Ре­ше­ние. а)  Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, пусть M, H, N  — точки ка­са­ния. Ка­са­тель­ные, про­ведённые к окруж­но­сти из одной точки, равны: AM  =  AN, CM  =  CH, HB  =  BN. По­это­му

от­ку­да p  =  AM, где Р  — пе­ри­метр, p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка.

б)  Для опре­де­ле­ния пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ис­поль­зу­ем фор­му­лу, свя­зы­ва­ю­щую её с по­лу­пе­ри­мет­ром, сто­ро­ной и ра­ди­у­сом внев­пи­сан­ной окруж­но­сти, ка­са­ю­щей­ся этой сто­ро­ны и про­дол­же­ний двух дру­гих сто­рон тре­уголь­ни­ка:

Ответ:

При­ме­ча­ние.

При­ме­нен­ная в пунк­те  б) фор­му­ла может быть по­лу­че­на из сле­ду­ю­щих со­об­ра­же­ний: где O₁  — центр окруж­но­сти с ра­ди­у­сом r_1. При этом тогда

А по­то­му

Ре­ше­ние. а)  Пусть Q  — центр вто­рой окруж­но­сти, M и N  — её точки ка­са­ния со сто­ро­на­ми AB и AC со­от­вет­ствен­но, а точка H  — про­ек­ция точки Q на BC. Имеем: сле­до­ва­тель­но, Тогда По­это­му что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть x  — ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник OHQ:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра OH² + QH²  =  OQ², от­ку­да

Усло­вию 12 − 5x > 0 удо­вле­тво­ря­ет толь­ко x  =  2.

Ответ: 2.

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в дан­ный тре­уголь­ник также равен 2. Это озна­ча­ет, что боль­шая окруж­ность в дей­стви­тель­но­сти яв­ля­ет­ся впи­сан­ной в тре­уголь­ник и ка­са­ет­ся ка­те­та ВС. Это не вли­я­ет на пра­виль­ность про­ве­ден­ных вы­чис­ле­ний.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ивана Ива­но­ва (Вла­ди­во­сток).

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим AB  =  13. Далее По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке QOH:

Пусть тогда Пло­щадь тре­уголь­ни­ка АВС равна сумме пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков BQC, AQC и AQB. Вы­ра­зим пло­щадь:

При­рав­ни­вая эти вы­ра­же­ния, по­лу­ча­ем урав­не­ние:

сле­до­ва­тель­но, Най­ден­ное зна­че­ние ра­ди­у­са вто­рой окруж­но­сти удо­вле­тво­ря­ет усло­вию пунк­та а) за­да­чи, тем самым до­ка­зы­вая утвер­жде­ние «ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти мень­ше чем  длины ка­те­та AC».

Ре­ше­ние. а)  Про­ведём ме­ди­а­ну AE к ос­но­ва­нию BC, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный, ме­ди­а­на AE яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и вы­со­той. Про­ведём MK, за­ме­тим, что ∠BKM  =  90°, по­сколь­ку он впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диа­метр окруж­но­сти. По­это­му MK  — пер­пен­ди­ку­ляр к ВС. Тогда MK  — сред­няя линия AEС, и тогда КС  =  EК. По­сколь­ку CE  =  2CK, имеем: BK  =  3CK, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что ∠BKM  =  ∠BNM  =  90°, по­сколь­ку эти углы впи­сан­ные и опи­ра­ют­ся на диа­метр. Тогда

Под­став­ляя по­лу­чен­ные со­от­но­ше­ния в (*), по­лу­ча­ем:

Тогда

Ответ: б) 18.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть Тогда и пусть тогда По свой­ству се­ку­щих имеем:

При­ведём тре­тье ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть угол при вер­ши­не A тре­уголь­ни­ка ABC равен 2α, AB = x. Тогда из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ANM на­хо­дим: Из тре­уголь­ни­ка MKC: Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем урав­не­ние:

Из по­след­не­го урав­не­ния по­лу­ча­ем те же от­ве­ты, что и в преды­ду­щем ре­ше­нии x  =  16 (по­сто­рон­нее ре­ше­ние) или x  =  18.

При­ведём еще одно ре­ше­ние пунк­та б).

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник Если AB = x, то С дру­гой сто­ро­ны из тре­уголь­ни­ка ABC по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем Со­ста­вим урав­не­ние:

По­след­нее урав­не­ние уже два­жды ре­ше­но выше.

Ре­ше­ние. а)  Пусть центр окруж­но­сти  — точка O. За­пи­шем пло­щадь ABC двумя спо­со­ба­ми:

Зна­чит, угол B равен 90°. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть BH  — ис­ко­мая вы­со­та, тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти около тре­уголь­ни­ка ABC, по­это­му Зна­чит,

Найдём угол BIC:

Зна­чит, по­это­му точки B, O, I и C лежат на одной окруж­но­сти.

б)  Найдём угол BHC:

Зна­чит, по­это­му точки B, O, I, H и C лежат на одной окруж­но­сти.

По­сколь­ку по­лу­ча­ем В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке BOC имеем:

Пря­мая BH пер­пен­ди­ку­ляр­на AC, по­это­му

Зна­чит, Бис­сек­три­са угла тре­уголь­ни­ка лежит внут­ри угла, об­ра­зо­ван­но­го ме­ди­а­ной и вы­со­той, ис­хо­дя­щи­ми из той же вер­ши­ны, по­это­му лучи BH, BI и BO пе­ре­се­ка­ют дугу окруж­но­сти в ука­зан­ном на ри­сун­ке по­ряд­ке. Четырёхуголь­ник BOIH впи­сан в окруж­ность, по­это­му

Ответ: б) 165°.

При­ме­ча­ние.

По­лез­но срав­нить часть а) этой за­да­чи с за­да­ни­ем 25 тре­ни­ро­воч­ной ра­бо­ты МИОО № 1 в фор­ма­те ГИА-⁠9 от 1 ок­тяб­ря 2013 года:

В ост­ро­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABC угол B равен 60°. До­ка­жи­те, что точки A, C, центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC и точка пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC лежат на одной окруж­но­сти.

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — от­лич­ная от A₁ точка пе­ре­се­че­ния окруж­но­стей, опи­сан­ных около тре­уголь­ни­ков A₁CB₁ и A₁BC₁ (рис. 1).

Тогда

от­ку­да

Зна­чит, сле­до­ва­тель­но, точки A, B₁, O и C₁ лежат на одной окруж­но­сти.

б)  Пусть O₁, O₂ и O₃  — цен­тры окруж­но­стей, опи­сан­ных около тре­уголь­ни­ков B₁AC₁, A₁BC₁ и A₁CB₁ со­от­вет­ствен­но (рис. 2). За­ме­тим, что как ра­ди­у­сы опи­сан­ных окруж­но­стей около рав­ных тре­уголь­ни­ков. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AO₁C₁ и C₁O₂B равны. Кроме того, тре­уголь­ник O₂C₁O₁ также равен этим тре­уголь­ни­кам, по­сколь­ку

Таким об­ра­зом, Ана­ло­гич­но по­это­му тре­уголь­ник O₁O₂O₃ по­до­бен тре­уголь­ни­ку ABC с ко­эф­фи­ци­ен­том и ра­ди­ус впи­сан­ной в него окруж­но­сти равен по­ло­ви­не ра­ди­у­са окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC.

Пусть M  — се­ре­ди­на BC, а ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, равен r (рис. 3). Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC

C дру­гой сто­ро­ны, вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC равна по­это­му Зна­чит, r  =  3. Ис­ко­мый ра­ди­ус равен

Ответ: 1,5.

Ре­ше­ние.

а)  Пусть окруж­ность делит сто­ро­ну AB на три рав­ные части (рис. 1)

и делит сто­ро­ну BC на три рав­ные части

Тогда по свой­ству се­ку­щих

от­ку­да по­лу­ча­ем:

б)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся сто­ро­ны AC тре­уголь­ни­ка ABC в точке M (рис. 2). По­сколь­ку

по­лу­ча­ем:

Пусть AH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка, тогда

Таким об­ра­зом,

Ответ: б) 5 : 4.

Ре­ше­ние. a)  За­ме­тим, что   — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABH, зна­чит, но и как сред­няя линия тре­уголь­ни­ка  АВС. По­это­му четырёхуголь­ник   — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция, во­круг неё можно опи­сать окруж­ность, а зна­чит, точки и H лежат на одной окруж­но­сти. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Се­ре­ди­ны сто­рон тре­уголь­ни­ка яв­ля­ют­ся вер­ши­на­ми по­доб­но­го ему тре­уголь­ни­ка. По­это­му верны ра­вен­ства: Кроме того, из п. а) Сле­до­ва­тель­но,

Пусть R  — ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тра­пе­ции. Эта окруж­ность од­но­вре­мен­но опи­са­на во­круг тре­уголь­ни­ков и Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов для каж­до­го из них имеем:

от­ку­да на­хо­дим

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та а).

Так как   — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABH, тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, тогда от­ку­да По­сколь­ку сумма про­ти­во­по­лож­ных углов че­ты­рех­уголь­ни­ка равна 180°, а зна­чит, он яв­ля­ет­ся впи­сан­ным.

При­ведём ре­ше­ние пунк­та б) без ис­поль­зо­ва­ния пунк­та а).

Най­дем сто­ро­ну АВ тре­уголь­ни­ка ABC по тео­ре­ме си­ну­сов:

Най­дем катет пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AHB:

Тогда длина ис­ко­мо­го от­рез­ка A₁H:

За­ме­ча­ние.

По­ка­жем, что по­лу­чен­ная длина равна 1. Дей­стви­тель­но, по­сколь­ку

Ответ: б) 1.

Ре­ше­ние. а)  Пусть b  — бо­ко­вая сто­ро­на тре­уголь­ни­ка, c  — его ос­но­ва­ние, h  — вы­со­та, опу­щен­ная на ос­но­ва­ние тре­уголь­ни­ка.

Ра­ди­ус внев­пи­сан­ной окруж­но­сти вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка, a  — сто­ро­на, ко­то­рой ка­са­ет­ся окруж­ность. Таким об­ра­зом,

б)  Пусть O₂  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти. Про­ве­дем ра­ди­ус в точку ка­са­ния H. Тре­уголь­ни­ки AMC и CHO₂ по­доб­ны по двум углам, по­это­му

Из ра­вен­ство на­хо­дим, что тогда Най­дем CH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­чим, что Тогда

от­ку­да по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим По­сколь­ку I  — точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис тре­уголь­ни­ка ABC, по­лу­ча­ем, что Дуга BC окруж­но­сти S₂, не со­дер­жа­щая точки  I, вдвое боль­ше впи­сан­но­го в эту окруж­ность угла BIC, то есть равна 180° + α. Зна­чит, дуга BIC окруж­но­сти S₂ равна Сумма углов при вер­ши­нах A и O че­ты­рех­уголь­ни­ка ABOC равна 180°, зна­чит, этот че­ты­рех­уголь­ник впи­сан­ный. Сле­до­ва­тель­но, точка O лежит на окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC.

б)  Пусть r и R  — ра­ди­у­сы опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC и окруж­но­сти S₂ со­от­вет­ствен­но. По тео­ре­ме си­ну­сов:

Зна­чит,

от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Из тео­ре­мы, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, сле­ду­ет, что тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не C. Пусть ра­ди­ус его впи­сан­ной окруж­но­сти равен r. Тогда

Пусть K  — се­ре­ди­на ка­те­та BC. Тогда рас­сто­я­ние между пря­мы­ми KM и AC равно длине от­рез­ка MN, то есть 8. Зна­чит, рас­сто­я­ние между этими пря­мы­ми равно диа­мет­ру впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти. Сле­до­ва­тель­но, эта окруж­ность ка­са­ет­ся сред­ней линии KM.

б)  Тре­уголь­ник AMN пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не N, зна­чит, центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка AMN  — се­ре­ди­на Q от­рез­ка AM, а ра­ди­ус равен 5. Пусть впи­сан­ная окруж­ность тре­уголь­ни­ка ABC ка­са­ет­ся сто­рон AB и AC в точ­ках E и F со­от­вет­ствен­но. Тогда

Пусть L  — одна из точек пе­ре­се­че­ния рас­смат­ри­ва­е­мых окруж­но­стей. Общая хорда пе­ре­се­ка­ю­щих­ся окруж­но­стей пер­пен­ди­ку­ляр­на линии цен­тров и де­лит­ся ею по­по­лам, зна­чит, ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно удво­ен­ной вы­со­те LH тре­уголь­ни­ка OLQ со сто­ро­на­ми и про­ведённой из вер­ши­ны  L. Вы­со­та QT этого рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка, опу­щен­ная на ос­но­ва­ние, яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, зна­чит,

По­это­му

Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Из тео­ре­мы, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, сле­ду­ет, что тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не C. Пусть D  — точка ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка с ка­те­том AC, r  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти. Тогда CDIL  — квад­рат, по­это­му

По свой­ству бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка по­это­му

Зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но, LP  =  PM, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Центр O окруж­но­сти, опи­сан­ной около пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка,  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, а по­сколь­ку точка Q  — се­ре­ди­на дуги BC опи­сан­ной окруж­но­сти этого тре­уголь­ни­ка, точки Q, M и O лежат на се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре к ка­те­ту BC.

Пусть F  — про­ек­ция точки I на сред­нюю линию OM тре­уголь­ни­ка ABC. Тогда

От­ре­зок CI  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка ACP, по­это­му Зна­чит,

Тре­уголь­ник AIO пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не I, по­сколь­ку

по­это­му от­ре­зок AI пер­пен­ди­ку­ля­рен от­рез­ку OK, то есть бис­сек­три­са AI тре­уголь­ни­ка OAK яв­ля­ет­ся его вы­со­той. Зна­чит, AO  =  AK  =  25.

Четырёхуголь­ник OKCQ  — тра­пе­ция с ос­но­ва­ни­я­ми CK  =  AC − AK  =  5, OQ  =  OA  =  OB  =  25 и вы­со­той Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б) 300.

При­ме­ча­ние.

До­ка­за­тель­ство того, что от­ре­зок AI пер­пен­ди­ку­ля­рен от­рез­ку OK, может быть таким. Се­ре­ди­на L от­рез­ка CM  — про­ек­ция точки I на пря­мую BC, а от­ре­зок CM  — про­ек­ция от­рез­ка AQ на эту пря­мую. Зна­чит, I  — се­ре­ди­на хорды AQ опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок AI пер­пен­ди­ку­ля­рен от­рез­ку OK.

Ре­ше­ние. а)  Пусть N и Q   — точки ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­на­ми AB и BC. Пусть По тео­ре­ме о се­ку­щей и ка­са­тель­ной,

от­сю­да

За­ме­тим, что как от­рез­ки ка­са­тель­ных, про­ведённых к окруж­но­сти из одной точки. Зна­чит, и тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный.

б)  Пусть AQ  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC, Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се угла. Зна­чит, точка O лежит на бис­сек­три­се угла  B тре­уголь­ни­ка ABC. По­сколь­ку тре­уголь­ник  ABC рав­но­бед­рен­ный, бис­сек­три­са угла  B пер­пен­ди­ку­ляр­на сто­ро­не AC, и тогда O  — точка пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC, то есть

Обо­зна­чим   — ра­ди­ус окруж­но­сти. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ACQ и ABQ. Из

Из от­сю­да

Тре­уголь­ни­ки AON и ABQ по­доб­ны по двум углам. Зна­чит, или

Вы­ра­зим r из этого урав­не­ния, зная, что :

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

По свой­ству се­ку­щей и ка­са­тель­ной к окруж­но­сти имеем:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка ACQ имеем:

Вновь вос­поль­зу­ем­ся свой­ством се­ку­щих:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Углы FAC и FBC равны как впи­сан­ные, AO  — бис­сек­три­са, по­это­му

зна­чит, тре­уголь­ник FAO рав­но­бед­рен­ный, по­это­му

б)  Точка E лежит на пе­ре­се­че­нии бис­сек­три­сы угла B и бис­сек­три­сы внеш­не­го угла A. Имеем:

сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник OAE пря­мо­уголь­ный. Далее, зна­чит, AF  — ме­ди­а­на. Найдём её:

Те­перь рас­смот­рим тре­уголь­ник AFC:

зна­чит,

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. а)  Впи­сан­ные углы NCM и MBN опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, сле­до­ва­тель­но, они равны. По­сколь­ку

по­лу­ча­ем то есть тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный.

б)  По­сколь­ку

по­лу­ча­ем, что и пря­мая MN па­рал­лель­на пря­мой BC. От­ре­зок BC равен 35.

Пусть AK  — бис­сек­три­са, ме­ди­а­на и вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC. Пря­мая AK про­хо­дит через точку P  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти. Тре­уголь­ник ANM по­до­бен тре­уголь­ни­ку ABC, сле­до­ва­тель­но,

Тогда

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABС равна

а зна­чит,

В четырёхуголь­ни­ке AMPN диа­го­на­ли AP и MN пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, его пло­щадь равна

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что

Четырёхуголь­ник BCB₁C₁ впи­сан в окруж­ность, по­это­му

Зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABC и AB₁C₁ по­доб­ны по двум углам.

б)  Пло­щадь тре­уголь­ни­ка AB₁C₁ в во­семь раз мень­ше пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка BCB₁C₁, по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC в де­вять раз боль­ше пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка AB₁C₁ и ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков равен 3. Пусть тогда Найдём BB₁ по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Сле­до­ва­тель­но,

Те­перь по тео­ре­ме си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка ABB₁ по­лу­ча­ем:

Но по­сколь­ку си­ну­сы смеж­ных углов равны. По­лу­ча­ем:

Те­перь на­хо­дим ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка BB₁C:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что Четырёхуголь­ник ВСВ₁С₁ впи­сан в окруж­ность, по­это­му Зна­чит, Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABC и АВ₁С₁ по­доб­ны по двум углам.

б)  Пло­щадь тре­уголь­ни­ка АВ₁С₁ в че­ты­ре раза мень­ше пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка ВСВ₁С₁, по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC в пять раз боль­ше пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка АВ₁С₁ и ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков равен

Пусть AB₁  =  x, тогда AB  =   Най­дем BB₁ по тео­ре­ме ко­си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка ABB₁:

Сле­до­ва­тель­но, Те­перь по тео­ре­ме си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка ABB₁ по­лу­ча­ем:

Но по­сколь­ку си­ну­сы смеж­ных углов равны.

По­лу­ча­ем:

Те­перь на­хо­дим ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка BCB₁:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Угол AC₁C равен 90°, сле­до­ва­тель­но, угол AA₁C равен 90°, по­сколь­ку AC  — диа­метр окруж­но­сти. Тогда AA₁  — вы­со­та и ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка  ABC. Таким об­ра­зом, от­рез­ки AB и AC равны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ни­ки ABA₁ и CBC₁ по­доб­ны по двум углам, сле­до­ва­тель­но, Так как C₁A₁  — ме­ди­а­на в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BC₁C, то

Вы­чис­лим пло­щадь рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, бо­ко­вые сто­ро­ны ко­то­ро­го равны 16, а ос­но­ва­ние BC  =  12:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть M  — се­ре­ди­на от­рез­ка O₁O₂. За­ме­тим, что CO₁ и CO₂  — бис­сек­три­сы внут­рен­не­го и внеш­не­го угла при вер­ши­не C. Зна­чит, Тогда по свой­ству ме­ди­ан пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

б)  Пусть впи­сан­ная окруж­ность ка­са­ет­ся сто­ро­ны AB в точке K, внев­пи­сан­ная окруж­ность ка­са­ет­ся AB в точке N, а точка P  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. Тогда

Сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом,

Ответ: б) 1 : 2.

Ре­ше­ние. а)  Угол AOK  — цен­траль­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на дугу AK, а угол ABK  — впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на дугу  AK, сле­до­ва­тель­но, Во вто­рой окруж­но­сти углы AOK и AМK яв­ля­ют­ся впи­сан­ны­ми, опи­ра­ю­щи­ми­ся на дугу AK, сле­до­ва­тель­но, По­лу­ча­ем, что

Рас­смот­рим тре­уголь­ник BMK. По тео­ре­ме о внеш­нем угле тре­уголь­ни­ка

От­сю­да сле­ду­ет, что MB  =  MK.

б)  По­сколь­ку MB  =  MK, точка M лежит на се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре к от­рез­ку BK. От­рез­ки OB и OK равны как ра­ди­у­сы окруж­но­сти, по­это­му точка O также лежит на ука­зан­ном се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре. Сле­до­ва­тель­но, OM  — се­ре­дин­ный пер­пен­ди­ку­ляр к от­рез­ку BK, а зна­чит,

Ответ: 33.

Ре­ше­ние. а)  Пусть P  — се­ре­ди­на мень­шей дуги MN. Тогда по тео­ре­ме о впи­сан­ном угле DP  — бис­сек­три­са угла NDM, а PE  — бис­сек­три­са угла MEN. Зна­чит, эти бис­сек­три­сы дей­стви­тель­но пе­ре­се­ка­ют­ся на окруж­но­сти, а имен­но в точке P.

б)  За­пи­шем тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC. По­лу­чим ра­вен­ство:

От­сю­да то есть Тогда а зна­чит, Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник MCN по­до­бен тре­уголь­ни­ку BCA с ко­эф­фи­ци­ен­том от­ку­да

Ответ: 3,5.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что сумма углов MHN и MCN равна 180°, по­это­му че­ты­рех­уголь­ник CMHN впи­сан в окруж­ность. Углы HMN и HCN равны как впи­сан­ные. Углы HCN и CAB равны, по­то­му что каж­дый из них равен Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки HMN и CAB по­доб­ны по двум углам. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что а По­это­му тре­уголь­ни­ки CMH и BNH по­доб­ны по двум углам, при­чем из пунк­та а) сле­ду­ет, что

Из этой це­поч­ки ра­венств по­лу­ча­ем, что

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что впи­сан­ный угол ADC опи­ра­ет­ся на диа­метр, по­это­му CD  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC. Далее, MC  =  MD как ка­са­тель­ные к окруж­но­сти (MC  — ка­са­тель­ная, по­сколь­ку угол MCO пря­мой). Тре­уголь­ник MCD рав­но­бед­рен­ный, по­это­му углы MCD и MDC равны. Далее вы­чис­лим:

От­сю­да MB  =  MD, а зна­чит, и BM  =  CM. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что OM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, по­это­му от­рез­ки OK и AB па­рал­лель­ны. От­сю­да

Вы­чис­лим от­но­ше­ние BK к KP:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку

около четырёхуголь­ни­ка ABMK можно опи­сать окруж­ность. Впи­сан­ные в эту окруж­ность углы BAM и BKM опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, сле­до­ва­тель­но, они равны.

б)  Тре­уголь­ни­ки MKC и ABC по­доб­ны по двум углам (угол при вер­ши­не C общий), по­это­му от­ку­да сле­ду­ет, что

По фор­му­ле для ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка на­хо­дим, что

Ответ: б) 6,4.

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем общую ка­са­тель­ную к обеим окруж­но­стям через точку K, тогда по тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой. Ана­ло­гич­но зна­чит, от­ку­да сле­ду­ет, что хорды AB и MN па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки LAK и CMK и тре­уголь­ни­ки LBK и CNK по­доб­ны. Таким об­ра­зом,

от­ку­да Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка H  — се­ре­ди­на хорды MN, тогда тре­уголь­ник MON рав­но­бед­рен­ный, а зна­чит, от­ре­зок  OH пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде  MN. Пусть и тогда Точка O₁  — центр малой окруж­но­сти, зна­чит, ра­ди­ус O₁C пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде MN. На­хо­дим:

Из точки O про­ве­дем к от­рез­ку от­ре­зок CO₁ пер­пен­ди­ку­ляр OR. Тогда от­ку­да по­лу­ча­ем урав­не­ние:

Тем самым

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) На­та­льи Лес­ни­чен­ко.

От­ре­зок AB  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка KMN. Пусть BL  =  2x, LA  =  3x, тогда по свой­ству хорд от­ку­да По­ло­жим CN  =  4x, тогда по тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и се­ку­щей: сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке NCK из­вест­ны все сто­ро­ны, при­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов:

и по­то­му

Со­еди­ним точки О₁ и L, тогда по тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой. Зна­чит,

Таким об­ра­зом,

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу с за­да­ни­ем 510102 из ЕГЭ 2015 года и за­да­ни­ем 517516 из ЕГЭ 2017 года.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим. что от­ре­зок CD пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­не AB и точка D лежит на сто­ро­не AB  — ка­са­тель­ной к окруж­но­сти. Сле­до­ва­тель­но, CD  — ра­ди­ус окруж­но­сти. Пря­мая CO₁  — бис­сек­три­са угла ACD, пря­мая DO₁  — бис­сек­три­са угла CDA. От­рез­ки CE и CD равны как ра­ди­у­сы, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки CEO₁ и CDO₁ равны по двум сто­ро­нам и углу между ними. Зна­чит,

Тогда CE  =  CF, сле­до­ва­тель­но, а по­то­му точка O₁ лежит на луче EF и внут­ри тре­уголь­ни­ка ACD. Сле­до­ва­тель­но, точка O₁ лежит на от­рез­ке EF. Ана­ло­гич­но и точка O₂ лежит на от­рез­ке EF.

б)  До­ста­точ­но найти рас­сто­я­ние от точки С до пря­мой EF. Тре­уголь­ник CEF рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, вы­со­та, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. На­хо­дим:

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Пусть от­рез­ки O₁H и O₃M  — ра­ди­у­сы окруж­но­стей, про­ве­ден­ные в точки ка­са­ния с ос­но­ва­ни­ем AC. Тогда

Таким об­ра­зом, Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  На­хо­дим:

Cле­до­ва­тель­но,

От­сю­да для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка AO₁O₃ по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мые KT и ES пе­ре­се­ка­ют­ся в точке M. Тогда По усло­вию MS  =  MT, сле­до­ва­тель­но, MK  =  ME и SE  =  TK. Тре­уголь­ни­ки EKT и KES равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, зна­чит, от­ку­да Из этого сле­ду­ет, что точка M лежит вне окруж­но­сти.

б)  От­рез­ки ET и KS  — вы­со­ты рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка KEM. Тогда они яв­ля­ют­ся его ме­ди­а­на­ми. Таким об­ра­зом,

Ответ: б)  5.

Ре­ше­ние. а)  От­ре­зок CD  — ра­ди­ус окруж­но­сти, по­это­му тре­уголь­ник CDE рав­но­бед­рен­ный. От­ре­зок CO₁  — бис­сек­три­са угла ECD, по­это­му тре­уголь­ни­ки ECO₁ и DCO₁ равны. Тогда

От­сю­да точка O₁ лежит на хорде EF. Со­вер­шен­но ана­ло­гич­но по­лу­чим, что точка O₂ лежит на от­рез­ке EF.

б)  Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков ABC и ACD сле­ду­ет, что

Тогда Рас­сто­я­ние от точки С до от­рез­ка O₁O₂ равно вы­со­те тре­уголь­ни­ка CEF. Тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, зна­чит, рас­сто­я­ние равно по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы EF, то есть

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се этого угла. Угол между бис­сек­три­са­ми смеж­ных углов пря­мой, по­это­му Тогда сле­до­ва­тель­но, около четырёхуголь­ни­ка AOBO₁ можно опи­сать окруж­ность.

б)  Тре­уголь­ник CAB пря­мо­уголь­ный, по­сколь­ку

Имеем: и тогда тре­уголь­ник AKO рав­но­бед­рен­ный, от­ку­да сле­ду­ет, что AK  =  KO. Най­дем OK по фор­му­ле По­лу­ча­ем:

Пусть окруж­ность с цен­тром O₁ ка­са­ет­ся пря­мых AC и BC в точ­ках E и F со­от­вет­ствен­но. Тогда от­ку­да Тре­уголь­ник  ALO₁ рав­но­бед­рен­ный, зна­чит, На­хо­дим пло­щадь четырёхуголь­ни­ка AOBO₁

и пло­щадь четырёхуголь­ни­ка KOLO₁

Ответ: б) 32 и 16.

Ре­ше­ние. а)  Центр впи­сан­ной в угол окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се этого угла, по­это­му цен­тры внев­пи­сан­ных окруж­но­стей лежат на пе­ре­се­че­нии бис­сек­трис внут­рен­не­го угла тре­уголь­ни­ка и двух внеш­них углов. Бис­сек­три­сы смеж­ных углов пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му Ана­ло­гич­но O₃С и O₂B  — вы­со­ты тре­уголь­ни­ка O₁O₂O₃.

б)  Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки O₁O₂B и O₁O₃С, в них

от­ку­да сле­ду­ет, что тре­уголь­ни­ка­ми BO₁C и O₂O₁O₃ по­доб­ны, при­чем

От­ре­зок OO₁  — диа­метр окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка BCO₁. По тео­ре­ме си­ну­сов Тогда

от­ку­да Зна­чит,

сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим точки ка­са­ния так, как на чер­те­же. Пусть p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка. Ис­поль­зуя свой­ство от­рез­ков ка­са­тель­ных, по­лу­ча­ем:

Сло­жим ра­вен­ства, по­лу­чим:

Сле­до­ва­тель­но, что не за­ви­сит от по­ло­же­ния точки D.

б)  Из пунк­та а) по­лу­ча­ем:

Ответ: б)  5.

Ре­ше­ние. а)  Пусть точки O₁ и O₂  — цен­тры окруж­но­стей. Тогда DO₁ и DO₂  — бис­сек­три­сы углов CDA и BDA со­от­вет­ствен­но. Тогда

б)  За­ме­тим, что По­это­му тре­уголь­ни­ки O₁DM и DO₂N по­доб­ные. Сле­до­ва­тель­но,

Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Таким об­ра­зом, от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Точка O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, по­это­му пря­мая BO  — бис­сек­три­са угла ABC. По лемме о тре­зуб­це рас­сто­я­ния от точки пе­ре­се­че­ния бис­сек­три­сы угла тре­уголь­ни­ка с его опи­сан­ной окруж­но­стью до двух дру­гих вер­шин и ин­цен­тра равны. По­это­му тре­уголь­ник APO рав­но­бед­рен­ный. От­ку­да сле­ду­ет, что

б)  По обобщённой тео­ре­ме си­ну­сов

от­ку­да Опу­стим из P пер­пен­ди­ку­ляр PH на AC. Точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­три­сы угла тре­уголь­ни­ка с се­ре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к про­ти­во­ле­жа­щей сто­ро­не лежит на опи­сан­ной окруж­но­сти этого тре­уголь­ни­ка, по­это­му от­ре­зок PH  — се­ре­дин­ный пер­пен­ди­ку­ляр к сто­ро­не AC. Че­ты­рех­уголь­ник ABCP впи­сан­ный, зна­чит,

От­ре­зок PH  — се­ре­дин­ный пер­пен­ди­ку­ляр к сто­ро­не AC, по­это­му

Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка APC равна

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мая BQ пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AC в точке P, тогда

от­ку­да

Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем:

Пусть BL  =  y, CL  =  2y, BK  =  2x, AK  =  x. По усло­вию че­ты­рех­уголь­ник AKLC впи­сан в окруж­ность, зна­чит, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ACB и LKB по­доб­ны по двум углам. Из по­до­бия сле­ду­ет, что

Пусть тогда По тео­ре­ме си­ну­сов имеем:

от­ку­да то есть тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный.

б)  Из пунк­та а) и тогда и По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка BKC по­лу­ча­ем:

Пусть точка I  — центр впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти, а I₁ и Q₁  — про­ек­ции точек I и Q на катет AC со­от­вет­ствен­но, тогда

Далее,

от­ку­да

Из пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции QII₁Q₁ по­лу­ча­ем:

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим на ри­сун­ке точку O  — центр окруж­но­сти. Пусть от­ре­зок OH  — пер­пен­ди­ку­ляр к хорде MK. По усло­вию зна­чит, Од­на­ко ра­ди­ус OM пер­пен­ди­ку­ля­рен ка­са­тель­ной AM, по­это­му

б)  Пусть AL  =  4x, LK  =  3x. По тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и се­ку­щей:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OMH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Сле­до­ва­тель­но, По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке AMK:

Ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда как цен­траль­ный угол. От­рез­ки BO и OC равны как ра­ди­у­сы. Сле­до­ва­тель­но, в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке OBC

б)  По тео­ре­ме си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ABC по­лу­ча­ем:

то есть OC  =  15. По тео­ре­ме си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке OPC на­хо­дим:

от­ку­да сле­ду­ет, что R  =  12,5.

Ответ: б)  12,5.