.$

а) Докажите, что около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность.

б) Найдите радиус вписанной окружности, если $AC = 10,$ $BD = 26.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 33

Показать ответ и решение

а) Если два угла, образованных диагональю и стороной четырехугольника и опирающихся на одну и ту же сторону четырехугольника, равны, то такой четырехугольник является вписанным. Будем пользоваться этим признаком вписанности для доказательства вписанности $ABCD.$

Рассмотрим $△ABO$ и $△CDO.$ Обозначим $∠ABO = α.$ Заметим, что $∠ABO ⁄= ∠CDO,$ так как в противном случае $AB ∥ CD,$ а эти углы являются накрест лежащими при секущей $BD.$

Тогда, так как $△ABO$ и $△CDO$ подобны, существует два варианта: $∠ABO = ∠DCO$ или $∠ABO =∠COD.$ В первом случае доказывать больше нечего, четырехугольник $ABCD$ является вписанным. Рассмотрим второй случай. Тогда $∠COD =α.$ Так как $∠AOB = ∠COD$ как вертикальные, то $∠AOB = α,$ следовательно, $△ABO$ равнобедренный. Тогда и $△CDO$ равнобедренный. Следовательно, $∠DCO = α.$ Тогда четырехугольник $ABCD$ является вписанным. Чтд.

$PIC$

б) Обозначим $∠BAO = β,$ $∠AOB = φ.$

1.

Если $∠BOC = α,$ то $AB ∥AC$ при секущей $BO,$ что невозможно.

2.

Пусть $∠BCO = α.$ Если $∠CBO = φ,$ то $AC ∥ BC$ при секущей $BO,$ что невозможно.

Пусть $∠BOC = φ.$ Рассмотрим рисунок:

$PIC$

Тогда все углы при вершине $O,$ опирающиесся на какую-либо сторону четырехугольника, прямые. $AO$ и $CO$ — биссектрисы и высоты в $△ABD$ и $△BCD$ соответственно. Следовательно, эти треугольники равнобедренные. Тогда $BO = DO.$ Заметим также, что $α + β = 90∘,$ следовательно, $∠B = ∠D = 90∘.$ Следовательно, $BO$ — высота, опущенная из вершины прямого угла к гипотенузе. Но $BO = 13> AC = 10,$ что невозможно.*

*Высота, опущенная к гипотенузе, ищется по формуле

ab c⋅c h= c < c = c,

где $a,b$ — катеты, $c$ — гипотенуза.

3.

Пусть $∠CBO = α.$ Если $∠BCO =φ,$ то $BO ∥ BC$ при секущей $OC,$ что невозможно. Если $∠BOC = φ,$ то, рассуждая аналогично предыдущему пункту, мы получаем следующую картинку:

$PIC$

Здесь противоречий нет. Значит это единственно возможный вариант.

Итак, $AB = BC,$ $CD = AD,$ $AO =CO.$ Без ограничения общности пусть $BO <DO.$ Из подобия $△AOB$ и $△AOD$ получаем

BO AO AO- = DO- ⇒ AO2 = BO ⋅DO ⇒ 25= x ⋅(26− x) ⇒ x = 1;25.

Так как $BO < DO,$ то $BO = 1,DO = 25.$ Тогда по теореме Пифагора $√ -2---2 √-- AB = 1 + 5 = 26;$ $2 √ 2----2- √ -- AD = 5 +25 = 5 26.$

Следовательно. полупериметр четырехугольника $ABCD$ равен $p= 6√26.$ Площадь же его равна полупроизведению диагоналей, то есть

S = 1 ⋅10 ⋅26. 2

Тогда радиус вписанной окружности равен

S 5 √-- r =-p = 6 26.

Ответ:

б) $5√26 6$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#74769Максимум баллов за задание: 3

а) Докажите, что в четырехугольник $ABCD$ можно вписать окружность.

б) Найдите радиус вписанной окружности, если $AC = 12,$ $BD = 13.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 34

Показать ответ и решение

а) Так как противоположные стороны не параллельны, то $α = ∠ABO ⁄=∠CDO.$ Тогда из подобных по условию треугольников имеем:

∘ α =∠ABO = ∠DCO ⇒ 90 − α= ∠BAO = ∠CDO

1 случай

Пусть $∠CBO = α.$ Тогда $AB = BC,$ $CD = DA,$ что не противоречит условию на подобие треугольников (два равных треугольника — подобные треугольники с коэффициентом подобия, равным 1). Следовательно, $ABCD$ — дельтоид (четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны и одна из них делит вторую пополам).

Пусть $AJ$ — биссектриса $∠A.$ Тогда биссектрисы углов $A,$ $B$ и $D$ дельтоида пересекаются в точке $J.$ Докажем, что $CJ$ — биссектриса $∠C.$ Так как $△ABD = △CBD$ по трем сторонам, то по свойству биссектрисы

BJ- = AB-= BC- JD AD CD

Следовательно, по признаку $CJ$ — биссектриса. Таким образом, $J$ — точка пересечения биссектрис всех углов четырехугольника $ABCD,$ следовательно, $J$ — центр вписанной в него окружности.

$PIC$

2 случай

Если $∠BCO = α,$ то аналогично предыдущему случаю $ABCD$ — дельтоид, но уже с $AB =AD$ и $BC = CD.$ Далее верны аналогичные рассуждения.

Что и требовалось доказать.

б) Итак, $ABCD$ — дельтоид. Из пункта а) следует, что $ABCD$ — вписанный ( $∠ABD = ∠ACD$ ), причем два противоположных угла из четырех равны по $α + (90∘− α)= 90∘.$ Следовательно, их сумма равна $180∘,$ значит, одна из диагоналей $AC$ или $BD$ является диаметром описанной окружности. Докажем, что это б´ольшая диагональ. Отсюда будет понятно, какие из двух углов дельтоида прямые.

$PIC$

Предположим, что меньшая диагональ $AC$ — диаметр описанной окружности. Тогда $I$ — середина $AC$ и центр описанной окружности. Если $BD$ делит $AC$ пополам, то $O = I,$ следовательно, $OB = OD = R.$ Но $OB ⁄= OD,$ так как в этом случае $ABCD$ — ромб, что противоречит условию на непараллельность противоположных сторон. Если $AC$ делит $BD$ пополам, то имеем: $ID > OD = 1BD > 1AC = R. 2 2$ Также противоречие.

$PIC$

Таким образом, $BD$ — диаметр описанной окружности, следовательно, $∠A = ∠C = 90∘.$ Также попутно мы доказали, что именно б´ольшая диагональ делит меньшую пополам, то есть $O$ — середина $AC.$

Тогда имеем $∠A = 90∘,$ $AO ⊥ BD,$ $AO = 6,$ $BD = 13.$

Пусть $AB =b,$ $AD = d.$ Тогда получаем систему

( ( ( { 1bd = S△ABD = 1AO ⋅BD { bd= 6⋅13 { bd= 6⋅13 ( 22 2 2 2 ⇒ ( 2 2 2 ⇒ ( √-- b + d = BD b + d = 13 b+ d= 5 13

$PIC$

Без ограничения общности $b =2√13,$ $d= 3√13.$

1 способ

Воспользуемся формулами $S = pr$ и $S = 12AC ⋅BD$ для площади дельтоида $ABCD.$ Тогда

-- r = 2S-= AC-⋅BD = --√-12-⋅13√----= 1,2√ 13 2p 2(b+ d) 2(2 13 + 3 13)

2 способ

По свойству биссектрисы имеем:

BJ-= AB-= 2 ⇒ BJ = 2⋅13= 26 DJ AD 3 5 5

Тогда по теореме косинусов из $△ABJ :$

BJ2 = AB2 +AJ2 − 2AB ⋅AJ ⋅cos45∘ ⇒ AJ = 1,2√26-или AJ =0,8√26

Заметим, что $AJ$ больше высоты $AO$ треугольника $ABD.$ Так как $1 AO = 2AC = 6,$ то нам подходит $√ -- AJ =1,2 26.$

Проведем $JP ⊥ AD.$ Следовательно, по определению $JP$ и есть радиус вписанной окружности. Из $△AJP,$ так как $∠JAP = 45∘,$ имеем:

√-- JP = A√J-= 1,2 13 2

Ответ:

б) $1,2√13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#47513Максимум баллов за задание: 3

В прямоугольнике $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O,$ а угол $BDC$ равен $∘ 75 .$ Точка $P$ лежит вне прямоугольника, а угол $AP B$ равен $∘ 150 .$

а) Докажите, что углы $BAP$ и $POB$ равны.

б) Прямая $PO$ пересекает сторону $CD$ в точке $F.$ Найдите $CF,$ если $AP = 6√3-$ и $BP = 4.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 35

Показать ответ и решение

а) Так как диагонали прямоугольника точкой пересечения делятся пополам, то $△AOB$ равнобедренный, следовательно, $∘ ∠AOB = 30 .$ Тогда сумма углов $P$ и $O$ четырехугольника $AP BO$ равна $∘ 180 ,$ следовательно, он вписанный. Тогда $∠BAP = ∠BOP$ как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. Чтд.

$PIC$

б) Из вписанности четырехугольника $APBO$ следует, что $∘ ∠ABO = ∠AP O = 75 .$ Но $∘ ∠AP B = 150,$ следовательно, $∘ ∠AP O = ∠BP O = 75.$ Тогда $PO$ — биссектриса $∠APB.$ Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Следовательно,

BK--= -4√-- ⇒ BK =2x,AK =3x√3. AK 6 3

Заметим, что $△AKO =△CF O$ ( $AO = CO,$ $∠AOK =∠COF$ — вертикальные, $∠KAO = ∠F CO$ — накрест лежащие). Следовательно, $CF = AK.$ Ищем $AK.$

По теореме косинусов для $△AP B :$

AB2 = 16+ 108− 2⋅4⋅6√3 ⋅cos150∘ = 196 ⇒ AB = 14.

Тогда

(2+ 3√3)x =14 ⇒ x = --14√-. 2+ 3 3

Следовательно,

14 √- 378− 84√3 CF =AK = 2+-3√3-⋅3 3= ----23--- .

Ответ:

б) $√ - 378-− 84-3 23$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#73000Максимум баллов за задание: 3

В прямоугольнике $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O,$ а угол $BDC$ равен $∘ 22,5.$ Точка $P$ лежит вне прямоугольника, а угол $BP C$ равен $∘ 135 .$

а) Докажите, что углы $BCP$ и $POB$ равны.

б) Прямая $PO$ пересекает сторону $AD$ в точке $F.$ Найдите $DF,$ если $BP =7$ и $CP = 5√2.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 36

Показать ответ и решение

а) $∠CBO = 90∘− 22,5∘ = 67,5∘.$ Тогда $∠BOC = 180∘ − 2 ⋅67,5∘ = 45∘.$ Следовательно, $∘ ∠BOC + ∠BP C = 180$ и четырехугольник $BP CO$ вписанный. Тогда вписанные углы, опирающиеся на сторону $BP,$ равны: $∠BCP = ∠P OB.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Обозначим $∠PBC = α,$ $∠CBO =φ,$ $∠PCB = β,$ $FD = x,$ $BC = a.$

Заметим, что $△OF D =△BKO,$ следовательно, $BK = x.$

Заметим, что $∠BP O = ∠BCO = φ.$

По теореме синусов для $△BP C :$

√- --a--∘ = 5-2-= -7-- (1) sin135 sinα sinβ

$PIC$

По теореме косинусов из $△BP C :$

√ - √- a2 = 72+ (5 2)2 − 2 ⋅7⋅5 2⋅cos135∘ a= 13

По теореме синусов из $△BP K :$

--x- = PK-- ⇔ PK = sin-α⋅x sin φ sinα sin φ

По теореме синусов из $△BOK :$

-x--= KO-- ⇔ KO = sin-φ⋅x sin β sinφ sin β

Для пересекающихся хорд $BC$ и $P O$ имеем:

BK ⋅KC =P K ⋅KO sinα- sin-φ sinα- 2 x(13− x)= sinφ ⋅x⋅sin β ⋅x = sinβ ⋅x (2)

Из (1) следует, что

√- sinα = 5-2- sinβ 7

Подставим это в (2) и получим

2 5√2 2 √- 13x− x = -7--⋅x ⇔ x= 91(5 2− 7)

Ответ:

б) $91(5√2− 7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#46966Максимум баллов за задание: 3

На сторонах $AC,$ $AB$ и $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом $C$ вне треугольника $ABC$ построены равнобедренные прямоугольные треугольники $AKC,$ $ALB$ и $BMC$ с прямыми углами $K,$ $L$ и $M$ соответственно.

а) Докажите, что $LC$ — высота треугольника $KLM.$

б) Найдите площадь треугольника $KLM,$ если $LC =4.$

Показать ответ и решение

а) Так как $∠ACB + ∠ALB = 180∘,$ то четырехугольник $ALBC$ вписанный. Равные хорды стягивают меньшие равные дуги, следовательно, меньшие дуги $AL$ и $LB$ равны. Отсюда равны и вписанные углы $ACL$ и $BCL,$ опирающиемся на эти дуги. Следовательно, $∠ACL = ∠BCL = 45∘.$ Также $∠ACK = ∠BCM = 45∘.$ Следовательно, $∠LCK = ∠LCM = 90∘.$ Тогда точки $K,$ $C$ и $M$ лежат на одной прямой и $LC ⊥ KM.$ Чтд.

$PIC$

б) Пусть $AC = a,$ $BC = b,$ $AB = c.$ Тогда имеем:

a b c KC = √2, MC = √2, LA =LB = √2-

Тогда по теореме косинусов из $△LCB$ и $△LCA :$

( ||{ c2-= LC2+ b2− 2LC ⋅b⋅√1- 22 2 ⇒ ||( c-= LC2+ a2− 2LC ⋅a⋅√1- 2 2

2 2 2 2 √ - a+-b ⇒ c = 2LC + a +b − 2LC(a+ b) ⇒ LC = √2-

Следовательно, $LC = KM.$ Тогда

SKLM = 1LC ⋅KM = 1⋅42 = 8 2 2

Ответ:

б) 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#46967Максимум баллов за задание: 3

Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Прямая $BO$ вторично пересекает описанную около этого треугольника окружность в точке $P.$

а) Докажите, что $∠POA =∠P AO.$

б) Найдите площадь треугольника $APO,$ если радиус описанной около треугольника $ABC$ окружности равен 6, $∠BAC = 75∘,$ $∠ABC = 60∘.$

Показать ответ и решение

а) Так как $O$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности, то $AO$ и $BO$ — биссектрисы. Введем обозначения: $∠BAO = α,$ $∠ABO = β.$ Следовательно, по теореме о внешнем угле имеем:

∠AOP = α+ β

Углы $β = ∠CBP = ∠CAP$ как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно,

∠P AO = α +β = ∠AOP

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $R$ — радиус описанной около $△ABC$ окружности. Тогда по теореме синусов для $△ABP :$

AP ∘ sin∠ABP--= 2R ⇒ AP = 2Rsin30 = 6

Следовательно, $OP = AP = 6.$ Далее имеем:

( ∘ ) ∠AP O = 180∘− 2 75-+ 30∘ =45∘ 2

Следовательно, искомая площадь равна

1 ∘ √- SAPO = 2 ⋅AP ⋅OP ⋅sin45 = 9 2

Ответ:

б) $9√2$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#47754Максимум баллов за задание: 3

Отрезок, соединяющий середины $M$ и $N$ оснований соответственно $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD,$ разбивает ее на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.

а) Докажите, что трапеция $ABCD$ равнобедренная.

б) Известно, что радиус этих окружностей равен $4,$ а меньшее основание $BC$ исходной трапеции равно $14.$ Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны $AB,$ основания $AN$ трапеции $ABMN$ и вписанной в нее окружности.

Показать ответ и решение

а) Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника равны. Следовательно, $BM + AN = AB + MN$ и $CM + DN = CD + MN.$ Так как $BM = CM,$ $AN = DN,$ то левые части этих двух равенств одинаковы. Следовательно, равны и правые части этих равенств, то есть $AB + MN = CD + MN,$ откуда $AB =CD.$ Следовательно, трапеция равнобедренная. Чтд.

$PIC$

б) По свойству равнобедренной трапеции $MN ⊥ AD.$ Тогда $MN$ равен двум радиусам вписанной в $ABMN$ окружности, следовательно, $MN = 8.$

Пусть $AN = a,$ $AB = b.$ Тогда $7 + a= 8+ b,$ откуда $a= b+ 1.$ Проведем $BL ⊥ AD.$ Тогда $BL = MN = 8,$ $AL = AN − BM = a− 7.$ Следовательно, по теореме Пифагора $b2 = 82+ (a− 7)2.$ Подставляя $a = b+ 1,$ получаем

25 28 b= -3 , a= 3-.

Пусть $O$ — центр окружности, вписанной в $ABMN,$ $Q$ — центр окружности, касающейся $AB,$ $AN$ и окружности с центром $O.$ Проведем радиусы $OH$ и $QK$ к $AN.$ Заметим, что если $OP ⊥ MN,$ то $OP NH$ — квадрат, так как все углы прямые и смежные стороны равны радиусу окружности с центром $O.$ Тогда $16 AH = AN − 4= 3-.$ Тогда по теореме Пифагора

20 AO = 3-

Заметим, что так как обе окружности вписаны в угол $BAN,$ то их центры лежат на одной прямой $AO,$ являющейся биссектрисой этого угла. А так как окружности касаются внешним образом, то сумма радиусов этих окружностей равна расстоянию между их центрами. Тогда $AQ = AO − r− 4= 8 − r, 3$ где $r$ — искомый радиус ( $QK = r.$ ) Тогда из $△AQK ∼ △AOH$ следует, что

AQ QK 8− r r AO- = OH-- ⇒ -320-= 4 ⇒ r = 1. 3

Ответ:

б) 1

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 48#47755Максимум баллов за задание: 3

Окружность проходит через вершины $A,$ $B$ и $D$ параллелограмма $ABCD,$ пересекает сторону $BC$ в точках $B$ и $M,$ а также пересекает продолжение стороны $CD$ за точку $D$ в точке $N.$

а) Докажите, что $AM = AN.$

б) Найдите отношение $CD :DN,$ если $AB :BC = 1:3,$ а $cos∠BAD = 0,4.$

Источники: ЕГЭ 2016, основная волна

Показать ответ и решение

а) Четырехугольник $ABMD$ — трапеция, и так как она вписана в окружность, то является равнобедренной. Следовательно, имеем:

∠ADM = ∠BAD =∠BCD

Так как $BC ∥ AD,$ то $∠BCD = ∠ADN$ как соответственные при секущей $CD.$ Следовательно, $∠ADM = ∠ADN.$ Эти углы являются вписанными, следовательно, хорды, на которые они опираются, равны, то есть $AM =AN.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Углы $∠ADM =∠CMD$ как накрест лежащие при $BC ∥ AD$ и секущей $MD.$ Следовательно, $△ CDM$ равнобедренный. Проведем высоту $DH$ к его основанию. Тогда она является и медианой, следовательно, $MH = CH.$

Пусть $AB =CD = x,$ $BC = 3x.$ Так как $∠BAD = ∠BCD,$ то

cos∠BCD = CH- ⇒ CH = 2x, CM = 4x CD 5 5

Тогда имеем:

4 11 BM = 3x− 5x = 5 x

$PIC$

Так как произведение секущей на ее внешнюю часть есть величина постоянная, то имеем:

CM ⋅CB =CD ⋅CN 4 5x⋅3x =x ⋅CN CN = 12x 5

Отсюда получаем

DN = 12-x− x= 7x 5 5

Тогда искомое отношение равно

( ) CD :DN = x: 7x = 5 :7 5

Ответ: б) 5 : 7

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 49#47756Максимум баллов за задание: 3

В треугольнике $ABC$ известно, что $AC = 10$ и $AB = BC = 14.$

а) Докажите, что средняя линия треугольника, параллельная стороне $AC,$ пересекает окружность, вписанную в треугольник $ABC.$

б) Найдите отношение длин отрезков, на которые окружность делит среднюю линию, параллельную стороне $AC.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $BH$ — высота $△ABC.$ Заметим, что средняя линия $MN,$ параллельная $AC,$ делит $BH$ точкой $F$ пополам. Также заметим, что $BH$ — биссектриса, следовательно, центр окружности, вписанной в $△ABC,$ лежит на $BH.$ Пусть $O$ — центр этой окружности. Тогда $OH$ — ее радиус. Заметим также, что $OF ⊥ MN,$ то есть $OF$ — расстояние от центра окружности до средней линии $MN.$ Прямая пересекает окружность в двух точках, если расстояние от центра окружности до этой прямой меньше радиуса $r$ окружности. Следовательно, требуется доказать, что

1 1 OF < r ⇔ F H < 2r ⇔ 2BH < 2r ⇔ r > 4BH.

Воспользуемся формулой $S = pr.$ Площадь $△ABC$ равна $S = 12 ⋅10⋅BH = 5BH.$ Полупериметр равен $p= 19.$ Следовательно,

r = S-= 5-BH > 1 BH. p 19 4

Чтд.

$PIC$

б) Заметим, что $BH$ — ось симметрии для $△ABC$ и вписанной в него окружности. Следовательно, если $MN$ пересекает окружность в точках $K$ и $L,$ то $FK = FL.$