Через вершины A и B треугольника ABC проведена окружность, касающаяся прямой BC, а через вершины B и C — другая окружность, касающаяся прямой AB. Продолжение общей хорды BD этих окружностей пересекает отрезок AC в точке E, а продолжение хорды AD одной окружности пересекает другую окружность в точке F.
а) Доказать, что площади треугольников ABC и ABF равны.
б) Найти отношение AE : EC, если AB = 5 и BC = 9.
Решение. 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.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б. | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б и использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
Из свойств касательной и секущей к окружности получим:
то есть OK — биссектриса угла AOD. Вписанный угол ACD опирается на дугу AD и равен половине центрального угла AOD, то есть 
Что и требовалось доказать.
Проведём отрезок A1B1 через точку E так, чтобы A1B1 был параллелен AB. В трапеции A1ABB1 по свойству углов, прилежащих к боковой стороне, 
По признаку вписанного четырехугольника ABCD 
следовательно:
и 
получаем
тогда A1D = B1C как соответствующие элементы. Треугольники A1DE и ECB1 равны по двум углам и стороне 
тогда EB1 = DE как соответствующие элементы. 
и 
стороны AD, BC и DC, предварительно найдя углы в данном четырехугольнике: 
откуда получим:
Тогда:
Так как треугольник AO2B равнобедренный (AO2 = O2B = R1), то
и 
равны, как вертикальные, и потому получаем: 
а значит точка O лежит на стороне AB. Лемма доказана.
и треугольники AEC и EBC подобны по 2-м углам, откуда выпишем соотношения:
Обозначим угол KLM как 
Углы KLM и CLB равны, как вертикальные, то есть 
Так как вписанный угол KAM и центральный угол KOM опираются на одну и ту же дугу KM в окружности 
то 
В четырехугольнике ACLB углы ACL и ABL равны по 
поэтому
Что и требовалось доказать.
Вписанный угол BDA опирается на ту же дугу BA, что и центральный угол AQB. Тогда 
Далее, в меньшей окружности с центром O рассмотрим центральный угол 
изображенный синим на рисунке, который опирается на бОльшую дугу AB. На эту же дугу опирается вписанный угол 
который в 2 раза меньше центрального. Тогда:
так как треугольник AQD равнобедренный; 
как вертикальные
Отсюда следует, что
Отметим на продолжении луча KC за точку C произвольную точку L. Тогда треугольник ACD также равнобедренный, в нем медиана совпадает с высотой. Значит, 
тогда и соответствующие дуги равны. Тогда 
поскольку один из них вписанный, опирающийся на дугу AD, а второй — угол между касательной и хордой, стягивающей дугу AC.
как соответственные углы при пересечении параллельных прямых KB и CD (они обе перпендикулярны AB) секущей KL. Кроме того KO — биссектриса угла BKC, потому что проходит через центр окружности, а стороны угла — касательные из одной точки. Поэтому 
откуда прямоугольные треугольники BKO и ECA подобны по двум углам.
Из треугольника OEC находим 
Тогда 
откуда 
(поскольку один из них вписанный, опирающийся на дугу AC, а второй — угол между касательной и хордой, стягивающей дугу AC). Значит, в прямоугольных треугольниках AKC и MBC есть одинаковые острые углы, поэтому они подобны по двум углам.
откуда следует второе указанное в условии подобие.
(первое равенство — из подобия AKC и MBC, второе — из подобия AMC и BLC). Приравнивая крайние отношения, находим 
откуда 
лежат на одной прямой. Обозначим за R радиус большей окружности. Тогда 
прямоугольный (кроме случая, когда K совпадает с 
что возможно если окружности касаются внутренним образом, а их радиусы отличаются вдвое, но тогда 
и полученная в итоге формула все равно верна). Из теоремы Пифагора получаем 
откуда 
), поэтому для поиска его площади достаточно найти его катеты:
или 
Это значит, что 
BO = CO как радиусы одной и той же окружности.
проведенной к ВС, будет Н. Тогда 
Кроме того, 
значит, 
OH = BH = 2.
т. е. 
или 
и 
(выберем соответствующее направление оси). Пусть координаты центра искомой окружности 
Можно считать, что окружность лежит выше оси, поэтому 
Тогда, очевидно, ее радиус должен быть равен b.
поделим на него и домножим на знаменатель.
— центры вписанной и описанной окружностей, их радиусы и r и R соответственно.
т. е. 
от центра окружности радиуса r. Из нее проведены две касательные. Найти расстояние между точками касания.
и ответ 
и ответ 
В четырехугольник ONCM вписана окружность.
Аналогично 
как дополняющие равные вертикальные углы AOC и FON до 
По второму признаку равенства треугольников: 
Отсюда: 
получим: 
Так как 
то 
как вертикальные, OM = ON по выше доказанному. 
соответственно, откуда 
как вертикальные. Значит, 
по второму признаку равенства треугольников, откуда 
Значит, 
следовательно, 
Следовательно, искомый радиус 
Тогда 
(поскольку 
так как 
опирается на диаметр окружности). Далее 
значит, C — середина AE.
(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.
тогда 
Следовательно, AEOK — параллелограмм, откуда AE = OK = R. Но AE = AK как отрезки касательных к окружности, проведенных из точки А. Следовательно, AK = AE = R. В таком случае KD = 18 − R.
угол между 
и 
Тогда: 
значит, 
Выше было получено: 
Тогда: 
(опираются на диаметр AO меньшей окружности), а треугольники AOC и AOB равнобедренные, то OM и OP — медианы этих треугольников (поскольку являются высотами). Тогда M и P — середины отрезков AC и AB, а MP — средняя линия треугольника ABC и параллельна его основанию.
Обозначим центр меньшей окружности за 
и опустим перпендикуляры 
на BC. Тогда H — середина BC и поэтому 
поскольку хорда касается меньшей окружности.
— прямоугольная трапеция, в которой 
— отрезок, параллельный основаниям и проходящий через середину боковой стороны, то есть средняя линия. Поэтому 
— центр маленькой. Заметим что 
откуда 
Тогда
откуда 
Пусть центры окружностей имеют координаты 
и 
тогда 
и 
а их радиусы — a и 
Центр большой окружности имеет координаты 
Пусть центр окружности, касающейся правой полуокружности, имеет координаты 
и радиус r (она касается вертикальной оси). Запишем условия касания с окружностями (расстояние между центрами равно сумме или разности радиусов)
и 
получаем 
то есть 
и 
Из формулы, полученной в первом пункте, имеем 
— прямоугольная трапеция, в которой 
и (опуская высоту из 
) по теореме Пифагора имеем 
откуда 
— трапеция, в которой 
откуда 
или 
точку их пересечения за S, центры окружностей за 
а радиусы окружностей за 
и 
— прямоугольный треугольник, откуда 
Кроме того, 
откуда 
аналогично 
и расстояние между хордами 
В ней 
а высота 
При этом 
откуда 
то 
и поэтому 
Наконец, расстояние между хордами
Основания же трапеции можно найти так: 
аналогично 
поэтому их полусумма составит 
Пусть 
тогда 
имеем 
поэтому 
Обозначим
тогда
Очевидно, 
так как AC — диаметр. Значит, треугольники AKC и 
подобны с коэффициентом 
Будем считать, что 
Очевидно, C — середина 
и 
равны по двум сторонам (радиусы окружностей) и углу между ними (углы равнобедренного треугольника 
). Поэтому 
и ABC — равнобедренный.
и 
в одинаковом отношении (а именно в отношении радиусов окружностей). Поэтому 
и треугольники 
подобны с коэффициентом 
получаем 
и, значит, 
из-за равенства слагаемых). 
Запишем тогда теорему косинусов для треугольников OCK и OCP.
при этом PC > KC.
а поскольку 
находим 
поскольку 
поэтому K — точка касания вписанной окружности треугольника ABC со стороной AB. Аналогично и точки M и P. Поэтому нам нужно найти радиус вписанной окружности треугольника ABC. Он равен 
Тогда 
(в большой окружности один из них вписанный, а другой — угол между касательной и хордой, поэтому они оба равны половине дуги BK) и 
(поскольку 
как отрезки касательных к маленькой окружности). Тогда
Тогда 
и, следовательно, 
и 
Итак, этот треугольник прямоугольный, поэтому его высота, опущенная на гипотенузу, равна произведению катетов, деленному на гипотенузу (это следует из формул для площади треугольника).
высота MN равна 
Значит, площадь треугольника равна 
Тогда 
Поэтому:
Пусть 
Поскольку окружности касаются прямой AC, прямая 
перпендикулярна прямой AC и прямая 
перпендикулярна прямой AC. Вычислим теперь углы:
имеем: 
высоту 
Тогда:
и окончательный ответ 
тогда 
Обозначим за I центр вписанной окружности, тогда 
тогда 
и 
Пусть 
тогда по теореме синусов для треугольника FGH получаем:
и угол 
существует. В этом случае 
Это то же самое уравнение, что и в случае 1, поэтому 
поэтому 
не существует. Поэтому такой случай невозможен.
(лемма о касательной и хорде). Заметим, что точки A, B1, A1 и B лежат на окружности с центром N. Значит, 
то 
Следовательно, треугольник AB1N равносторонний. Значит, 
Далее, 
Значит, треугольники A1B1C и ABC подобны с 
Далее:
Далее,
Поэтому ABCD — ромб.
Имеем: 
откуда
(отрезки касательных), поэтому 
Пусть 
тогда 
Треугольники AOG и ADB подобны, 
тогда
Пусть 
тогда
Теперь найдём площадь четырехугольника AODQ:
Далее, 
тогда 
Найдем сторону ромба:
так как сумма вписанных углов равна половине суммы третей дуг AB, BC, AC, то есть 
Аналогично вычисляются и углы KDE и KED. Таким образом, все углы треугольника KDE равны между собой. Поэтому он равносторонний.
Отсюда ясно, что диаметр окружности равен 2, а радиус 1. Таким образом, дуга BA равна 60°, дуга AC = 120°, дуга CB — полуокружность (обозначим центр окружности через O). Отсюда легко определяются все дуги, на которые 9 точек делят окружность. Сделаем дополнительное построение, проведя диаметр GH, где G — середина дуги AC2. Заметим, что хорда A2C1 опирается на угол 120°, значит, она равна 
Кроме того эта хорда перпендикулярна диаметру GH, поэтому она делится им пополам (точку пересечения хорды и диаметра обозначим M). Заметим еще, что B2KC2 — равнобедренный треугольник (углы при его основании опираются на равные дуги), причем B2C2 параллельно HG. Поэтому KO и GH перпендикулярны. Наконец, заметим, что OA2GC1 — ромб. Рассмотрим теперь прямоугольную трапецию KOMD. В ней боковая сторона OM равна 0,5, а острый угол равен 60°. Тогда вторая боковая сторона (KD) равна 
