Окружности —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Окружности

Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Окружности

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Окружности

Вписанные углы и счёт углов в окружности

Касание с окружностью и касание окружностей

Вписанная и вневписанная окружности

Лемма о трезубце

Степень точки и радикальные оси

Антипараллельность

Поляры

Окружность Эйлера

Окружность Аполлония

Подтемы раздела планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87884

Окружности $S 1$ и $S 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , центр $O$ окружности $S 1$ лежит на окружности $S 2$ . Хорда $AC$ окружности $S 1$ пересекает окружность $S2$ в точке $D$ . Оказалось, что $D$ лежит внутри треугольника $BOC$ . Докажите, что отрезки $OD$ и $BC$ перпендикулярны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведите отрезки OB, OC и AB. Каким является треугольник BOC? Две его стороны являются чем-то хорошим в окружности...

Подсказка 2

Действительно, треугольник BOC − равнобедренный. Нужно доказать, что OD принадлежит высоте, проведенной к основанию BC. Но высота в этом треугольнике является и биссектрисой. Давайте доказывать равенство углов BOD и COD. Какому углу равен вписанный в окружности S2 угол BOD?

Подсказка 3

BOD = BAD, ведь они опираются на дугу BD. А теперь посмотрите на окружность S1 − каким является угол BAD (то же самое, что угол BAC) в этой окружности? Чему он равен?

Подсказка 4

Он равен половине градусной меры дуги BC. А каким является угол BОC в этой окружности? Чему он равен?

Подсказка 5

Он равен градусной мере дуги как центральный угол. Так получается, что угол BOC в два раза больше угла BOD. Значит, OD делит угол пополам, точка D лежит на биссектрисе, а значит, и на высоте − задача решена!

Показать доказательство

Проведем отрезки $OB, OC,AB.$ Заметим, что $△BOC$ равнобедренный, следовательно, необходимо доказать, что прямая $OD$ содержит высоту, опущенную к основанию $BC.$

Докажем, что прямая $OD$ содержит биссектрису $∠BOC,$ тогда отсюда будет следовать утверждение задачи. Таким образом, необходимо доказать, что $∠BOD = ∠COD.$

$PIC$

Заметим, что вписанные углы окружности $S2,$ опирающиеся на одну и ту же дугу $B⌣D ,$ равны:

∠BOD = ∠BAD = α

С другой стороны, $∠BAC,$ он же $∠BAD$ , — вписанный угол окружности $S1,$ опирающийся на дугу $⌣ BC ,$ следовательно,

⌣ BC= 2∠BAC = 2α

Так как $∠BOC$ — центральный угол окружности $S1,$ опирающийся на дугу $⌣ BC ,$ то

⌣ ∠BOC = BC= 2α

Отсюда имеем:

∠COD = ∠BOC − ∠BOD = 2α− α= α

Следовательно, $OD$ — часть биссектрисы равнобедренного треугольника $BOC,$ а следовательно, и часть высоты.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#87882

Пусть $M$ и $N$ — середины “меньшей” и “большей” дуг $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ соответственно. Докажите, что

(a) $AM$ — биссектриса угла $BAC$ ;

(b) $AN$ — биссектриса внешнего угла $BAC$ .

Показать доказательство

$M$ — середина “меньшей” дуги $BC,$ то есть дуги $MB$ и $MC$ равны. Тогда будут равны и вписанные углы $∠BAM =∠MAC,$ опирающиеся на равные дуги одной окружности. Значит, $AM$ — биссектриса угла $BAC.$

$PIC$

$M$ и $N$ — диаметрально противоположные точки, так как эти точки — середины “меньшей” и “большей” дуги $BC$ соответственно. Следовательно, вписанный угол $∠NAM =90∘,$ как опирающийся на диаметр.

Тогда

∠CAN =90∘− ∠MAC =90∘− 1∠BAC = 1(180∘ − ∠BAC ) 2 2

Значит, $AN$ делит пополам внешний угол, смежный с $BAC$ , то есть является биссектрисой внешнего угла $BAC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#87531

В круговой сектор радиуса $R$ с центральным углом $α$ $(0< α≤ π∕2)$ вписаны две окружности (обе касаются радиусов-сторон сектора, друг друга внешним образом, а большая касается окружности сектора). Какую наибольшую долю может составлять расстояние между центрами вписанных окружностей от величины $R$ и при каком значении $α$ это достигается?

Показать ответ и решение

Обозначим радиусы малой и большой вписанных окружностей через $x$ и $y$ , введём величину $β = α 2$ . Отметим, что $π 0 <β < 4$ .

$PIC$

Выразим стороны треугольника через радиусы трёх окружностей.

OO2 = R − y, OO1 = R− x− 2y

Из подобия прямоугольных треугольников получаем

--1-= R-− y-= R−-x−-2y sin β y x

Откуда

R-= R-− 2x y x

-x y- y- R = (1− 2⋅R)⋅R

Расстояние между центрами вписанных окружностей $O1O2$ равно $x+y$ .

Рассмотрим искомое отношение

x +y y y y y y --R- = (1− 2R)R-+ R-= 2(1− R)R-

Относительно величины $t= yR-$ это отношение есть парабола $2t(t− 1)$ . Выразим параметр $t$ через угол $β$ .

si1nβ = Ry − 1

t= y= --sinβ--= ---1--- R 1 +sinβ 1+ s1inβ

Таким образом, при изменении $β$ от $0$ до $π 4$ параметр $t$ растёт от $0$ до $√ - 2− 1$ . Остаётся найти максимум параболы $2t(1− t)$ на полученном отрезке $√- [0; 2− 1]$ . Вершина параболы лежит правее отрезка, следовательно искомый максимум достигается при $√- t= t0 = 2− 1$ и равен $√ - 2(3 2− 4)$ .

Ответ:

$2(3√2-− 4)$ при $α= π 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#87411

Дан остроугольный треугольник $ABC$ , меньший угол которого $∠ABC = 40∘$ . Внутри треугольника выбрана такая точка $D$ , что

∘ ∘ ∠BAC + ∠ADB = 180 и 2∠ACB + ∠DBA = 180.

Через точку $C$ провели прямую, параллельную прямой $AD$ , она пересекла прямую $BD$ в точке $E.$ Биссектрисы углов $∠ABD$ и $∠CAD$ пересекаются в точке $F.$ Найдите угол $∠DF E.$

Источники: СПБГУ - 2024, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Положим для краткости $∠ABF =φ$ , тогда $∠DBF = φ$ и $∠DBA =2φ$ . По условию

∘ 2∠ACB +2φ =2∠ACB + ∠DBA = 180

и, значит, $∠ACB =90∘− φ$ .

∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠DBA − ∠ADB = 180 − 2φ− (180 − ∠BAC )=∠BAC − 2φ.

Следовательно,

∠DAF = ∠DAC-= ∠BAC--− ∠BAD = φ 2 2

и четырехугольник $AF DB$ вписанный.

$PIC$

Таким образом, $∠ADF = ∠ABF = φ$ , значит, треугольник $AFD$ равнобедренный и, в частности, $F A= FD$ . Поскольку $AF −$ биссектриса угла $∠CAD$ , а прямые $AD$ и $CE$ параллельны, $∠ACE =∠CAD =2φ =∠ABE$ . Следовательно, четырехугольник $AECD$ является вписанным и поэтому

∘ ∠AF-D ∠AED =∠AEB =∠ACB =90 − φ= 2 .

Стало быть, точка $F$ является центром описанной окружности треугольника $ADE$ и, значит, $∠DF E = 2∠DAE$ . Осталось заметить, что

∠DAE =180∘− AED − ∠ADE = 180∘− ∠ACB − ∠BAC = ∠ABC = 40∘,

откуда получаем ответ $∠DF E =80∘$ .

Ответ:

$80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#86100

Окружности $w 1$ и $w 2$ пересекаются в точках $A$ и $B.$ Прямая $l$ расположена ближе к $A$ , чем к $B$ , и является общей касательной окружностей $w1$ и $w2$ , касаясь их соответственно в точках $T$ и $R$ . Через точку $A$ проведена параллельно касательной $l$ прямая, пересекающая $w1$ в точке $C,w2$ в точке $D$ . Прямые $TC$ и $RD$ пересекаются в точке $E,$ прямые $T B$ и $CD$ пересекаются в точке $M,$ прямые $RB$ и $CD$ пересекаются в точке $N.$ Докажите, что $TBRE$ — вписанный четырёхугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поставим цель доказать, что противоположные углы в четырёхугольнике TBRE в сумме дают 180 градусов. Чтобы сделать это, воспользуемся свойствами вписанных четырёхугольников, которые уже есть на картинке, и отметим в них равные уголочки.

Подсказка 2

У нас есть пары углов СТВ, САВ и BAD, BRD, которые опираются на одну дугу. Воспользуется свойствами смежных углов и докажем то, что хотели! Даже свойства касательных не понадобились.

Показать доказательство

Пусть $∠BT E =α,$ а $∠BRE = β.$ Тогда смежные с ними $∠BTC = 180∘− α,∠BRD = 180∘− β.$

$PIC$

Замечание. Точки $M$ и $N$ не подписаны на чертеже, потому что в решении их использовать не будем.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В силу вписанности $ABT C$ и $ABDR$ получаем

∠BAC = ∠BTC = 180∘ − α, ∠BAD = ∠BRD = 180∘− β

Но $∠BAC$ и $∠BAD$ смежные, поэтому

(180∘ − α)+ (180∘− β)=180∘

Следовательно, $∠BTE +∠BRE =α +β = 180∘,$ так что $TBRE$ вписанный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#86095

На окружности по часовой стрелке поставлены точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ . Известно, что $AE =DE$ . Пересечение отрезков $AC$ и $BD$ обозначим через $P$ . На продолжении отрезка $AB$ за точку $A$ выбрали точку $Q$ так, что $AQ = DP$ . На продолжении отрезка $CD$ за точку $D$ выбрали точку $R$ так, что $AP = DR$ . Докажите, что прямые $P E$ и $QR$ перпендикулярны.

Показать доказательство

Отметим равные углы: $∠BAP = ∠BDC,$ как вписанные углы, отсюда следует, что $∠P AQ= ∠P DR.$ Рассмотрим треугольники $△P AQ$ и $△P DR.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PQ = PR.$ Тогда нужно доказать , что $QE$ является частью высоты в равнобедренном треугольнике.

$PIC$

Рассмотрим вписанные четырехугольники $ACDE$ и $ABDE.$ Из вписанности получаем $∠PAE = ∠EDR$ и $∠PDE = ∠EAQ.$ Рассмотрим треугольники $△AP E$ и $△DRE.$ У них равны две стороны и угол между этими сторонами. Следовательно, эти треугольники равны, тогда $PE = ER.$ Используя аналогичные рассуждения для треугольников $△PDE$ и $△QAE,$ получаем что $P E = QE.$

В итоге получили, что точка $E$ равноудалена от вершин треугольника $△P QR,$ то есть является центром описанной окружности равнобедренного треугольника. Следовательно, $PE$ является частью высоты треугольника $△PQR,$ то есть $P E ⊥ QR.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#86029

Дан треугольник $ABC, A 1$ и $B 1$ — две точки на сторонах $BC$ и $AC,$ а $P$ и $Q$ — две точки на отрезках $AA 1$ и $BB 1$ соответственно такие, что прямая $P Q$ параллельна $AB.$ На луче $P B1,$ за точку $B1$ выбрана точка $P1$ так, что $∠PP1C = ∠BAC.$ Аналогично, на луче $QA1,$ за пределами $A1,$ выбрана точка $Q1$ так, что $∠CQ1Q = ∠CBA.$ Покажите, что точки $P,Q,P1$ и $Q1$ лежат на одной окружности.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть лучи $AA1$ и $BB1$ пересекают описанную окружность треугольника $ACB$ в точках $A2$ и $B2.$ Поскольку $∠QP A2 = ∠BAA2 = ∠BB2A2 =∠QB2A2,$ точки $P,Q,A2,B2$ лежат на одной окружности; обозначим эту окружность через $ω.$ Докажем, что $P1$ и $Q1$ также лежат на $ω.$

Поскольку $∠CA2A1 = ∠CA2A =∠CBA =∠CQ1Q = ∠CQ1A1,$ точки $C,Q1,A2,A1$ также лежат на одной окружности. Отсюда получаем $∠QQ1A2 =∠A1Q1A2 = ∠A1CA2 =∠BCA2 = ∠BAA2 = ∠QPA2,$ а значит $Q1$ лежит на $ω.$ Аналогично доказывается, что $P$ лежит на $ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85911

Прямая $ℓ$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ . Точки $D$ и $E$ таковы, что $CD$ и $BE$ перпендикулярны $ℓ$ , а углы $DAC$ и $EAB$ прямые. Докажите, что $BD$ и $CE$ пересекаются на высоте треугольника $ABC$ из вершины $A$ .

Источники: ФЕ - 2024, 11.3 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр $ABC.$

$AD$ перпендикулярно $AC$ и $BH$ перпендикулярно $AC$ , значит $AD∥BH$ . Пусть касательная в точке $A$ пересекает $CD$ в точке $F.$

$PIC$

$∠FAC = ∠ABC$ как угол между касательной и хордой.

∠CDA = 90∘ − ∠ACD =90∘− (90∘− ∠FAC )=∠F AC =∠ABC

Значит, точки $C,D, A,H$ лежат на одной окружности. Значит, $∠DHC$ - прямой, а значит $DH ∥AB$ .

Тогда $BADH$ — параллелограмм, а значит, $BD$ проходит через середину $AH$ . Аналогично $CE$ тоже через неё проходит, ч.т.д.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85508

Точки $P,Q$ лежат внутри окружности $ω$ . Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $D$ . Окружность с центром $D$ , проходящая через $P$ и $Q$ , пересекает $ω$ в точках $B$ и $C$ . Отрезок $PQ$ лежит внутри треугольника $ABC$ . Докажите, что $∠ACP =∠BCQ$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.2 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Про окружность ω пока толком ничего не известно, а вот окружность с центром в D даёт сразу 4 равных отрезка (равенство радиусов) на чертеже. Посмотрите, что из этого можно взять для окружности ω.

Подсказка 2

Так как BD=DC, то дуги ВD и DC в ω равны, значит, AD — биссектриса ∠BAC.

Подсказка 3

Пусть I — точка пересечения отрезка АD и дуги BPQC, тогда по теореме о трилистнике I — центр вписанной в ΔABC окружности. Что же можно взять из этого факта, если в задаче нам нужно доказать равенство углов?

Подсказка 4

Конечно! То, что CI — биссектриса ∠BСА. Для завершения доказательства не хватает равенства ∠PCI и ∠ICQ, но это совсем несложно получить, если Вы ещё не забыли, чем по условию является AD для отрезка PQ.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $I$ — точка пересечения отрезка $AD$ и дуги $BPQC$ . Так как $DB = DC$ , то $AD$ — биссектриса угла $BAC$ и по теореме о трилистнике $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Следовательно, $CI$ — биссектриса угла $ACB$ . С другой стороны, так как $AD −$ серединный перпендикуляр к $P Q$ , то $PI = QI$ , то есть $CI$ — биссектриса угла $PCQ$ . Из этих двух утверждений следует утверждение задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим $∠ACQ =α,∠QCP = β,∠PCB = γ$ . Необходимо доказать, что $γ = α$ .

Заметим, что

α+ β+ γ = ∠ACB = ∠ADB = ∠BDP +∠PDA

Далее, $∠BDP = 2∠BCP = 2γ$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DP Q$ ), а также $∠P DA = 12∠PDQ = 12 ⋅2∠PCQ = β$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DPQ$ ). Тогда

α+ β+ γ = ∠BDP + ∠PDA = 2γ+β

γ =α

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В условии задачи дано, что точки $P$ и $Q$ лежат не только внутри окружности $ω$ , но и внутри вписанного в неё треугольника $ABC$ . Последнее условие на самом деле излишне. Из остальных условий задачи следует, что точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$ . Но если обе изогональные точки лежат внутри описанной окружности, то они лежат и внутри треугольника, поскольку при изогональном сопряжении три сегмента, ограниченные сторонами треугольника и дугами описанной окружности, переходят в три угла, вертикальных углам треугольника

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85494

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ . Точки $M$ и $N$ - середины отрезков $BH$ и $CH$ . Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, равноудалена от точек $B$ и $C$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть перпендикуляры через M и N пересекаются в точке P. Тогда над каким дополнительным построением можно подумать, чтобы сделать MP и NP чем-то хорошим? Не забудьте, что M и N являются серединами отрезков.

Показать доказательство

Первое решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точки, симметричные $B$ и $C$ относительно прямых $MP$ и $NP$ , через $B0$ и $C0$ . Тогда прямые $MP$ и $NP$ — cерединные перпендикуляры к отрезкам $BB0$ и $CC0$ , поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник $BB0C0C$ — вписанный.

$PIC$

Заметим, что $MP$ и $NP$ содержат средние линии треугольников $BB0H$ и $CC0H$ , параллельные сторонам $B0H$ и $C0H$ соответственно. Значит, $HB0 ⊥ AB,HC0 ⊥ AC.$

Четырёхугольник $HB0AC0$ вписан в окружность, построенную на $AH$ как на диаметре, поэтому $∠B0C0A = ∠B0HA$ по свойству вписанных углов. При этом $∠B0HA =90∘− ∠HAB0 = ∠ABC$ . Значит, четырёхугольник $BB0C0C$ вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек $M$ и $N$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно, через $P$ , а точку пересечения высот треугольника $ABC$ — через $K$ .

$PIC$

Тогда заметим, что треугольники $△BKC$ и $△NP M$ подобны по двум углам. Действительно, $∠MNP = 90∘− ∠BCA = ∠CBK$ . Аналогично, выполнено равенство $∠NMP = ∠BCK$ . Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен $2$ , поскольку $MBNC = 2$ .

Опустим из $P$ перпендикуляр $P L$ на $BC$ . Тогда из доказанного подобия следует, что $HLCM-= 2,$ т. е. $LM = NH$ . Следовательно, $BL = BM + ML = BM + NH = 12BC,$ а значит, $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ , откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#85482

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AH ,BH A B$ и $CH C$ пересекаются в точке $H$ . Через точки, в которых окружность радиуса $HHA$ с центром $H$ пересекает отрезки $BH$ и $CH$ , проведена прямая $ℓA$ . Аналогично проведены прямые $ℓB$ и $ℓC$ . Докажите, что точка пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓA,ℓB,ℓC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

Показать доказательство

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ A B C$ . Для этого докажем, что точка пересечения прямых $ℓB,ℓC$ лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ , а прямая $ℓA$ перпендикулярна этой биссектрисе.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямая $ℓA$ перпендикулярна биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть $R$ и $S$ - это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HHA$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$ - равнобедренный с основанием $RS$ , поэтому прямая $RS$ (она же $ℓA$ ) перпендикулярна прямой $pA$ , содержащей биссектрису угла $∠BHC$ . Поэтому достаточно доказать, что прямая $pA$ параллельна биссектрисе угла $∠BAC$ .

$PIC$

Пусть $MA$ и $NA$ — середины дуг $HCHHB$ и $⌣ HBAHC$ окружности $ωA$ , построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AMA$ — биссектриса $∠BAC,HNA$ — биссектриса $∠HCHHB$ . Заметим также, что $MANA$ - диаметр окружности $ωA$ . Значит, отрезки $MANA$ и $AH$ пересекаются в центре окружности $ωA$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AMAHNA −$ параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы - вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $ωA$ , то есть прямые). В частности, $AMA ∥HNA$ , что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекаются на биссектрисе угла $∠BAC$ .

Пусть прямые $ℓ B$ и $ℓ C$ пересекают отрезки $BH, CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $ℓ B$ и $ℓ C$ обозначим через $X$ . Также обозначим углы $∠A,∠B$ и $∠C$ треугольника $ABC$ через $2α,2β$ и $2γ$ соответственно.

$PIC$

Поскольку $HP = HHC$ и $HQ = HHB$ , то треугольники $HHCP$ и $HHBQ$ - равнобедренные с углами, равными $∠HCHB = ∠BAC = 2α$ , напротив оснований. Поэтому $∠HP HC = ∠HQHB =90∘− α= β+ γ$ . Пусть прямые $ℓB$ и $ℓC$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$ - равнобедренный с основанием $PU$ , значит $∠XP H = ∠UPH = 180∘−∠2BHA-= γ$ . Рассуждая аналогично для треугольника $QV H$ , получаем, что $∠XQH = β$ . Тогда получаем

∠XP HC =∠HP HC − ∠HP X = β+ γ− γ = β =∠XQHC,

откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HCP Q$ . Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $HBP Q$ . Таким образом, пять точек $X,HB$ , $P,Q,HC$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $∠XHBHC = ∠XQHC =β$ . Четырёхугольник $BHCHBC −$ вписанный, поскольку $∠BHCC = ∠BHBC = 90∘$ . Значит, $∠HCHBC = 180∘− ∠ABC =180∘− 2β$ , то есть $∠AHBHC = 2β$ . Отсюда следует, что $HBX$ - биссектриса угла $∠AHBHC$ . Аналогично $HCX −$ биссектриса угла $∠AHCHB$ . Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AHBHC$ , в частности, лежит на биссектрисе угла $∠BAC$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Повторяя рассуждения для двух других биссектрис треугольника $ABC$ , получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $ℓ ,ℓ ,ℓ . A B C$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#85176

Окружности радиусов $R$ и $r$ $(R> r)$ касаются внутренним образом в точке $A$ . Хорда $CD$ большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньшей окружности. $E$ — одна из точек пересечения $CD$ с меньшей окружностью. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим центры окружностей как $O$ и $O′$ соответственно.

Тогда $′ AO = r, AO = R$ .

$PIC$

Треугольники $AEE′$ и $ACD$ равнобедренные, пусть $∠ACE = β = ∠ADE ′$ и $∠CAE = α= ∠DAE ′.$

Тогда по свойству внешнего угла треугольника $∠AED = α+ β = ∠AE′C.$

По теореме синусов в треугольнике $ACD$ получаем $AC = 2Rsinβ$

По теореме синусов в треугольнике $AEE′$ получаем

AE = AE′ = 2rsin(α +β)

Теперь применим теорему синусов к треугольнику $ACE,$ обозначив искомый радиус описанной около него окружности за $RACE :$

2RACE = --AC----= AE-- sin(α +β) sinβ

Следовательно

2 --AC---- AE-- 2R-sinβ-⋅2rsin(α+-β) 4RACE = sin(α+ β) ⋅sinβ = sin(α +β)⋅sinβ

4R2ACE = 4Rr

√ --- RACE = Rr

Ответ:

$√Rr-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#84494

В равнобедренном треугольнике $ABC$ из середины основания $AB$ к боковой стороне $AC$ проведен отрезок $DE$ — биссектриса угла $ADC.$ Из точки $E$ на боковую сторону $BC$ опущена высота $EF.$ Докажите, что отрезок $FD$ является биссектрисой угла $EF B.$

Показать доказательство

Пусть $EF$ пересекает $CD$ в точке $X.$ Заметим, что четырёхугольник $BDXF$ вписанный, так как противоположные углы по $90∘.$ Тогда $∠DBF =∠DEX,$ и отсюда $∠AED = ∠XED.$ При этом $CD$ является биссектрисой. Значит, получаем, что $D$ центр вневписанной окружности треугольника $CEF.$ Значит, $FD$ тоже биссектриса угла $EFB.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#83389

Будем называть треугольник $DEF$ вписанным в треугольник $ABC$ , если точки $D$ , $E$ , $F$ находятся на сторонах $BC$ , $AC$ , $AB$ соответственно.

1. Докажите, что если отрезок $EF$ параллелен отрезку $BC$ , то описанные окружности треугольников $AEF$ и $ABD$ пересекаются на прямой $DE$ .

2. Оказалось, что $CE = DE$ , $BF =DF$ . Докажите, что точка, симметричная $D$ относительно $EF$ , лежит на пересечении описанных окружностей треугольников $ABC$ и $AEF$ .

3. Пусть $∠BAC =∠DEF = ∠DFE$ . Средняя линия треугольника $DEF$ , параллельная $EF$ , пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что точка $A$ , $D$ , $X$ , $Y$ лежат на одной окружности.

4. В треугольник $DEF$ вписан треугольник $XY Z$ , гомотетичный треугольнику $ABC$ . Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается описанной окружности $ABC$ тогда и только тогда, когда касается описанной окружности $XY Z$ .

Источники: ЮМШ - 2024, сюжет 3 (см. yumsh.ru)

Показать ответ и решение

1. Пусть $G$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $AEF$ и $ABD$ . Поскольку четырехугольник $AFEG$ описанный, то $∠AF E =$ $= 180∘− ∠AGE$ . Четырехугольник $ABDE$ также описанный, значит $∠ABD = 180∘− ∠AGD$ .

$PIC$

Поскольку $EF ∥BC$ , то $∠AF E = ∠ABD$ .

Получаем, что $∠AGE = ∠AGD$ . Тогда $G$ , $E$ , $D$ лежат на одной прямой.

2. Поскольку треугольники $BED$ и $DF C$ равнобедренные, то $∠EBD = ∠EDB$ и $∠F CD =∠F DC$ . Тогда $∠EDF =180∘− ∠BDE − ∠FDC = 180∘− ∠B − ∠C =$ $=∠BAC$ . Также из определения $D′$ (точка, симметричная $D$ относительно $EF$ ) следует, что $∠ED ′F =$ $= ∠EDF =∠BAC$ . Получается, что $D′$ лежит на описанной окружности $AEF$ .

$PIC$

Из определения $′ D$ $′ ED = ED =EB$ и $′ D F =FD = FC$ . Тогда $′ ′ ∠EBD =∠AED ∕2=$ $′ ′ = ∠AFD ∕2= ∠ACD$ . Получаем, что $′ D$ лежит и на описанной окружности $ABC$ .

3. Обозначим за $S$ и $T$ середины $DF$ и $DE$ соответственно. Т.к. $∠SFE = ∠FAE = ∠FET$ , то $SF$ и $TE$ — касательные к окружности, описанной около $AF E$ .

$PIC$

Рассмотрим пару окружностей: описанная окружность треугольника $AFE$ и окружность нулевого радиуса с центром в точке $D$ . Рассмотрим степени точек $S$ и $T$ относительно данных окружностей:

1) $pow(AFE)(S)= SF2 =SD2 = powD (S)$

2) $pow(AFE)(T) =TE2 = TD2 = powD(T)$

Получаем, что $ST$ — радикальная ось наших 2 окружностей. Тогда на этой же радикальной оси лежат $X$ и $Y$ . Тогда $XA ⋅XF = XD2$ и $YA ⋅Y E = YD2$ $⇒$ $XD$ — касательная к описанной окружности $AF D$ , и $YD$ — касательная к описанной окружности $AFD$ . Тогда $∠XAD = ∠XDF$ , $∠Y AD =∠Y DE$ $⇒$ $∠XDF + ∠YDE = ∠BAC$ $⇒$ $∠XDY +∠XAY = ∠XAY + ∠XAY + 180∘− ∠DF E− ∠DEF = 180∘$ $⇒$ $XAY D$ — вписанный.

4. Окружность $(DEF )$ повторно пересекает стороны $BC$ , $AC$ , $AB$ в точках $′ D$ , $′ E$ , $′ F$ соответственно. Окружность $(XY Z)$ повторно пересекает стороны $EF$ , $DF$ , $DE$ в точках $′ X$ , $′ Y$ , $′ Z$ соответственно.

Окружности $′ ′ (EX Z )$ и $′ ′ (F X Y)$ повторно пересекаются в точке $M$ . Заметим, что

∠Y′MZ ′ = ∠DEF + ∠DFE = π− ∠EDF,

поэтому $M$ лежит на окружности $(DY ′Z′)$ . Также

′ ′ ′ ′ ′ ′ ∠EMF = ∠FMX + ∠EMX = ∠F YX +∠EZ X =∠F XY + ∠EXZ = π− ∠A,

поэтому $M$ лежит на окружности $(AEF )$ . Аналогично $M$ лежит на окружностях $(BFD)$ , $(CED )$ .

Пусть $Φ$ — инверсия с центром в точке $M$ и произвольным радиусом. Тогда

$pict$

Также

′ ′ ′ ′ ′ ′ ∠ Φ(X )Φ(E)Φ(F )=∠F MX = ∠FY X = ∠FXY = ∠AF E = ∠AE F .

Аналогично $∠Φ(X′)Φ (F)Φ(E)= ∠AF′E′$ . Следовательно, треугольники $AE ′F ′$ и $Φ(X ′)Φ(E )Φ (F)$ подобны. Проделывая аналогичные рассуждения для двух других сторон мы получаем

′ ′′ ′ ′ ′ △ABC ∪ △D E F ∼ △Φ (X )Φ(Y)Φ(Z )∪△Φ (D )Φ(E)Φ(F).

Следовательно, угол между окружностями $Φ((X′Y′Z′))$ и $Φ((DEF ))$ равен углу между окружностями $(ABC )$ и $(DEF )$ по подобию, с другой стороны, равен углу между окружностями $(X ′Y ′Z′)$ и $(DEF )$ , поскольку инверсия сохраняет углы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#83235

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены биссектриса $BL$ и высота $BK.$ Прямые $BL$ и $BK$ пересекают вторично описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $W$ и $T$ соответственно. Оказалось, что $BC = BW.$ Докажите, что $TL ⊥ BC.$

Источники: КМО - 2024, вторая задача второго дня для 10-11 классов, автор Шурыгин В.Е. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Из вписанности $∠BAL =∠BAC =∠BW C$ . Получается, что в треугольниках $BAL$ и $BW C$ равны две пары соответствующих углов, значит, равные углы и в третьей паре: $∠BLA = ∠BCW$ . Но из условия $BC = BW$ следует $∠BW C = ∠BCW$ , отсюда $∠BAL = ∠BLA.$

$PIC$

Получается, что треугольник $BAL$ равнобедренный $(BA = BL )$ , тогда $BT$ — его ось симметрии. Значит, $∠BTL =∠BT A$ . Но $∠BT A= ∠BCA =90∘− ∠CBK$ . Видим, что $∠BTL = 90∘− ∠CBT$ , откуда $TL⊥ BC.$

Замечание.

После установления симметрии треугольника $BAL$ относительно $BT$ , можно завершить решение разными способами. Например, заметив, что

∠TCW + ∠CW B =∠T BW + ∠CAB = ∠TBA +∠CAB = 90∘.

Тогда $CT ⊥ BW$ , и в силу $CK ⊥ BT$ , получаем, что $L$ — точка пересечения двух высот в треугольнике $BCT.$ Значит, $TL$ — третья высота, то есть $TL ⊥ BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#82291

Окружности $S 1$ и $S 2$ находятся внутри трапеции $ABCD$ , касаясь друг друга, оснований трапеции, и каждая — своей боковой стороны. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$ . Оказалось, что радиус вписанной окружности треугольника $BCK$ равен радиусу окружности $S1$ и равен $r.$ Также известно, что $BC = x$ . Найдите площадь треугольника $ADK.$

Источники: ИТМО-2024, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно заметить, что радиусы двух окружностей S1 и S2 равны (доказать этот факт не составит труда). После этого надо вписать окружность, которая является вписанной для BCK, в трапецию. Далее можно отметить все точки касания, равные углы и, может быть, заметить какие-то равенства.

Подсказка 2

После того, как мы отметили все равные отрезки, останется выразить высоту треугольника АDK через известные нам величины и найти площадь.

Показать ответ и решение

Радиусы $S 1$ и $S 2$ равны друг другу и высоте трапеции. Из условия про пересечение лучей следует, что $BC$ — меньшее основание.

Проведём вторую касательную к вписанной окружности треугольника $BCK$ параллельную основаниям трапеции. Обозначим за $X$ и $Y$ точки пересечения этой касательной с отрезками $BK$ и $CK.BXY C$ — трапеция.

Точки касания окружностей и оснований трапеции образуют квадрат со стороной $2r$ . Если вырезать этот квадрат из трапеции и склеить оставшиеся части между собой, получится трапеция, равная $BXY C$ .

Более точно, обозначим точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с основаниями трапеции $ABCD$ : пусть $M$ и $N$ лежат на $BC$ ( $M$ ближе к $B$ ), $P$ и $Q$ лежат на $AD$ ( $P$ ближе к $A$ ). Кроме того, пусть $U,V,W,Z$ - точки касания вписанной окружности $BCK$ с $XY,BC,BK, CK$ соответственно. Кроме того, пусть $R$ и $T$ - точки касания окружностей $S1$ и $S2$ с боковыми сторонами трапеции, $O1,O2$ и $O$ - центры окружностей $S1,S2$ и вписанной окружности треугольника $BCK$ .

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO :$

$∠SBM = ∠W XU,$ как соответственные. $∠O1SB,∠BMO1, ∠OW X$ , $∠XUO$ прямые.

Значит оставшиеся углы, $∠MO1S$ и $∠UOW$ также равны. Значит, треугольники $MO1S$ и $UOW$ равны. Следовательно, треугольники $SBM$ и $W XU$ также равны, а значит четырёхугольники $SBMO1$ и $W XUO$ равны. Аналогично

SAP O1 = WBV O,TDQO2 = ZCV O,TCNO2 = ZYUO

Значит,

BC = BV +CV = AP + QD =AD − PQ = AD − 2r

AD =BC + 2r= x+ 2r

Пусть $h$ - длина высоты треугольника $BCK$ , проведённой из точки $K$ . Тогда длина высоты треугольника $ADK$ , проведённой из точки $K$ равна $h+ 2r$ . Значит, коэффициент подобия треугольников $ADK$ и $BCK$ с одной стороны равен $h+2r- h$ , а с другой $AD- x+2r BC = x$ , откуда $h= x$ . Значит, площадь треугольника $ADK$ равна

AD ⋅(h+2r) (x+ 2r)2 ----2-----= ---2---

Ответ:

$(x+-2r)2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#80767

Две окружности $ω 1$ и $ω 2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ , общая касательная касается окружностей $ω 1$ и $ω 2$ в точках $C$ и $D$ соответственно (точка $B$ лежит ближе к $CD$ , чем точка $A$ ). Луч $CB$ пересекает окружность $ω2$ в точках $B$ и $E$ . Найдите $ED :CD$ , если диагональ $AD$ четырехугольника $ACDE$ делит прямую $CE$ в отношении $3:10,$ считая от вершины $C$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу попробуем воспользоваться условием и отметим равные углы. А чему равен угол ACD? Как воспользоваться тем, что CD - касательная?

Подсказка 2

Угол ADC равен AED, а угол ACD равен 180 - ABC. Что полезного можно вывести из этого? Как поближе подобраться к углам треугольника AED?

Подсказка 3

Угол ABE равен углу ACD (почему?). Как воспользоваться вписанностью? Нам было бы очень хорошо, если бы мы понимали, как воспользоваться тем, на какие отрезки AM делит AM...

Подсказка 4

Оказывается, треугольники AED и ADC подобны! Тогда что можно сказать интересного о прямой AM?

Подсказка 5

Это биссектриса угла AEC! Как воспользоваться найденным подобием? Вспоминаем свойство биссектрисы и находим требуемую дробь!

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим равные углы. $∠ADC = ∠AED,$ по свойству угла между касательной и хордой. Градусная мера угла $∠ACD$ вдвое меньше дуги $AC,$ содержащую $B,$ окружности $ω1,$ по свойству угла между касательной и хордой. Тогда $∠ABC = 180∘− ∠ACD,$ так как градусная мера дуги $AC,$ не содержащую $B$ равняется $360∘− 2∠ACD.$ Следовательно, $∠ABE = ∠ACD.$ Также $∠ACD =∠ADE,$ как вписанные. Из этого следует, что треугольники $△AED$ и $△ADC$ подобны. Это значит, что $∠EAD = ∠DAC,$ то есть $AM$ — биссектриса угла $∠EAC.$ Запишем соотношения из подобия $△AED$ и $△ADC$

( ) ED-= EA-= AD- =⇒ ED- 2 = EA- CD AD AC CD AC

По теореме о биссектрисе $AM$ получаем

EA EM 10 AC-= MC- = 3-

Тогда получаем, что

( )2 √-- ED- = EA-= EM- = 10- =⇒ ED- = √10 CD AC MC 3 CD 3

Ответ:

$√10-:√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80747

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ и продолжение стороны $DC$ за точку $C$ в точках $K$ и $M$ соответственно, как показано на рисунке:

$PIC$

Доказать, что центр описанной окружности треугольника $KCM$ лежит на описанной окружности треугольника $BCD$ .

Источники: Всесиб-2024, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в параллелограмме проведена биссектриса, так и хочется поискать равнобедренные треугольники. Видно, что △KCM — равнобедренный. С чем тогда хочется соединить центр О описанной окружности △KCM?

Подсказка 2

Верно, с точкой C! Тогда OC будет серединным перпендикуляром к KM. Но ведь не любая точка на нём будет центром окружности, поэтому надо как-то еще попользоваться ей. Предлагаю отметить, что OK=OC. А как нам подобраться к описанной окружности △BCD?

Подсказка 3

Можно попытаться доказать, что уголочки ∠OBC и ∠ODC равны. Какие у нас есть для этого инструменты? В самом удачном случае мы просто найдем равные треугольнички... У нас уже есть равенство отрезков OK и OC, поэтому можно попытаться установить равенство △BOK и △DOC...

Подсказка 4

Равенство сторон BK и DC следует из равнобедренности △ABK. Осталось лишь показать, что уголки ∠BKO и ∠DCO равны. Посмотрите на смежные им уголки и завершите решение!

Показать доказательство

Так как $AK$ — биссектриса, то $∠BAK = ∠DAK = α$ . В силу параллельности $BC ||AD$ и $AB ||CD$ также $∠BKA =∠KMC = α$ .

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около $MCK$ . Тогда $OC ⊥ KM$ , так как $MCK$ — равнобедренный треугольник. Откуда $∘ ∠MCO = ∠KCO = 90 − α$ .

$PIC$

Также равнобедренными будут треугольники $KOC$ ( $KO =OC$ как радиусы) и $ABK$ (углы $∠BAK$ и $∠BKA$ равны по вышесказанному). Значит,

∠BKO = 180∘ − ∠OKC = 180∘− ∠MCO =∠OCD

Тогда $△BKO = △DCO$ по двум сторонам и углу между ними, потому что $BK =AB = CD$ , радиусы $OK =OC$ , а углы $∠BKO = ∠OCB.$

Следовательно, $∠OBC = ∠ODC$ и тогда точки $O,B,C,D$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#80740

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполнено $AB = BC = CD$ . Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E$ . Описанная окружность треугольника $ADE$ пересекает сторону $AB$ в точке $P ⁄= A$ и продолжение стороны $CD$ в точке $Q ⁄= D$ . Докажите, что отрезки $AP$ и $DQ$ равны.

Источники: Высшая проба - 2024, 11.3 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что AP и QD – хорды окружности, описанной около треугольника AED. Значит, чтобы доказать, что они равны, нам требуется доказать, что на данные хорды опираются равные вписанные углы. То есть если мы докажем, что углы QAD и ADP равны, то решим задачу. Подумайте, при каком условии данные углы могут быть равны.

Подсказка 2

Обратите внимание, что углы QAD и ADP – накрест лежащие для прямых PD и AQ, а значит, если мы докажем параллельность данных прямых, то решим задачу.

Подсказка 3

В условии не просто так нам дали, что три стороны четырехугольника попарно равны. Давайте рассмотрим равнобедренные треугольники ABC и BCD, а конкретно, рассмотрим их равные углы при основаниях. Подумайте, как они могут помочь в доказательстве параллельности прямых PD и AQ.

Подсказка 4

Рассмотрим два соответственных угла AQD и PDC. Из вписанности четырехугольника AQDE следует равенство ∠AQD = ∠DEC. Обратите внимание, что DEC является внешним углом треугольника BCE, значит, он равен сумме углов EBC и ECB. Вспомним про равнобедренные треугольники: в них есть два равных угла ∠EBC = ∠BDC. Значит, для решения задачи остается доказать, что ∠PDB = ∠ECB. Подумайте, как в этом может помочь окружность.

Подсказка 5

Четырехугольник APDQ является вписанным, значит, углы PAE и PDE будут равными, а угол PAE будет равен углу BCA, так как это углы при основании равнобедренного треугольника.

Показать доказательство

Первое решение.

Из вписанности четырехугольника $APED$ следует, $∠P AE = ∠EDP$ . Треугольник $ABC$ является равнобедренным, а значит $∠BAC =∠BCA$ , следовательно, $∠BCA = ∠BDP$ .

Из равнобедренности треугольника следует, что $∠DBC = ∠CDB$ .

$PIC$

Наконец, в силу вписанности четырехугольника $AEDQ$

∠PDC = ∠PDB + ∠BDC = ∠BCE + ∠DBC = ∠CED =∠AQD

Второе решение.

Достаточно показать, что хорды $AP$ и $QD$ стягивают равные дуги в окружности $(AED )$ , то есть доказать равенство $∠P EA =∠QED$ . По теореме о внешнем угле верно, $∠P EA =∠BP E − ∠P AE.$

Поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным $∠BAE = ∠BCE$ , а из вписанности четырехугольника $AP ED$ следует, что $∠BP E =∠EDA$ . Таким образом,

∠PEA = ∠BP E− ∠PAE = ∠EDA − ∠BCE

Аналогично,

∠DEQ = ∠DAE − ∠EBC

$PIC$

Наконец, исходное равенство углов можно переписать в виде

∠EDA − ∠BCE = ∠DAE − ∠EBC

∠EDA +∠EBC =∠DAE +∠BCE,

что верно, так как суммой углов в каждой части равна углу между диагоналями четырехугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#79867

Биссектрисы $AA ,BB ,CC 1 1 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $BB 1$ пересекает прямые $AA1,CC1$ в точках $A0,C0$ . Докажите, что описанные окружности треугольников $A0IC0$ и $ABC$ касаются.

Показать доказательство

$PIC$

Серединный перпендикуляр к $BB1$ и биссектриса угла $A$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABB1,$ следовательно, $∠IBA0 = ∠IAB.$ Аналогично $∠IBC0 = ∠ICB.$ Тогда $∠A0BC0 = ∠A1IC,$ т.е. точки $I,A0,C0,B$ лежат на одной окружности. Касательная к этой окружности в точке $B$ образует с прямой $BB1$ угол, равный $∠BC0A0 +∠A0BI = ∠IAC+ ∠AIB1 =∠BB1C.$ Такой же угол образует $BB1$ с касательной к окружности $ABC.$ Значит, обе окружности касаются в точке $B.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел