Заметим, что CB = CO = CD, поэтому вершина C — центр окружности, описанной около треугольника BOD. Аналогично, точки A и E — центры окружностей, описанных около треугольников BOF и DOF соответственно.

Возможны два случая: либо искомая окружность касается всех трех данных внутренним образом (рис. 1), либо одной из данных — внутренним образом, а двух других — внешним (рис. 2).

Рассмотрим первый случай. Продолжим отрезки OA, OC и OE за точки A, C и E до пересечения с соответствующими окружностями в точках A₁, C₁, E₁. Тогда OA₁ = OC₁ = OE₁ = 14 — диаметры данных окружностей. Окружность S, проходящая через точки A₁, C₁ и E₁, касается внутренним образом окружности, описанной около треугольника BOF, так как расстояние между центрами этих окружностей равно разности их радиусов. Аналогично, окружность S касается остальных двух окружностей.

Рассмотрим второй случай. Пусть Q — центр окружности радиуса x, касающейся внутренним образом описанной окружности треугольника BOD и внешним образом — описанных окружностей треугольников BOF и DOF. Пусть M — основание перпендикуляра, опущенного из центра A описанной окружности треугольника BOF на хорду OF. Тогда AM — высота равностороннего треугольника AOF, поэтому Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому

По теореме Пифагора или

 

Ответ: 14, 6.

12, 5, 13 – пифагоровы числа, следовательно, — прямоугольный, с гипотенузой АВ. В таком случае АВ — диаметр окружности S. Значит, радиус этой окружности

Через точку D можно провести две окружности, удовлетворяющие условию задачи.

Пусть О — центр окружности S. Проведем прямую через точки O и D.Очевидно, что прямая OD — ось симметрии как окружности S, так и искомых окружностей. Следовательно, точки — центры искомых окружностей, лежат на прямой OD.

Хорда АС окружности S делит круг окружности S на два сегмента, половины высот которых являются искомыми радиусами. Вычислим эти высоты по формуле: где l — длина хорды, в нашем случае l = АС = 12.

Замечание:

Если x — один из искомых радиусов, то радиус другой окружности равен Итак, АС и диаметр окружности S — две хорды этой же окружности, пересекающиеся в точке D. Для них выполнимо: или

Проверка показывает, что эти значения х и есть искомые радиусы.

Ответ: 2 или 4,5.

Возможны два случая взаимного расположения прямой и окружностей.

Первый случай. Пусть окружность с центром O₁ имеет радиус r = 4, окружность центром O₂ имеет радиус R = 9, а окружность с центром O имеет радиус x и касается двух данных окружностей и их общей внешней касательной a.

Обозначим через A, B и C точки касания окружностей с прямой a, а через K, M и N — точки касания самих окружностей. Отрезки O₁A, O₂B и OC перпендикулярны прямой a как радиусы, проведенные в точки касания.

Опустим перпендикуляр O₁D из центра меньшей из данных окружностей на радиус O₂B большей окружности и перпендикуляры OE и OF из точки O на радиусы O₁A и O₂B. Поскольку O₁A || O₂B, точки E, O и F лежат на одной прямой, а так как O₁DFE — прямоугольник, то O₁D = EF.

Кроме того,

Далее имеем:

Второй случай. Пусть теперь окружность с центром O₁ имеет радиус R = 9, окружность с центром O имеет радиус r = 4, а окружность центром O₂ имеет радиус x и касается двух данных окружностей и их общей внешней касательной a.

Аналогично случаю 1 имеем:

Ответ: 1,44 или 36.

Угол при вершине B равнобедренного треугольника ABС равен 120°, а основание AC = 10,5, значит,

Треугольники AOB, COD, и EOF — равносторонние со стороной , поэтому радиусы окружностей, описанных около этих треугольников, равны

Возможны два случая: либо искомая окружность касается всех трех данных внутренним образом (рис. 1), либо одной из данных — внутренним образом, а двух других — внешним (рис. 2).

Рассмотрим первый случай. Пусть ОK, ОL и ОM — диаметры описанных окружностей треугольников AOB, СOD и EOF соответственно, OK = OL = OM = 7. Окружность S с центром O, проходящая через точки K, L и M, касается внутренним образом окружностей, описанных около треугольников AOB, COD и EOF, так как расстояние между центрами этих окружностей равно разности их радиусов.

Рассмотрим второй случай. Пусть Q — центр окружности радиуса x, касающейся внутренним образом описанной окружности треугольника CОD и внешним образом — описанных окружностей треугольников AOB и EОF. Пусть P — основание перпендикуляра, опущенного из центра N описанной окружности треугольника AOB на прямую OL. Тогда

Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому По теореме Пифагора , или

откуда находим x = 3.

Ответ: 7; 3.

а) Пусть O — центр большей окружности. Линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, поэтому OA — диаметр меньшей окружности.

Точка K лежит на окружности с диаметром OA, значит, ∠AKO = 90°. Отрезок OK — перпендикуляр, опущенный из центра большей окружности на хорду AB. Поэтому K — середина AB. Аналогично, M — середина AC, поэтому KM — средняя линия треугольника ABC. Следовательно, прямые MK и BC параллельны.

б) Опустим перпендикуляр OH на хорду BC. Тогда H — середина BC. Из прямоугольного треугольника OHB находим, что

Пусть Q — центр меньшей окружности. Тогда прямые QP и OH параллельны. Опустим перпендикуляр QF из центра меньшей окружности на OH. Тогда

а из прямоугольного треугольника APO находим, что

Отрезок KM — средняя линия треугольника ABC, поэтому L средина AP. Следовательно,

Ответ: б)

Приведём решение Марии Ковалёвой (Москва).

а) Проведём общую касательную к окружностям AT, как показано на рисунке слева. Тогда и поскольку угол между касательной и хордой равен половине заключённой между ними дуги. Тогда равны Соответственные углы при пересечении прямых KM и BC равны, поэтому данные прямые параллельны.

б) По обобщенной теореме синусов, в треугольниках AKM и ABC стороны KM и BC относятся так же, как радиусы данных в условии окружностей, то есть как 1 : 2. Следовательно, KM — средняя линия треугольника ABC, и по теореме Фалеса. Осталось найти AР.

Опустим перпендикуляр OH на хорду BC (см. рисунок справа). Тогда H — середина BC. Из прямоугольного треугольника OHB находим, что

Треугольник OAP прямоугольный, так как угол OРA опирается на диаметр. Углы OAP и OPH равны по теореме об угле между касательной и хордой. Следовательно, прямоугольные треугольники OAP и OPH подобны по острому углу. Имеем: , то есть . Следовательно, . По теореме Пифагора, Окончательно получаем:

Заметим, что поэтому вершина — центр окружности, описанной около треугольника Аналогично, точки и — центры окружностей, описанных около треугольников и соответственно.

Возможны два случая: либо искомая окружность касается всех трех данных внутренним образом (рис. 1), либо одной из данных — внутренним образом, а двух других — внешним (рис. 2).

Рассмотрим первый случай. Продолжим отрезки и за точки и до пересечения с соответствующими окружностями в точках Тогда — диаметры данных окружностей. Окружность проходящая через точки и касается внутренним образом окружности, описанной около треугольника , так как расстояние между центрами этих окружностей равно разности их радиусов. Аналогично, окружность касается остальных двух окружностей.

Рассмотрим второй случай. Пусть — центр окружности радиуса , касающейся внутренним образом описанной окружности треугольника и внешним образом — описанных окружностей треугольников и Пусть  — основание перпендикуляра, опущенного из центра описанной окружности треугольника на хорду Тогда  — высота равностороннего треугольника поэтому Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому

По теореме Пифагора или

Ответ: 28, 12.

а) Площадь большого круга равна , площадь ромба Надо показать следующее:

То есть надо доказать, что радиус вписанной окружности r как минимум в 2 раза меньше стороны ромба. Для этого рассмотрим треугольник BOC: он прямоугольный, так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны; OH = r — высота данного треугольника. Нетрудно догадаться, что значение r максимально, когда треугольник BOC является равнобедренным: в таком случае OH является высотой и медианой, а медиана, проведенная из прямого угла, равна половине гипотенузы, то есть , откуда Значит, во всех остальных случаях высота OH будет только меньше, чем 0.5. Таким образом доказали, что

Что и требовалось доказать.

б) Обозначим и из прямоугольного треугольника BOC найдем:

Найдем и : так как , обозначим , откуда получим по основному тригонометрическому тождеству:

Из прямоугольного треугольника BOH получим:

С другой стороны Из прямоугольного треугольника получим:

Приравнивая выражения для BO, получим:

Аналогично рассмотрим прямоугольный треугольник OHC:

По аналогии с вычислениями выше, получим:

Снова приравнивая выражения для OC, получаем:

Окончательно, чтобы найти соотношение между радиусами окружностей, поделим найденные выражения друг на друга:

Ответ:

Примечание: если все же не очевиден факт того, что высота в прямоугольном треугольнике наибольшая, когда его катеты равны, то ниже приведено два варианта строгого доказательства:

1) Обозначим CH = x, BH = a − x. Из свойств прямоугольного треугольника известно:

Величина (а следовательно, и r) наибольшая, когда максимально значение выражения Можно заметить, что — это парабола с ветвями, направленными вниз. Тогда вершина параболы находится по формуле

2) Из прямоугольного треугольника BOC получаем:

Из прямоугольного треугольника BOH получим:

Чтобы найти наибольшее значение, необходимо взять производную от r:

Окончательно

Приведём другое решение:

А) Пусть ABCD — заданный ромб, ∠A ≤ 90°, О — центр окружности, вписанной в ромб, R — радиус этой окружности, K — проекция точки В на AD.

Отсюда:

Мы будем сравнивать неизменную площадь круга S_кр при фиксированном значении его радиуса, равного R, с площадью ромба S_r при различных значениях его острого угла А. Ясно, что S_r будет иметь наименьшую площадь при фиксированном R, если Тогда:

Коли это так, дальнейшая наша задача — показать, что число π составляет менее 0,8 части числа 4.

0,8 часть числа 4 есть 3,2. Но π < 3,2, что в свою очередь означает, что площадь круга, ограниченного окружностью Θ, составляет менее 80% площади ромба.

б) Пусть O₁ — центр окружности ω₁, O₂ — центр окружности ω₂, ∠CAD = α₁, ∠CBD = α₂, радиус окружности ω₁ равен r₁, окружности ω₂ равен r₂. Тогда Если OD = t, то AO = 2t. А также:

Это с одной стороны. С другой же стороны: Таким образом,

Аналогично:

Ответ: б)

Пусть окружность S с центром O и радиусом R пересекает стороны данного прямого угла в точках A и B, AC = 8, BC = 6, искомая окружность с центром Q касается сторон и BC угла ACB в точках N и K соответственно, а окружности S — в точке M.

Точка O — центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника ABC, поэтому O — середина его гипотенузы AB.

Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому точки M, O и Q лежат на одной прямой. Опустим перпендикуляр OH из центра окружности S на прямую BC. Тогда OH — средняя линия треугольника ABC поэтому и , а так как центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, то ∠QCK = 45°, поэтому CK = QK = r.

Опустим перпендикуляр QF из центра искомой окружности на прямую OH. Тогда

Предположим, что искомая окружность и окружность касаются внутренним образом. Тогда

Рассмотрим прямоугольный треугольник OFQ. По теореме Пифагора OQ² = OF² + QF² или

Если же искомая окружность касается данной внешним образом, то

Тогда из соответствующего уравнения (5 + r)² = (4 − r)² + (r − 3)² находим, что r  = 24.

Ответ: 4 или 24.

Если то уравнение задает окружность с центром в точке радиуса а если то оно задаёт окружность с центром в точке того же радиуса (см. рис.).

При положительных значениях параметра уравнение задаст окружность с центром в точке радиуса Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения параметра при каждом из которых окружность имеет единственную общую точку с объединением окружностей и

Из точки проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью где лежит между и

Так как то

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Из точки проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью где лежит между точками и Так как то

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность касается ровно одной из двух окружностей и и не пересекается с другой. Так как то условию задачи удовлетворяют только числа и

Ответ:

Если , то уравнение задаёт окружность , с центром в точке радиуса 2, а если , то оно задаёт окружность с центром в точке того же радиуса (см. рис.).

При положительных значениях параметра а уравнение задает окружность с центром в точке радиуса а. Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения параметра а, при каждом из которых окружность имеет единственную общую точку с объединением окружностей и

Из точки С проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью , где лежит между С и

Так как , то

,

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Из точки С проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью , где лежит между С и

Так как , то

,

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность касается ровно одной из двух окружностей и , и не пересекается с другой. Так как , то условию задачи удовлетворяют только числа и

Ответ: 3;

Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = AC = 26, BC = 20. Пусть AH — высота треугольника ABC. Тогда H — середина BC.

Обозначим ∠ABC = ∠ACB = α. Тогда

Предположим, что окружность радиуса r с центром O₁ вписана в угол ACB и касается основания BC в точке N, а окружность того же радиуса с центром O₂ вписана в угол ABC, касается основания BC в точке M, а первой окружности — в точке D. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому

Из прямоугольного треугольника BMO₂ находим:

Тогда Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому O₁O₂ = 2r, значит, MN = O₁O₂ = 2r, поскольку O₁O₂MN — прямоугольник. Следовательно,

откуда находим r = 4.

Пусть теперь окружность радиуса r с центром O₁ вписана в угол BAC и касается боковой стороны AB в точке P, вторая окружность радиуса r с центром O₂ вписана в угол ABC, касается боковой стороны AB в точке Q, а также касается первой окружности.

Из прямоугольных треугольников APO₁ и BQO₂ находим:

Следовательно,

откуда находим

В случае, когда окружности вписаны в углы BAC и ACB, получим тот же результат.

Ответ: 4 или

Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = AC = 115, BC = 184. Пусть AH — высота треугольника ABC. Тогда H — середина BC.

Обозначим ∠ABC = ∠ACB = α. Тогда

Предположим, что окружность радиуса r с центром O₁ вписана в угол ACB и касается основания BC в точке N, а окружность того же радиуса с центром O₂, вписана в угол ABC, касается основания BC в точке M, а первой окружности — в точке D. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому

Из прямоугольного треугольника BMO₂ находим:

Тогда CN = BM = 3r.

Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому O₁O₂ = 2r, значит, MN = O₁O₂ = 2r, поскольку O₁O₂MN — прямоугольник. Следовательно,

откуда находим r = 23.

Пусть теперь окружность радиуса r с центром O₁ вписана в угол BAC и касается боковой стороны AB в точке P, вторая окружность радиуса r с центром O₂ вписана в угол ABC, касается боковой стороны AB в точке Q, а также касается первой окружности.

Из прямоугольных треугольников APO₁ и BQO₂ находим:

Следовательно,

откуда находим r = 20.

В случае, когда окружности вписаны в углы BAC и ACB, получим тот же результат.

Ответ: 23 или 20.

Пусть O₁ — центр окружности радиуса — второй окружности, A — вершина прямого угла, тогда

Возможны два случая. Первый случай: точка O₁ лежит между точками A и O₂ (рис.1), тогда O₂A = O₁A + O₁O₂ = 20, откуда радиус второй окружности

В треугольнике O₁MO₂ имеем: Поскольку общая хорда MN окружностей перпендикулярна линии центров O₁O₂ и делится ею пополам, высота MH треугольника O₁MO₂ равна половине MN.

Полупериметр треугольника O₁MO₂ равен тогда для площади треугольника имеем:

откуда

Второй случай: точка O₂ лежит между точками A и O₁ (рис.2), тогда O₂A = O₁A − O₁O₂ = 4, откуда радиус второй окружности В треугольнике O₁MO₂ имеем O₁O₂ = 8, Аналогично первому случаю, высота MN треугольника O₁MO₂ равна половине MN.

В треугольнике O₁MO₂ полупериметр:

откуда

Вычисления для второго случая можно упростить: поскольку длины OM, O₂M и O₁O₂ являются пифагоровой тройкой, точка H совпадает с центром O₂, а потому

Приведём решение задачи методом координат.

Заметим, что центр окружности лежит на биссектрисе прямого угла, поэтому расстояние между центрами окружностей радиусов R и r равно где R > r. По условию это расстояние равно 8, поэтому если радиус большей окружности (случай 1), то:

а если радиус меньшей окружности (случай 2), то:

Поместим начало системы координат в вершине прямого угла, а координатные оси расположим вдоль его сторон. Тогда в случае 1 координаты точек пересечения окружностей можно найти из системы уравнений:

решая которую, находим: Тогда по формуле расстояния между двумя точками находим: откуда

В случае 2 имеем систему уравнений:

решая которую, находим: Далее находим

откуда

Ответ: или

Окружность с центром в O₁ будем называть первой окружностью, с центром в O₂ — второй окружностью.

а) У треугольников ABC и ABF общее основание AB. Значит, для равенства площадей надо доказать равенство их высот, опущенных из вершин C и F соответственно. Следовательно, надо доказать параллельность прямых AB и FC: это можно получить, если вывести равенство углов ∠AFC и ∠BAF (накрест лежащие).

Во-первых, во второй окружности углы ∠DBC и ∠DFC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу DC.

Во-вторых, угол между касательной к окружности и хордой равен половине дуги, опирающейся на эту хорду. Тогда из первой окружности получим, что (вписанный угол равен половине центрального). Таким образом получили, что ∠BAF = ∠AFC, то есть AB || FC, значит, высоты треугольников равны, и их площади совпадают.

Что и требовалось доказать.

б) Аналогично углам ∠BAD и ∠BDC получаем, что ∠ABD = ∠BCD (угол ∠ABD между касательной ко второй окружности и хордой BD равен углу ∠BCD, опирающемуся на эту хорду). Таким образом получаем, что ΔABD ~ ΔBCD (по 2 углам). Так как ∠ADB = ∠BDC = α, то ∠ADE = π − α, ∠CDE = π − α, то есть ∠ADE = ∠CDE, откуда следует, что DE — биссектриса треугольника ADC. Тогда из свойства биссектрисы имеем соотношение

Теперь воспользуемся подобием треугольников ABD и BCD:

Из второго равенства выше выразим BD: Подставим это в первое равенство:

Окончательно получаем, что

Ответ: 25 : 81.

Если , то уравнение задаёт окружность с центром в точке радиуса 2, а если , то оно задаёт окружность с центром в точке того же радиуса (см. рис.).

При положительных значениях параметра а уравнение задает окружность с центром в точке радиуса а. Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения параметра а, при каждом из которых окружность имеет единственную общую точку с объединением окружностей и

Из точки С проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью где лежит между и Так как то

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Из точки С проведём луч и обозначим и точки его пересечения с окружностью где лежит между и Так как , то

При или окружности и не пересекаются. При окружности и имеют две общие точки. При или окружности и касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность касается ровно одной из двух окружностей и и не пересекается с другой. Так как то условию задачи удовлетворяют только числа и

Ответ: 11,

а) Пусть АВ — диаметр большей из трёх окружностей, О — её центр, O₁ — центр окружности радиуса r у касающейся окружности с диаметром АВ в точке А, O₂ — центр окружности радиуса R, касающейся окружности с диаметром АВ в точке С, окружности с центром O₁ — в точке D, отрезка АВ — в точке Е. Точки О, O₂ и С лежат на одной прямой, поэтому OO₂ = ОС − O₂С = ОС − R. Аналогично ОО₁ = OA − О₁А = ОА − r и O₁O₂ = O₁D + O2D = r + R. Следовательно, периметр треугольника OO₁O₂ равен

б) Пусть OA = 6, r = 2. Тогда получаем: O₂Е = R, O₁O₂ = 2 + R, OO₁ = OA − О₁А = 6 − 2 = 4, OO₂ = ОС − O₂С = 6 − R. Из прямоугольных треугольников O₁O₂Е и OO₂Е находим, что

а так как О₁E = OO₁ + ОЕ, то Из этого уравнения находим, что R = 3 (это значит, что диаметр искомой окружности равен радиусу наибольшей из трёх окружностей, то есть точка Е совпадает с О).

Ответ: 3.

а) Пусть АВ — диаметр большей из трёх окружностей, О — её центр, O₁ — центр окружности радиуса r у касающейся окружности с диаметром АВ в точке А, O₂ — центр окружности радиуса R, касающейся окружности с диаметром АВ в точке С, окружности с центром O₁ — в точке D, отрезка АВ — в точке Е. Точки О, O₂ и С лежат на одной прямой, поэтому OO₂ = ОС − O₂С = ОС − R. Аналогично ОО₁ = OA − О₁А = ОА − r и O₁O₂ = O₁D + O2D = r + R. Следовательно, периметр треугольника OO₁O₂ равен

б) Пусть OA = 4, r = 1. Тогда получаем: O₂Е = R, O₁O₂ = 1 + R, OO₁ = OA − О₁А = 4 − 1 = 3, OO₂ = ОС − O₂С = 4 − R. Из прямоугольных треугольников O₁O₂Е и OO₂Е находим, что:

а так как О₁E = OO₁ + ОЕ, то Полученное уравнение не имеет корней, что означает, что данная конфигурация невозможна.

Рассмотрим случай, когда точка Е лежит между точками О и А. В этом случае О₁E = OO₁ − ОЕ, то есть Из этого уравнения находим, что

Ответ:

а) Пусть и — центры первой и второй окружностей соответственно. Через эти точки проведем прямые, перпендикулярные к AB. Пусть К и L — точки пересечения этих прямых с прямой АВ соответственно. Те же прямые пересекут заданные окружности также в точках и (см. рисунок).

Рассмотрим четырехугольник У него две противолежащие стороны и равны 2r. Так как по построению, то Значит, — параллелограмм по признаку параллелограмма.

Кроме того, угол этого параллелограмма прямой по построению, значит, — прямоугольник, т. е. А это значит, что прямая будет касательной к обоим окружностям, следовательно, совпадет с прямой DC.

Таким образом, AB || CD, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим взаимное расположение прямых AD и СВ. Предположим, что они не параллельны. Тогда четырехугольник ABCD — трапеция. (Пусть для определенности см. рис.)

Так как AF проходит через точку (центр первой окружности), то точка расположена на одинаковом расстоянии от AD и AB. А это значит, что как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых AB, DC и секущей AF. Значит, Отсюда: — равнобедренный, т. е. DA = DF. Аналогично получим: BC = BE.

Проведем через точку касания заданных окружностей прямую перпендикулярно к AB, которая пересечет прямую AB в точке М, прямую DC — в точке N.

Пусть AD = a, BC = b, MN = c. (Ясно, что MN = c = 2r). Также ясно: DC = 2a, AB = 2b.

Четырехугольник DAMN — описанный около первой окружности. Это значит, что AM + DN = AD + MN, т. е.

AM + DN = a + c (1). Аналогично получим: MB + NC = b + c (2). Сложив левые части равенств (1) и (2), будем иметь:

(AM + MB) + (DN + NC) = AB + DC, но AB + DC = 2b + 2a. А сложив правые части тех же равенств, получим:

a + b + 2c. Следовательно, 2a + 2b = a + b + 2c, окончательно: a + b = 2c (*)

Четырехугольник DABC может быть трапецией лишь при выполнении одного из трех условий:

1) ; 2) 3)

Проверим выполнение перечисленных условий.

1) Если a = c, то в соответствии с равенством (*) имеем: не выполняется неравенство b > c.

2) Если b = c, то не выполняется неравенство a > c.

3) Если то не выполняется равенство (*).

Следовательно, равенство (*) будет иметь место только при выполнении равенства a = b = c.

Таким образом, наше предположение, что AD и СВ не параллельны, неверно, четырехугольник DABC трапецией не является. Отсюда вывод: DA || CB, DABC — параллелограмм. При этом равенство (*) опровергнутым быть не может, так как оно получено строго из условия задачи и с помощью известных положений геометрии.

Поскольку из равенства a = b = c следует также: a — расстояние между прямыми AB и DC, DABC — прямоугольник.

Тогда

Ответ:

Если x ≥ 0, то уравнение (|x| − 5)² + (y − 4)² = 9 задаёт окружность ω₁ с центром в точке C₁ (5; 4) радиусом 3, а если x < 0, то оно задаёт окружность ω₂ с центром в точке C₂ (−5; 4) таким же радиусом (см. рисунок).

При положительных значениях a уравнение (x + 2)² + y² = a² задаёт окружность ω с центром в точке C (−2; 0) радиусом a. Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения a, при каждом из которых окружность ω имеет единственную общую точку с объединением окружностей ω₁ и ω₂.

Из точки C проведём луч CC₁ и обозначим через A₁ и B₁ точки его пересечения с окружностью ω₁, где A₁ лежит между C и C₁. Так как

то

При a < CA₁ или a > CB₁ окружности ω и ω₁ не пересекаются.

При CA₁ < a < CB₁ окружности ω и ω₁ имеют две общие точки.

При a = CA₁ или a = CB₁ окружности ω и ω₁ касаются.

Из точки C проведём луч CC₂ и обозначим через A₂ и B₂ точки его пересечения с окружностью ω₂, где A₂ лежит между C и C₂. Так как

то

При a < CA₂ или a > CB₂ окружности ω и ω₂ не пересекаются.

При CA₂ < a < CB₂ окружности ω и ω₂ имеют две общие точки.

При a = CA₂ или a = CB₂ окружности ω и ω₂ касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность ω касается ровно одной из двух окружностей ω₁ и ω₂ и не пересекается с другой. Так как CA₂ < CA₁ < CB₂ < CB₁, то условию задачи удовлетворяют только числа

Ответ:

а) Пусть AB — диаметр большей из трёх окружностей, O — её центр, O₁ — центр окружности радиуса r, кающийся окружности с диаметром AB в точке A, O₂ — центр окружности радиуса R, касающийся окружности с диаметром AB в точке C, окружности с центром O₁ — в точке D, отрезка AB — в точке E. Точки O, O₂ и C лежат на одной прямой, поэтому OO₂ = OC − O₂C = OC − R.

Аналогично OO₁=OA − O₁A=OA − r, O₁O₂ = O₁D + O₂D = r + R.

Следовательно, периметр треугольника OO₁O₂ равен

б) Пусть OA = 6, r = 2. Тогда

Из прямоугольных треугольников O₁O₂E и OO₂E находим, что

Возможны два случая: (O лежит между E и O₁) и (E лежит между O и O₁). Это дает нам два уравнения и , которые имеют общее решение R = 3, это означает, что диаметр искомой окружности равен радиусу наибольшей из трёх окружностей, что точка E совпадает с O.

Ответ: 3.