Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй —
а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.
б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны
Решение. а) Обозначим центры окружностей O1 и O2 соответственно. Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке K, пересекает AB в точке M. По свойству касательных, проведённых из одной точки, AM = KM и KM = BM. Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, — прямоугольный. Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD ⊥ AB. Аналогично получаем, что BC ⊥ AB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны.
б) Пусть, для определенности, радиус окружности с центром в точке O1 равен 4, а радиус окружности с центром в точке O2 равен 1. Треугольники BKC и AKD подобны, 
Пусть 
тогда 
У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно,
то есть SAKB = 4S. Аналогично, SCKD = 4S. Площадь трапеции ABCD равна 25S.
Вычислим площадь трапеции ABCD. Заметим, что 
Проведём к AD перпендикуляр O2H, равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O2HO1. Получаем:
Следовательно, 25S = 20, откуда S = 0,8 и SAKB = 4S = 3,2.
Ответ: б) 3,2.
Приведем решение пункта б) Рамиля Багавиева.
Вычислим площадь трапеции ABCD. Заметим, что Проведём к AD перпендикуляр O2H, равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O2HO1:
Из подобия треугольников AKD и AKB следует 
таким образом, AK = 2BK. Применим теорему Пифагора к треугольнику AKB, находим:
Тогда 
откуда получаем:
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта a) 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) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
Из этого уравнения находим, что 
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.
по теореме Фалеса. Осталось найти AР.
то есть 
Следовательно, 
По теореме Пифагора 
Окончательно получаем: 
поэтому четырехугольник AECD — вписанная трапеция, следовательно, углы ADC и EAD равны, также 
из параллельности. Таким образом, 
и 
следовательно, треугольники ACD и ABE подобны по двум углам. Что требовалось доказать.
а значит, BA — касательная к окружности AECD. Тогда 
(опираются на диаметры), следовательно, четырехугольник CEDB — прямоугольная трапеция 
что требовалось доказать.
треугольник равнобедренный, следовательно, отрезок AN является также медианой этого треугольника, а значит, 
Что требовалось доказать. 
Пусть DN пересекает вторую окружность в точке C1. Из симметрии заключаем, что 
следовательно, 
(последнее равенство вытекает из свойств вписанных углов). Тогда треугольники CMN и MDN подобны, значит, 
то есть 
откуда MN = 9.
Прямая AB — диаметр окружности меньшего радиуса. По теореме косинусов
откуда
Получаем, что
и 
радиусы окружностей — за r и R. Тогда 
поэтому 
Аналогично 
откуда 
что и требовалось доказать.
По теореме косинусов в треугольнике KOO1 имеем:
Поскольку MOT прямоугольный, то OM — высота и медиана в треугольнике KO1T. Таким образом, KT = 2KM = 
Общая хорда перпендикулярна линии центров и делится этой линией пополам, поэтому 
радиус второй окружности втрое больше радиуса первой и AB = 3.
так как линия центров 
содержит биссектрисы равнобедренных треугольников 
и 
Тогда 
подобны по двум углам.
следует параллельность прямых: 
Учитывая, что 
Значит, 
а AE — диаметр окружности. По условию 
подобны. Значит, 
откуда 
В треугольнике DAO2 известны стороны: 
По теореме косинусов находим:
откуда 
Прямые PC и AQ пересекаются в точке K. Найдите отношение 
центральный, а 
— вписанный угол. Аналогично 
и 
поэтому по двум равным углам 
и 
подобны, что и требовалось доказать.
верно, поскольку 
тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, 
прямоугольный, 
Найдем высоту 
проведенную из 
поэтому коэффициент подобия равен 
Расстояние от точки B до прямой MK, равное высоте 
проведенной из вершины 
равно произведению коэффициента подобия и высоты, проведенной из 
то есть медиана CM треугольника ABC равна половине стороны AB. Значит, 
Тогда 
поэтому AE — диаметр меньшей окружности. Следовательно, прямая AE перпендикулярна прямой AB. Аналогично докажем, что прямая BD перпендикулярна прямой AB. Прямые AE и BD перпендикулярны одной и той же прямой AB, значит, они параллельны.
Проведем равный AB перпендикуляр EF из точки E на BD. Тогда:
Покажем, что 
По теореме Пифагора находим: 
Из прямоугольного треугольника BAD получаем: 
поэтому 
а 
тогда 
Отношение площадей кругов равно 
Тангенс угла ABC равен 
то есть 
Подставим CH в формулу тангенса четвёртой степени:
поэтому CPHQ — прямоугольник. Заметим, что площадь искомого четырёхугольника состоит из суммы площадей треугольников HPO1, PHQ и HQO2. Более того, площади этих фигур являются половинами площадей APH, PHQC и HQB соответственно. Таким образом, 
Пусть AC = BC = x, заметим, что CE : CB = 15 : 8, следовательно, 
По теореме Пифагора для треугольника ACE
Прямая AC вторично пересекает окружность в точке D. Точка E диаметрально противоположна точке D. Прямые ED и BC пересекаются в точке F.
поскольку этот угол опирается на диаметр AB. Тогда BD — высота прямоугольного треугольника ABC. По свойству высоты получаем, что 
тогда 
Треугольники EOB и DOA равны по двум сторонам и углу между ними, значит, EB = AD, откуда 
Таким образом, C — середина BF и 
Следовательно,
Аналогично 
Таким образом, 
значит, 
Из подобия треугольников AKC и AKB получаем, что 
Отсюда 
и коэффициент подобия равен 2. 
Значит, 
Запишем теорему косинусов для треугольника AKC: 
тогда 
откуда находим площадь треугольника ABC: 
то есть 
откуда
значит, 
следовательно, дуга 
в три раза больше дуги 
Пусть дуга 
тогда 
Далее, из симметрии относительно CC1 следует, что 
Тогда для равных дуг получаем:
равна 
Имеем: 
тогда
BC = 5.
Что и требовалось доказать.
поэтому угол BAC прямой. Тогда треугольники O2IA и O1KA равнобедренные прямоугольные. Отсюда 
a AB = 6, расположены две окружности. Окружность с центром в точке K, радиус которой равен 2, касается сторон AB и АD. Окружность с центром в точке L, радиус которой равен 1, касается стороны CD и первой окружности. 
KL = 3, LN = 1. По теореме Пифагора из прямоугольной трапеции PKLN получим: 
поэтому BAM равнобедренный прямоугольный треугольник, 
поэтому 
Пусть T — проекция точки C на прямую BM. Тогда высота треугольника CLM, проведенная к ML, равна TM. Заметим, что 
и 
У прямоугольных треугольников CND и CHB общий острый угол при вершине C, поэтому 
Треугольник ABC подобен треугольнику NMC по двум углам, значит, 
следовательно, 
Значит, коэффициент подобия треугольников ABC и NMC равен 
и 
Тогда по теореме о внешнем угле 
и 
значит, 
следовательно, четырехугольник CDNM вписан в окружность.
Запишем степень точки A относительно окружности, описанной около CMD: 
то есть 
Отсюда 
вписанный. Что и требовалось доказать.
Найдем радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, по формуле S = pr. Имеем: 
p = 18, отсюда 
Значит, радиус окружности, вписанной в DFG равен 
Заметим, что отрезок MN — проекция отрезка O1O2 на прямую AB, следовательно, 
откуда 
Аналогично 
Значит, 
Равенство достигается в случае, когда прямые AB и PQ взаимно перпендикулярны и прямые CD и PQ взаимно перпендикулярны.
Отрезки O3D и O1O2 взаимно перпендикулярны, поскольку проведенный в точку касания радиус перпендикулярен касательной. Тогда
значит, его радиус равен 8. Пусть радиус второй окружности равен x, а третьей — y. Введем обозначения, как показано на рисунке.
Далее, 
то есть
и 
откуда получаем, что x = 2 и y = 4, то есть 
следовательно, сумма длин второй и третьей окружностей составит 
если известно, что AC = 7, BC = 24 и AB = 25.
где p — полупериметр треугольника ABC. 
или 
Но тогда 
что и требовалось доказать.
тогда угол ACB равен 90°, из чего следует, что четырехугольник CLO1M — квадрат. Таким образом, 
Тогда по тереме Пифагора
Значит, 
Далее, вновь используя свойство биссектрисы, получаем, что 
По теореме Пифагора: 
откуда AC = 13, а тогда AO = EO = 6,5.
тогда
Тогда четырехугольник O1KO2L вписан в окружность. Значит, углы 
и 
равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. 
и 
Следовательно, 
откуда 
то есть x = 3.
как вертикальные и 
Что и требовалось доказать.
Из пункта а) следует, что 
откуда 
Следовательно, 
Отсюда треугольники APB и BPM подобны, то есть 
следовательно, 
Аналогично треугольники APC и CPM подобны, откуда 
следовательно, 
Значит, BP = CP. Что и требовалось доказать.
следовательно, углы MCB и MBC в сумме составляют острый угол, значит, каждый из них меньше 90°. Тогда
Находим:
С центром в точке О построена окружность радиуса 3, пересекающая стороны угла в точках 
Положительный корень этого уравнения 
Аналогично CB = CO. Что и требовалось доказать.
Радиус окружности равен 3, поэтому площадь сектора AOB равна 
углы 
и 
равны как вертикальные. Тогда треугольники AO2C и AO1B подобны, следовательно, 
По свойству секущей и касательной к окружности, проведённых из одной точки имеем
и 3.
прямоугольные треугольники ACD и ECB подобны по острому углу с коэффициентом подобия 
тогда 
а 
Тогда 
из подобия треугольников MPQ и PQL получаем, что 
откуда 
Из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом получаем:
Таким образом, 
и 
и 
По свойству пересекающихся хорд получаем:
Таким образом, 
следовательно, 
откуда
отсюда AM = DN, следовательно, 
отсюда AN = DM.
откуда 
Тогда 
По теореме косинусов для треугольника PAD получим:
Имеем: 
откуда 
тогда
Найдем косинус угла BAD:
Найдем площадь треугольника ABD:
и 
Заметим, что 
По формуле тангенса суммы получим:
и 
поскольку отрезки KN и KM — диаметры соответствующих окружностей. Тогда треугольники NAK и MCK подобны по двум углам. Значит, 
откуда следует параллельность прямых AN и CM по признаку параллельности.
Пусть 
По теореме Пифагора в треугольнике BMK:
то есть 
а тогда
