Планиметрия на Ломоносове —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Планиметрия на Ломоносове

Тема Ломоносов

Планиметрия на Ломоносове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ломоносов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82779

Живописец закрасил акварелью полумесяц на клетчатой бумаге. Контур полумесяца состоит из двух дуг — одна от окружности с центром в $(0;0)$ , проходящей через $(0;1)$ , другая — от окружности с центром в $(1;0)$ , проходящей через $(0;1)$ . К утру краска расплылась так, что каждая точка полумесяца превратилась в круг радиуса $1∕2.$

$PIC$

Найдите площадь получившейся фигуры.

Источники: Ломоносов - 2024, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда краска расплылась, мы получили сложную фигуру, для площади которой точно не существует формулы. В таких случаях мы разбиваем фигуру на более простые, площади которых умеем вычислять.

Подсказка 2

Мы умеем находить площади окружностей, колец, секторов. Данная картинка удобно разбивается на эти фигуры или их части. При том, очевидно, что на концах нашего полумесяца нельзя брать целые окружности, потому что иначе усложняется вычисление площади остальной части фигуры. Подумайте, как можно, используя данные фигуры, разбить нашу?

Подсказка 3

Давайте разобьём фигуру на следующие части:

Показать ответ и решение

Пусть рисунок расплылся на радиус $r$ . К площади полумесяца прибавятся «поля», которые можно разбить на левое, правое и два закругления на концах рогов.

$PIC$

Площадь полумесяца равна половине площади круга радиуса $1$ минус сегмент круга радиуса $√- 2.$

π − 2π-− 4 =1 2 4

Площадь левого поля ”— половина от площади кольца с радиусами $1$ и $1 +r$ :

π(1+-r)2− π- 2

Площадь правого поля ”— четверть от площади кольца с радиусами $√2$ и $√2 − r$ :

π(√2)2− π(√2− r)2 -------4--------

Закругления на концах рогов вместе составляют три четверти окружности радиуса $r$ :

3 2 4πr

Вместе получается:

π(1+ r)2 − π π(√2)2− π(√2-− r)2 3 1+ ----2-----+ -------4-------+ 4πr2 =

√ - √- 1+πr + π r2 + π-2r− πr2+ 3πr2 = 1+(1+-2)r+ πr2 2 2 4 4 2

И тогда ответ:

3π π√2- 1+ 4 + 4

Ответ:

$3π π√2- 1+ 4 + 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67940

Две стороны выпуклого четырёхугольника имеют длину 6, ещё одна — длину 1, а его площадь — наибольшая возможная при таких условиях. Какова длина четвёртой стороны четырёхугольника?

Источники: Ломоносов-2023, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наши известные стороны это b, b и c, но мы не знаем, в каком порядке они расположены в четырехугольнике: как b, b, c или b, c, b? А вдруг это не важно?)

Подсказка 2

Пусть наш четырехугольник это ABCD, где AB = CD = b, BC = c. Тогда на самом деле площадь четырехугольника AB'CD, где AB' = c, B'C = CD = b будет такой же, потому что треугольник ACD не изменился, а ABC = AB'C, то есть площадь осталась такой же) Давайте теперь мыслить про первый вариант.

Подсказка 3

Можно ли отдельно максимизировать площадь, учитывая наши условия? Например, разбить четырехугольник на какие-то части, и меняя что либо, менять площадь?

Подсказка 4

Давайте отдельно максимизируем площадь ABC и ACD) Начнем с ABC. Мы знаем, что A находится на расстоянии b от точки B. Так давайте будет двигать A по окружности с центром в точке B и радиусом b! Сторона BC как раз не меняется в таком случае. В какой момент площадь ABC будет максимальна?

Подсказка 5

Тогда, когда AB станет перпендикулярна BC! Потому что площадь ABC = 1/2 ⋅ (высота к BC) ⋅ BC, и высота максимальна будет как раз в этом случае. Попробуйте сделать тоже самое с ACD) Какой четырехугольник в таком случае у нас выйдет?

Подсказка 6

Т.к. углы ABC и ADC станут по 90°, то ABCD - вписанный, да и еще у него AB = CD, то есть ABCD - равнобокая трапеция! Осталось посчитать сторону AD, зная все это)

Подсказка 7

Для удобства подсчета, стоит опустить высоты из B и C на AD и воспользоваться формулой высоты в прямоугольном треугольнике)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть известные длины сторон четырехугольника равны $b,b$ и $c.$ В условии не указан порядок расположения этих сторон: $b,b,c$ или $b,c,b.$ Но вместо четырехугольника $ABCD,$ в котором, скажем $AB = CD =b,BC =c,$ рассмотрим четырехугольник $AB′CD,$ в котором, $B ′C = CD =b,AB′ = c.$ В нем тот же набор известных длин сторон (но в другом порядке), а площади этих четырехугольников равны, так как это суммы $SABC + SACD$ и $SAB′C + SACD,$ причем $△ABC = △AB ′C.$

Поэтому можно считать, что $AB =CD = b,BC =c.$

Заметим, что двигая точку $D$ по дуге окружности радиуса $b$ с центром в точке $C,$ мы будем получать четырехугольник с тем же набором известных длин сторон, с той же частью $ABC,$ а площадь части $ACD$ будет наибольшей тогда, когда $CD ⊥ AC$ (иначе при том же основании $AC$ высота из точки $D$ будет короче, чем $b).$ Двигая аналогично точку $A$ вокруг точки $B,$ получим, что из свойства максимальной площади четырехугольника $ABCD$ вытекает $AB ⊥BD.$

Итак, имеются два прямоугольных треугольника $ABD$ и $ACD$ с общей гипотенузой $AD$ и равными катетами $AB$ и $CD.$ Значит, треугольники равны, как и их высоты на гипотенузу, т.е. $ABCD$ — равнобедренная трапеция с тупыми углами $B$ и $C.$

$PIC$

Пусть $d= AB′ = C′D,$ где $B′$ и $C′$ — проекции точек $B$ и $C$ на $AD.$ Тогда из свойства высоты прямоугольного треугольника получаем

′ ′ ′ 2 2 2 2 2 AB ⋅B D= B B ⇔ d(c+ d)=b − d ⇔ 2d + cd− b = 0

Отсюда, с учётом того, что $d >0,$ получаем

−c+-√c2+-8b2- c+-√c2+-8b2 d= 4 ⇒ a= AD = c+2d= 2

Подставляем $b= 6,c= 1$ и получаем

1+-√1-+8⋅36 a= 2 = 9

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70493

Высота $BD$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекается с его другими высотами в точке $H.$ Точка $K$ лежит на отрезке $AC$ так, что величина угла $BKH$ максимальна. Найдите $DK,$ если $AD =2,DC = 3.$

Источники: Ломоносов-2022, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти наибольшую величину угла, попробуем искать наибольшее значение одной из тригонометрических функций этого угла. Какую будет использовать удобнее всего? В △BKH нет прямых углов, поэтому подумайте через какие углы лучше всего выразить ∠BKH?

Подсказка 2

tg(x-y) = (tg(x) - tg(y)) / 1 + tg(x) * tg(y). Заменив длину неизвестной стороны DK за x, получим функцию от x, максимум которой мы ищем

Подсказка 3

Производная функции обнуляется при x² = BD * BH. Как выразить это произведение через AD и DC?

Подсказка 4

tg(∠HAD) = ctg(∠BCD)

Показать ответ и решение

$PIC$

Чем больше острый угол, тем больше его тангенс. Поэтому условие максимальности угла $BKH$ можно заменить на условие максимальности его тангенса. По формуле тангенса разности имеем

tg ∠BKH = tg(∠BKD − ∠DKH )= -tg∠BKD--−-tg∠DKH----=--BDDK-−-DDHK- = 1+ tg∠BKD ⋅tg∠DKH 1 +DBKD⋅ DDHK-

(BD − DH )⋅DK = DK2-+-BD-⋅DH-

Максимум этого выражения достигается при том же значении $DK$ , что и минимум выражения

2 y = x-+BD-⋅DH--=x + BD-⋅DH-, x x

где $x =DK.$ Производная $y′$ равна $1− BDx⋅D2H-$ и обращается в нуль при $x =√BD--⋅DH--$ (нас интересуют только положительные значения $x).$

Заметим, что $DH :AD =tg∠HAD =ctg∠BCD = DC :BD,$ откуда $AD ⋅DC = DH ⋅BD.$ Таким образом, $x= √AD-⋅DC-= √2⋅3= √6.$

Ответ:

$√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#45589

Точки $A$ и $B$ лежат на окружности с центром $O$ и радиусом $6,$ а точка $C$ равноудалена от точек $A,B$ и $O$ . Другая окружность с центром $Q$ и радиусом $8$ описана вокруг треугольника $ACO$ . Найдите $BQ.$

Источники: Ломоносов-2020, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии много чего написано, но не особо понятно, как собрать все факты вместе и не погрязнуть в рисунке. Постепенно будем решать задачу. Внимательно посмотрим на отрезок, который нам надо найти. Он состоит в треугольнике с известными сторонами 6 и 8. О какой схеме решения тогда можно подумать, чтобы найти эту сторону?

Подсказка 2

Верно, ведь если мы будем знать угол напротив стороны, то легко найдём её по теореме косинусов. К тому же можно предположить, что это какой-то хороший угол. Вернёмся к условию. Нам дали замысловатую точку С. А не можем ли мы сказать, что это за точка в треугольнике?

Подсказка 3

Ага, это же "засекреченный" центр описанной окружности в треугольнике AOB. И из-за того, что он равнобедренный, мы даже знаем, где лежит точка С. Она располагается на серединном перпендикуляре. Хм... Какой тогда можно вспомнить факт, про вписанный и центральный угол?

Подсказка 4

Да, ведь центральный угол в два раза больше вписанного! Тогда получается, что OBA в два раза меньше OCA. Теперь давайте снова заглянем в условие и увидим, что мы ещё не пользовались точкой Q. Что можно сказать про пару треугольников ею образованных?

Подсказка 5

Верно, образуется пара равных треугольников по трём сторонам. Но тогда углы OCQ и OBA равны между собой. Осталось только вспомнить про высоту CO и понять, что угол QOB равен 90 градусам.

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия вытекает, что

1) точка $C$ является центром описанной окружности треугольника $OBA,$ поэтому центральный угол $OCA$ вдвое больше угла $OBA;$

2) треугольники $OBC$ и $OCA$ равны по трём сторонам, поэтому $OC$ является биссектрисой равнобедренного треугольника $OBA,$ следовательно, и высотой;

3) треугольники $OCQ$ и $ACQ$ равны по трём сторонам, поэтому угол $OCQ$ в два раза меньше угла $OCA.$

Из пунктов $(1)$ и $(3)$ делаем вывод, что $∠OCQ = ∠OBA.$ С учётом пункта $(2)$ получаем, что $∠OCQ +∠BOC =90∘.$

Тогда $∠QOB = ∠QOC +∠BOC = ∠QCO +∠BOC = 90∘.$

По теореме Пифагора $QB = 10.$

Ответ:

$10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#88173

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$ . В большей окружности проведена хорда $AB$ , касающающаяся меньшей окружности в точке $L$ . Найдите $BL$ если $AL = 10$ и $AK :BK =2 :5$ .

Источники: Ломоносов - 2011, 11.5 и Бельчонок - 2019, 11.3

Показать ответ и решение

Покажем, что $KL$ является биссектрисой угла $AKB$ (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

BL- = BK--= 5 BL = 5⋅10= 25 AL AK 2 2

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S$ . Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно, $∠SLK = ∠SKL =∠SKA + ∠AKL = α+ β$ .

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α$ . Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB$ , $∠LKB = ∠KLA − ∠KBL =(α +β) − α = β$ .

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K$ , переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W$ , тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W$ . Таким образом, данная касательная паралельна $AB$ , то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A$ . Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая AB переходит в окружность, проходящую через точки $A$ , $B$ , и центр окружности инверсии — $W$ , то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W$ , то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K$ , а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W$ .

$PIC$

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#39872

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ взяты точки $E$ и $K,$ причём точка $E$ лежит между точками $A$ и $K$ и $AE :EK :KC = 3:5:4.$ Медиана $AD$ пересекает отрезки $BE$ и $BK$ в точках $L$ и $M$ соответственно. Найдите отношение площадей треугольников $BLM$ и $ABC.$

Источники: Ломоносов-2019, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните метод площадей: как соотносятся площади треугольников, у которых есть одна и та же высота? Ищите этим способом отношения площадей и отрезков!

Подсказка 2

А как соотносятся площади треугольников с общим углом?)

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку медиана делит площадь треугольника пополам, то

{ SMCD = SMDB =⇒ SAMC = SAMB SACD = SABD

{ SLCD =SLDB =⇒ SALC = SALB SACD =SABD

Площади треугольников с общей высотой относятся как длины оснований, поэтому

SBEK :SABC = 5:(3+5 +4)= 5:12

SAMC :SAMK = 12 :8=3 :2

SAMB :SAMK =BM :MK

Отсюда $BM :MK =3 :2$ и

BL :LE = SALB :SALE = SALC :SALE =

= AC :AE = (3+ 5+4):3= 4:1

Площади треугольников $BLM$ и $BEK$ с общим углом относятся как

BL BM 4 3 12 BE-⋅BK--= 4+-1 ⋅3+-2 = 25

В итоге $SBLM :SABC = 1225 ⋅152 =1:5$

Ответ:

$1 :5$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#46041

В треугольнике $ABC,$ площадь которого равна $20,$ проведена медиана $CD.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если известно, что $√-- AC = 41,$ а центр окружности, вписанной в треугольник $ACD,$ лежит на окружности, описанной около треугольника $BCD.$

Источники: Ломоносов-2018, 11.8 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала обозначим центр вписанной окружности △ACD как точку I. Тогда по условию BDIC — вписанный. Можем ли мы что-то сказать про углы BDIC? Например, угол DIC образован биссектрисами, он должен хорошо считаться через углы △ABC.

Подсказка 2

Конечно, он равен 90 + ∠A/2 (это несложно доказывается через сумму углов треугольника). Тогда, пользуясь свойством вписанного ч/у мы можем посчитать ∠B, он будет равен 90 - ∠A/2. Посчитаем для интереса оставшийся ∠C. Может быть, сможем что-нибудь сказать про △ABC.

Подсказка 3

Опа, а ведь ∠B = ∠C. Тогда △ABC равнобедренный. Это уже здорово! Ведь мы можем найти радиус описанной окружности по теореме синусов, а раз теперь имеем равнобедренный треугольник, то сможем скорей всего посчитать синус какого-нибудь угла! Тогда логичный ход — опустить высоту AH, H будет серединой BC. А теперь можно и составить кое-какие уравнения!

Подсказка 4

Первое уравнение, конечно, будет на площадь △ABC. А второе — теорема Пифагора для △AHB. Из получившейся системы найдём синус ∠B, задача решена! Не волнуйтесь, что получилось два ответа, так и должно быть)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $I$ — центр вписанной окружности $△ACD$ , тогда по условию $BDIC$ вписан. Если $∠A =α$ , то угол между биссектрисами равен $∠DIC = 90∘+ α2 = 180∘ − ∠B =⇒ ∠ACB =∠ABC =90∘− α2$ , тогда $△ABC$ равнобедренный. Обозначим длину высоты $AH$ за $h$ ( $AH ⊥ BC,H ∈BC )$ , а отрезки основания $CH = BH = x$ . Имеем систему

{ hx =20 =⇒ (h,x)∈{(4,5),(5,4)} h2+ x2 = 41

Заметим, что наши переходы (в частности, про равнобедренный треугольник) были равносильны, потому подойдут оба решения. Радиус описанной окружности тогда равен $√-- R = 2si4n1∠B = 421h ∈{418 ,4110}$ .

Ответ:

$41 8$ или $41 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76408

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C − 1 1 1$ середины сторон $BC,AC$ и $AB$ соответственно. Найдите длину стороны $AC$ , если известно, что сумма векторов

−−→ −−→ −−→ 3⋅AA1+ 4⋅BB1+ 5⋅CC1

равна вектору с координатами $(2,1).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самое главное в этой задаче — это удобно ввести обозначения. Пусть середина каждого из отрезков равна a, b, c. Но надо правильно выбрать направления. Почему треугольник в данном случае очень полезен?

Подсказка 2

Верно, если задать все направления по часовой стрелке, то просто сумма 2a+2b+2c=0, так как мы вернулись в начальную точку треугольника. А теперь нужно подставить в формулу из условия выражения через наши векторы. Попробуйте это сделать. Хорошо бы было получить в итоге просто один вектор, так как теперь нам будут известны его координаты. Но через какой удобнее всего будет выразить?

Подсказка 3

Да, вспомним в принципе условие задачи. Нам нужно найти длину стороны, а значит, через этот вектор и будет удобно выразить всю сумму(например, если AC = |2b|, то через b). Осталось только вспомнить, что через координаты вектора можно найти его длину, и победа!

Показать ответ и решение

Обозначив

−−→ ⃗ −→ −→ 2⃗a= BC, 2b= CA и 2⃗c= AB,

$PIC$

получаем

−→ 2⃗a+ 2⃗b+2⃗c= 0

−→ −−→ −−→ (2,1)= 3⋅AA1+ 4⋅BB1 +5 ⋅CC1 = 3(2⃗c+ ⃗a)+4(2⃗a +⃗b)+ 5(2⃗b+⃗c)=

⃗ ⃗ ⃗ =4(2⃗a+ 2b+ 2⃗c)+4(⃗a+b +⃗c)− (2⃗c+⃗a)+ (2b +⃗c)=

=−→0 + −→0 − (⃗a+ ⃗b+ ⃗c)+ 3⃗b= 3⃗b⇒

| | | | √-2--2- √- ⇒ AC = |2⃗b|= |||2⋅3⃗b|||=|||2 ⋅(2;1)|||= 2-2-+-1-= 2-5 3 3 3 3

Ответ:

$2√5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68198

Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Продолжение отрезка $BO$ за точку $O$ пересекает описанную вокруг треугольника $ABC$ окружность в точке $D.$ Найдите угол $B,$ если $OD = 4AC.$

Источники: Ломоносов - 2012, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали прямую, проходящую через центр вписанной окружности, которая пересекает описанную окружность треугольника. Какую тогда теорему можно вспомнить, связанную с такой конструкцией?

Подсказка 2

Верно, здесь можно применить лемму о трезубце. Откуда поймём, что OD = AD =CD. Теперь взглянем внимательно на условие. Нам дали отрезок AC=4OD, и выходит, мы знаем все стороны в равнобедренном треугольнике ACD. Вспомним ещё, что сумма противоположных углов в четырёхугольнике равна 180. Как отсюда можно попробовать найти угол B? Какую тогда теорему можно применить к равнобедренному треугольнику ADC?

Подсказка 3

Ага, давайте посчитаем ∠ADC по теореме косинусов. Но мы знаем, что ∠ABC = 180− ∠ADC. Осталось вспомнить, чему равен косинус смежного угла, и победа!

Показать ответ и решение

$PIC$

По лемме о трезубце $OD = AD =CD.$

Первое решение.

Если $AC =a,$ то $AD = DO = 4a= CD.$ Отсюда по теореме косинусов

2 2 2 cos∠ADC = 16a-+16a-−-a-= 31 2⋅4a⋅4a 32

Так как $ABCD$ — вписанный четырехугольник, то $∠ABC = 180∘− ∠ADC$ и $cos∠ABC = − 3312.$ Значит, $∠ABC = arccos(− 3312).$

Второе решение.

Пусть $M$ — середина $AC$ , тогда $∠DMC =90∘$ , потому что треугольник $ACD$ равнобедренный. Из условия $OD = 4AC$ получаем, что $MC =8DC$ . Следовательно, $∠MDC = arcsin1 8$ . Далее нетрудно посчитать:

∠ABC =180∘− ∠ADC = 180∘− 2∠MDC =

( ) = 180∘− 2arcsin 1= 2arccos 1= arccos − 31 8 8 32

Ответ:

$2arccos1 =arccos(− 31) 8 32$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79931

На основании $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ взята точка $E$ , а на боковых сторонах $AB$ и $BC$ точки $D$ и $F$ так, что $DE ∥BC$ и $EF ∥AB$ . Какую часть площади треугольника $ABC$ занимает площадь треугольника $DEF,$ если $BF :EF = 2:3?$

Показать ответ и решение

Четырёхугольник $BDEF$ — параллелограмм, а треугольники $ADE$ и $EFC$ подобны треугольнику $ABC$ с коэффициентами подобия, равными

DE 2x 2 F C 2x 3 BC-= 2x+-3x-= 5 и BC- = 2x-+3x-= 5

соответственно, поэтому

( ) SDEF = 12SBDEF = 12 (SABC − SADE − SEFC) = 12 1− 425 − 925 SABC = 625SABC

$PIC$

Ответ:

$-6 25$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#79930

Точки $A,B$ и $C$ лежат на одной прямой. Отрезок $AB$ является диаметром первой окружности, а отрезок $BC$ — диаметром второй окружности. Прямая, проходящая через точку $A,$ пересекает первую окружность в точке $D$ и касается второй окружности в точке $E,BD = 9$ , $BE = 12.$ Найдите радиусы окружностей.

Показать ответ и решение

Возможны три случая расположения точек $A,B$ и $C$ на прямой.

1. Точка $A$ лежит между точками $B$ и С. Тогда $A$ находится внутри второй окружности и не существует прямой, проходящей через $A$ и касающейся второй окружности.

2. Точка $B$ лежит между точками $A$ и $C$ .

$PIC$

Имеем $∘ ∠ADB = ∠BEC = ∠AEO2 = 90,$ и $∠DEB,$ как угол между касательной и хордой, равен $∠ECB.$ Треугольники ВЕС и $BDE$ подобны по двум углам, откуда следует, что

BC BE BE2 BE-= BD-⇒ 2R2 =BC = -BD-= 16⇒ R2 =8

Отрезки $BD$ и $EO2$ параллельны, и должно выполняться неравенство $BD <EO2,$ а в то же время $BD = 9$ и $EO2 = R2 =8,$ так что этот случай невозможен.

3. Точка $C$ лежит между точками $A$ и $B$ .

$PIC$

Дословно повторяя рассуждение из предыдущего случая, снова получаем $R2 = 8.$ Треугольники $ADB$ и $AEO2$ также подобны по двум углам, откуда следует, что