Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC, по­это­му   — бис­сек­три­сы углов A и B, зна­чит, Угол BOK внеш­ний для тре­уголь­ни­ка AOB, по­это­му (см. рис.).

(по по­стро­е­нию), по­это­му тогда Углы CBK и KAC опи­ра­ют­ся на один и тот же от­ре­зок CK и равны друг другу: Тогда по при­зна­ку, свя­зан­но­му со свой­ством впи­сан­ных углов, точки лежат на одной окруж­но­сти.

б)  Обо­зна­чим через ра­ди­у­сы впи­сан­ной и опи­сан­ной окруж­но­стей тре­уголь­ни­ка Пусть H  — про­ек­ция точки O на сто­ро­ну AB (см. рис.), тогда Точки лежат на одной окруж­но­сти, по­это­му ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABK сов­па­да­ет с ра­ди­у­сом опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка и равен Из тре­уголь­ни­ка ABK по тео­ре­ме си­ну­сов: Тогда

##

по­это­му

Ответ: 14,4.

Ре­ше­ние. а)  Пусть впи­сан­ная окруж­ность ка­са­ет­ся сто­ро­ны BC в точке K. Обо­зна­чим BK  =  x. Пусть S  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка, p  — по­лу­пе­ри­метр. Тогда

С дру­гой сто­ро­ны, по фор­му­ле Ге­ро­на

Из урав­не­ния по­лу­ча­ем, что R  =  x. Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC равны 5R, 4R и 3R, сле­до­ва­тель­но, этот тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не B.

б)  Пусть I и O  — цен­тры со­от­вет­ствен­но впи­сан­ной и опи­сан­ной окруж­но­стей тре­уголь­ни­ка ABC. Точка O  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы AC  =  5R  =  10, и OM  =  AO − AM  =  5 − 2R  =  1.

Тогда

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Гри­го­рия Осо­ки­на.

Пусть I  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, тогда от­ре­зок IM пер­пен­ди­ку­ля­рен AС. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка IAM по­лу­чим из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ICM по­лу­чим Из тре­уголь­ни­ка AIC по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем:

Сле­до­ва­тель­но,

За­ме­тим, что как тупой угол, об­ра­зу­е­мый бис­сек­три­са­ми углов, сле­до­ва­тель­но,

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние пунк­та а).

Пусть I  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, тогда

При­ме­ним фор­му­лу тан­ген­са двой­но­го угла:

Таким об­ра­зом, сле­до­ва­тель­но, эти углы в сумме со­став­ля­ют 90 гра­ду­сов, тогда угол

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка

Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на его бис­сек­три­се, зна­чит, AO  — бис­сек­три­са угла Тре­уголь­ник AOD пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, по­это­му Сле­до­ва­тель­но,

б)  Обо­зна­чим По тео­ре­ме о ра­вен­стве от­рез­ков ка­са­тель­ных, про­ведённых к окруж­но­сти из одной точки, и По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра или Из этого урав­не­ния на­хо­дим, что Тогда

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 40.

Ре­ше­ние. Пусть луч BO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AC в точке D. Вве­дем сле­ду­ю­щие обо­зна­че­ния: ∠BCO = ∠DCO  =  α, ∠COP  =  x. Пря­мые OC и QP па­рал­лель­ны, а углы COP и OPQ  ― на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии пря­мых PQ и OC се­ку­щей OP, сле­до­ва­тель­но, ∠OPQ  =  x. Далее, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OPC на­хо­дим а из рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка OPQ на­хо­дим ∠POQ  =  π − 2x  =  2α. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки BOP и BCD по­доб­ны, и, зна­чит, бис­сек­три­са BD тре­уголь­ни­ка ABC яв­ля­ет­ся его вы­со­той, от­ку­да сле­ду­ет, что тре­уголь­ник ABC  ― рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок CO  ― бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка BCD. Сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да BC  =  3DC  =  3a.

Далее, CP  =  DC  =  a, зна­чит, BP  =  2a и, сле­до­ва­тель­но, От­ку­да

сле­до­ва­тель­но

По фор­му­ле Ге­ро­на на­хо­дим: Зна­чит,

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Да­ни­ла Ка­сья­нен­ко.

По усло­вию тогда по­сколь­ку Про­ве­дем через точку Q пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой АС, пусть она пе­ре­се­чет сто­ро­ну ВС в точке N. Тогда QN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDC, по­это­му а По свой­ству ка­са­тель­ных и тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BQN най­дем BQ:

Про­ве­дем QT пер­пен­ди­ку­ляр­но CB. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BQN най­дем QT:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка BQP:

Ре­ше­ние. Пусть от­ре­зок BD  — вы­со­та дан­но­го тре­уголь­ни­ка. Тогда O ∈ BD в силу того, что ABC  — рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник. Вве­дем сле­ду­ю­щие обо­зна­че­ния: ∠BCO = ∠DCO  =  α, ∠COP  =  x, ∠OPQ  =  y. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BOP и BCD по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, ∠BOP  =  2α. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OPC на­хо­дим а из рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка OPQ на­хо­дим Углы COP и OPQ  ― на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии пря­мых PQ и OC се­ку­щей OP, зна­чит, от­рез­ки PQ и OC па­рал­лель­ны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок CO  ― бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка BCD. Сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да BC  =  3DC  =  3m.

CP  =  DC  =  m, зна­чит, BP  =  2m и, сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да По фор­му­ле Ге­ро­на на­хо­дим:

от­ку­да

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть окруж­ность с цен­тром O₁ ка­са­ет­ся про­дол­же­ния бо­ко­вой сто­ро­ны KL в точке C. Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на его бис­сек­три­се, по­это­му LO и LO₁  — бис­сек­три­сы смеж­ных углов KLM и CLM. Сле­до­ва­тель­но, ∠OLO₁  =  90°.

б)  Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки KBO и KAL по­доб­ны, по­это­му

Зна­чит,

Пусть ра­ди­ус окруж­но­сти с цен­тром O₁ равен r₁. Тре­уголь­ник KLM

рав­но­бед­рен­ный, по­это­му окруж­но­сти с цен­тра­ми O и O₁ ка­са­ют­ся ос­но­ва­ния ML в одной и той же точке A. Зна­чит, точка A лежит на от­рез­ке OO₁, причём LA  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OLO₁, про­ведённая из вер­ши­ны пря­мо­го угла. Сле­до­ва­тель­но,

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти. Про­ведём OH ⊥ BC, в тре­уголь­ни­ке  BHO катет OH лежит на­про­тив угла в 30°, по­это­му Тогда в силу не­ра­вен­ства тре­уголь­ни­ка имеем: что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­пи­шем тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка BOM: от­ку­да

Оста­лось за­ме­тить, что

Ответ: 0,65.

При­ме­ча­ние Се­ре­гея Пе­пе­ля­е­ва.

Со­ста­ви­те­ли ЕГЭ ошиб­лись. Опи­сан­ный в усло­вии за­да­чи тре­уголь­ник не­воз­мо­жен. Наи­мень­шая воз­мож­ная длина от­рез­ка BM равна когда угол ВСА стре­мит­ся к нулю, а угол BOM при­бли­жа­ет­ся к 120°. Число 2,5 не­об­хо­ди­мо уве­ли­чить.

Ре­ше­ние. а)  Лучи AO₁ и CO₂ яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми рав­ных углов HAC и HCB со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, то есть пря­мые AO₁ и CO₂ пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Пусть пря­мая AB ка­са­ет­ся окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки ACH и BCH, в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но. По­лу­ча­ем:

По­сколь­ку и   — квад­ра­ты, по­лу­ча­ем: Зна­чит, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка равна

Ответ: б)

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Пункт а) можно ре­шить без вы­чис­ле­ний. По­вернём тре­уголь­ник CHA во­круг точки Н на угол 90° и сов­ме­стим точки А и С. Тогда лучи АO₁ и СО₂ сов­па­дут, по­сколь­ку яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми рав­ных углов, а зна­чит, угол между ними до по­во­ро­та был 90°.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Мат­вея Га­щен­ко (Санкт-Пе­тер­бург).

Пусть r, r₁, r₂  — ра­ди­у­сы окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки ABC, ACH и BCH со­от­вет­ствен­но. Тре­уголь­ни­ки ABC, ACH и BCH по­доб­ны, по­это­му Из по­до­бия на­хо­дим от­но­ше­ние ра­ди­у­сов:

Най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC:

Под­став­ляя в фор­му­лу на­хо­дим:

а по­то­му r₂  =  3.

За­ме­тим, что Че­ты­рех­уголь­ник MO₁NO₂  — тра­пе­ция, ее пло­щадь равна

Ре­ше­ние. а)   и по­это­му тре­уголь­ни­ки MCK и PAM рав­но­бед­рен­ные, причём   — углы при их ос­но­ва­ни­ях MK и Зна­чит, Сле­до­ва­тель­но, пря­мая AP па­рал­лель­на пря­мой BC.

б)  Обо­зна­чим Тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра или от­ку­да Зна­чит,

По­сколь­ку и четырёхуголь­ник ABCP  — пря­мо­уголь­ник, зна­чит, Тре­уголь­ник AMQ по­до­бен тре­уголь­ни­ку CMP с ко­эф­фи­ци­ен­том по­это­му

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Обо­зна­чим Тогда

по­это­му AT  — бис­сек­три­са, а зна­чит, и вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка

Таким об­ра­зом, AT  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PAQ, про­ведённая из вер­ши­ны пря­мо­го угла, сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка Q ― центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC (см. рис.). Тогда и По­лу­ча­ем, что

Углы BCQ и CBQ впи­са­ны в окруж­ность O(R), по­это­му Зна­чит, и Сле­до­ва­тель­но, около четырёхуголь­ни­ка ABOC можно опи­сать окруж­ность, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В четырёхуголь­ник ABOC можно впи­сать окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да AC = AB. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник ABC ― пра­виль­ный тре­уголь­ник со сто­ро­ной Далее на­хо­дим:

Учи­ты­вая, что окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на его бис­сек­три­се, по­это­му MO и NO  — бис­сек­три­сы внеш­них углов при вер­ши­нах M и N тре­уголь­ни­ка MCN. Зна­чит, а по­сколь­ку CO  — бис­сек­три­са угла ACP, по­лу­ча­ем, что

Сле­до­ва­тель­но,

б)  Луч MO  — бис­сек­три­са угла AMN, по­это­му Зна­чит, тре­уголь­ник AOM рав­но­бед­рен­ный, AM  =  AO. Ана­ло­гич­но PN  =  OP.

Пусть ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC равен r, а по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC равен p. Точка O лежит на ос­но­ва­нии AP тра­пе­ции AMNP, по­это­му вы­со­та тра­пе­ции равна r. Тогда

по­это­му по­лу­ча­ем, что p  =  14, а пе­ри­метр равен 28.

Ответ: б) 28.

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку CM  =  CN, тре­уголь­ник MCN рав­но­бед­рен­ный. Пря­мые EF и BC па­рал­лель­ны, по­это­му тре­уголь­ник DFN по­до­бен тре­уголь­ни­ку MCN, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник DFN также рав­но­бед­рен­ный: DF  =  NF.

б)  Обо­зна­чим BC  =  a, AC  =  b, AB  =  c. Пусть p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC. Пред­по­ло­жим, что a > c. Тогда

Зна­чит, то есть тре­уголь­ник BED

рав­но­бед­рен­ный.

Ана­ло­гич­но для a ≤ c.

По­сколь­ку пря­мые ED и BC па­рал­лель­ны,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что угол ONC равен 90°. Тогда OC  — диа­метр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ONC. Про­длим BO до пе­ре­се­че­ния с MN в точке K. До­ка­жем, что угол BKC равен 90°, тогда точка K будет ле­жать на окруж­но­сти с диа­мет­ром OC, а зна­чит, сов­падёт с точ­кой P. Пусть Тогда по­сколь­ку тре­уголь­ник AMN рав­но­бед­рен­ный. Тогда

Точка K лежит на окруж­но­сти с диа­мет­ром OC, зна­чит, а точка K сов­па­да­ет с точ­кой P.

б)  Про­длим CP до пе­ре­се­че­ния с AB в точке L. Тогда в тре­уголь­ни­ке LBC BP яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и вы­со­той, сле­до­ва­тель­но, точка P  — се­ре­ди­на LC. Пусть h₁  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из C на AB, а h₂  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из P на AB. Тогда Те­перь найдём пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABP:

Ответ: б) 12.

Ре­ше­ние. а)  Пусть Пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ABK и CBK равны со­от­вет­ствен­но:

Тогда Опу­стим из точки B вы­со­ту BH. Тогда от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

б)  По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

от­ку­да

тогда Сле­до­ва­тель­но,

Тогда для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть впи­сан­ная окруж­ность ка­са­ет­ся сто­ро­ны BC в точке K. Обо­зна­чим Пусть S  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка, p  — по­лу­пе­ри­метр. Тогда

С дру­гой сто­ро­ны, по фор­му­ле Ге­ро­на

Из урав­не­ния по­лу­ча­ем, что Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC равны 20, 16 и 12, сле­до­ва­тель­но, этот тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом при вер­ши­не B.

б)  Пусть I и O  — цен­тры впи­сан­ной и опи­сан­ной окруж­но­стей тре­уголь­ни­ка ABC со­от­вет­ствен­но. Точка O  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы и Тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что RC  =  QC как от­рез­ки ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных к окруж­но­сти из одной точки. Сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник ORCQ яв­ля­ет­ся квад­ра­том. Пусть RC  =  QC  =  x, тогда AQ  =  AP  =  4 − x. Вы­чис­лим ги­по­те­ну­зу AB:

Таким об­ра­зом,

Тогда

б)  Вы­чис­лим S_PQR:

Ответ: б) 1,2.

Ре­ше­ние. а)  От­рез­ки CK и CM яв­ля­ют­ся от­рез­ка­ми ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из точки C к окруж­но­сти с цен­тром в O, сле­до­ва­тель­но, они равны, зна­чит, равны углы CKM и CMK. От­рез­ки AM и AP равны, по­сколь­ку яв­ля­ют­ся ра­ди­у­са­ми окруж­но­сти с цен­тром в точке A. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PAM рав­но­бед­рен­ный, углы APM и AMP при его ос­но­ва­нии равны. Углы AMP и KMC равны как вер­ти­каль­ные, а углы KMC и CMK равны как углы при ос­но­ва­нии рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка CMK.

Итак,

а по­то­му пря­мые AP и BC па­рал­лель­ны.

б)   От­рез­ки BK и BL равны, обо­зна­чим их длины x. Тогда

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BKQ и APQ сле­ду­ет:

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке APQ:

Далее, AO яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла BAC, а угол OAT по усло­вию равен по­ло­ви­не угла BAP, по­это­му AT  — бис­сек­три­са угла Тре­уголь­ник MAP рав­но­бед­рен­ный, по­это­му AT пер­пен­ди­ку­ляр­но Те­перь, ис­поль­зуя по­до­бие тре­уголь­ни­ков QAP и QTA, по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  От­рез­ки ON и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны, зна­чит, че­ты­рех­уголь­ник CONB впи­сан в окруж­ность. По­это­му углы NBO и NCO равны как впи­сан­ные, ко­то­рые опи­ра­ют­ся на одну дугу. Углы ANM и NCO равны как углы между ка­са­тель­ной и хор­дой. По­это­му углы NBO и ANM равны, и по­то­му пря­мые MN и BO па­рал­лель­ны.

б)  От­рез­ки AM и MC от­но­сят­ся как 1 к 3. Пусть от­ре­зок AM равен 2x, а от­рез­ки MO, ON и OC равны 3x. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка OAN:

Пусть длины от­рез­ков BC и BN равны y, тогда от­сю­да Вы­ра­зим пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка BCON:

Най­дем пло­щадь ис­ко­мо­го че­ты­рех­уголь­ни­ка:

Ответ: б) 28.

Ре­ше­ние. а)  Угол ABC равен по­ло­ви­не дуги ANC. Угол CML равен сумме углов CNK и ACN (как внеш­ний для тре­уголь­ни­ка CMN). Таким об­ра­зом, угол CML равен по­лу­сум­ме дуг KC и AN. Из усло­вия угол CML равен углу ABC. Гра­дус­ные меры дуг KC и CN равны, зна­чит, равны и впи­сан­ные углы CKN и CNK, ко­то­рые на них опи­ра­ют­ся, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник KCN рав­но­бед­рен­ный.

б)  Тре­уголь­ни­ки ABC и LMC по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­но­ше­нию сто­рон AB к LM, то есть равен 3. По­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка LMC равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC. Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC:

Вы­со­та h тре­уголь­ни­ка ABC, про­ве­ден­ная к AB равна Зна­чит, вы­со­та CH тре­уголь­ни­ка CLM, про­ве­ден­ная к LM, равна Най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти по тео­ре­ме си­ну­сов:

Таким об­ра­зом, длина от­рез­ка OH со­став­ля­ет 2. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра:

Вы­чис­лим ис­ко­мую пло­щадь:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра вы­со­та CH тре­уголь­ни­ка ABC, про­ве­ден­ная к ос­но­ва­нию AB, равна 12. Зна­чит, пло­щадь С дру­гой сто­ро­ны, от­ку­да

б)  Вы­со­та тре­уголь­ни­ка равна За­ме­тим, что че­ты­рех­уголь­ник   — пря­мо­уголь­ник. Дей­стви­тель­но, пря­мые па­рал­лель­ны как ра­ди­у­сы, пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой как ра­ди­ус, про­ве­ден­ный в точку ка­са­ния. По­сколь­ку пря­мые XH и пер­пен­ди­ку­ляр­ны, Пря­мая   — ги­по­те­ну­за пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка По­сколь­ку а

по­лу­ча­ем, что Сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ник ABC по­до­бен тре­уголь­ни­ку по двум углам (по­сколь­ку со­от­вет­ству­ю­щие сто­ро­ны па­рал­лель­ны) с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия, рав­ным

Пло­ща­ди по­доб­ных тре­уголь­ни­ков от­но­сят­ся как квад­рат ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия, по­это­му Под­став­ляя, по­лу­ча­ем от­ку­да

Ответ: б) 29,4.

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мая BM пе­ре­се­ка­ет впи­сан­ную окруж­ность в точ­ках N, O, а точки ка­са­ния окруж­но­сти и сто­рон тре­уголь­ни­ка AB, BC, AC  — это точки R, P, S со­от­вет­ствен­но. Пусть еще BN  =  NO  =  OM  =  x. Тогда по тео­ре­ме о квад­ра­те ка­са­тель­ной по­лу­ча­ем, что

от­ку­да Обо­зна­чим длину от­рез­ка PC за y. По­лу­ча­ем, что

За­пи­шем те­перь фор­му­лу для длины ме­ди­а­ны:

По­лу­ча­ем:

Тогда

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из усло­вия сле­ду­ет, что x  =  4, зна­чит, Тогда по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC равен

По фор­му­ле Ге­ро­на по­лу­ча­ем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC:

Вы­ра­жая пло­щадь по-⁠дру­го­му, по­лу­чим:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  До­стро­им по­лу­окруж­ность до окруж­но­сти. Пусть пря­мая PT вто­рой раз пе­ре­се­ка­ет эту окруж­ность в точке B. По тео­ре­ме о про­из­ве­де­нии се­ку­щей на её внеш­нюю часть по­лу­ча­ем, что Тре­уголь­ни­ки PHL и PKS по­доб­ны по двум углам, по­это­му от­ку­да Таким об­ра­зом, то есть От­сю­да PH  =  3,5.

б)  По тео­ре­ме си­ну­сов диа­метр окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка PKM, равен Диа­метр окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка PNL,  — это от­ре­зок PH. По­это­му ис­ко­мый ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен C дру­гой сто­ро­ны, ис­ко­мый ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­лу­ча­ем ра­вен­ство: От­сю­да Тогда

Зна­чит, ис­ко­мый ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть E  — се­ре­ди­на сто­ро­ны CB, F  — се­ре­ди­на сто­ро­ны AB. По свой­ству опи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка то есть

C дру­гой сто­ро­ны, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC по­лу­ча­ем, что

Из двух по­след­них ра­венств на­хо­дим, что

то есть Решая это урав­не­ние как квад­рат­ное от­но­си­тель­но AB, по­лу­ча­ем, что или В пер­вом слу­чае по­лу­ча­ем, что тогда Во вто­ром слу­чае по­лу­ча­ем, что тогда В обоих слу­ча­ях тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC равны 3x, 4x и 5x. Он пря­мо­уголь­ный, по­это­му его пло­щадь равна а с дру­гой сто­ро­ны, пло­щадь равна про­из­ве­де­нию ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на по­лу­пе­ри­метр, то есть При­рав­ни­вая эти вы­ра­же­ния по­лу­ча­ем, что x  =  1. Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна

Ответ: б) 6.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ирины Шраго.

По до­ка­зан­но­му в пунк­те а) че­ты­рех­уголь­ник ACEF яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ной тра­пе­ци­ей, тогда воз­мож­ны два слу­чая. Либо CE  =  2r  =  2, BC  =  2 · CE  =  4 и, учи­ты­вая со­от­но­ше­ние по­лу­чим AC  =  3 и AB  =  5. Либо AF  =  2r  =  2, AB  =  2 · AF  =  4 и, учи­ты­вая со­от­но­ше­ние по­лу­чим AC  =  3 и BC  =  5. В любом слу­чае пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC равен 3 + 4 + 5  =  12, а его пло­щадь

Ре­ше­ние. а)  Без огра­ни­че­ния общ­но­сти можно счи­тать, что Пусть N и K  — точки ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­на­ми AC и BC. Тогда CN  =  CK, BK  =  BP, AN  =  AP. За­ме­тим, что

от­ку­да В слу­чае AC < BC ре­ше­ние ана­ло­гич­но. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Если AM  =  MC, то по при­зна­ку пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка угол C равен 90°. Пусть O  — центр окруж­но­сти. Тогда CNOK  — квад­рат, по­сколь­ку все его углы пря­мые и со­сед­ние сто­ро­ны равны. Пусть CK  =  r, BK  =  x. Тогда От­сю­да

За­пи­шем тео­ре­му Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка ABC:

Тогда от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что Тогда

От­сю­да по­лу­ча­ем, что тре­уголь­ник BEC рав­но­бед­рен­ный. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Точка O лежит на бис­сек­три­се угла B, а тре­уголь­ник BCE рав­но­бед­рен­ный, зна­чит, EO  =  CO. Най­дем CO. Это диа­го­наль квад­ра­та, сто­ро­на ко­то­ро­го равна ра­ди­у­су окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC. Этот ра­ди­ус, в свою оче­редь, можно найти из фор­му­лы от­ку­да Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна 24, а по­лу­пе­ри­метр равен Зна­чит, ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти равен 2, а от­ре­зок

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  По тео­ре­ме cину­сов ра­ди­ус окруж­но­сти опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABD равен

то есть равен ра­ди­у­су окруж­но­сти опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка BDC, от­сю­да IBJD  — ромб, сле­до­ва­тель­но, пря­мые BI и DJ па­рал­лель­ны, ч. т. д.

б)  Диа­го­на­ли ромба пер­пен­ди­ку­ляр­ны, зна­чит, от­ре­зок IJ пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой BD. За­ме­тим, что IM и AD, JN и DC со­от­вет­ствен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, точка M  — се­ре­ди­на AD, точка N  — се­ре­ди­на DC. Зна­чит,

Тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что углы CDE и CMN равны как впи­сан­ные, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну дугу. По свой­ству смеж­ных углов

От­сю­да по­лу­ча­ем, что пря­мые MN и AB па­рал­лель­ны между собой. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что

Зна­чит, по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мые MN и XY па­рал­лель­ны. Тогда че­ты­рех­уголь­ник AXYB тра­пе­ция, впи­сан­ная в окруж­ность. Сле­до­ва­тель­но,

В рав­но­бо­кой тра­пе­ции AXYB про­ве­дем вы­со­ту XH, най­дем Зна­чит, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что и По тео­ре­ме си­ну­сов

от­сю­да R  =  2.

Ответ: б) 2.

Ре­ше­ние. a)  B четырёхуголь­ни­ке AC₁HB₁ углы C₁ и B₁ пря­мые, сле­до­ва­тель­но, около этого четырёхуголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность, причём AH  — её диа­метр. Впи­сан­ные углы HB₁C₁ и HAC₁ опи­ра­ют­ся на одну дугу, сле­до­ва­тель­но, они равны, а зна­чит,

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BB₁A имеем

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CC₁A имеем

По­лу­ча­ем, что Тре­уголь­ни­ки ABC и AB₁C₁ имеют общий угол A и сле­до­ва­тель­но, они по­доб­ны. Тогда

Зна­чит,

Пусть точка O  — центр окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC, точка M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. Тогда рас­сто­я­ние от точки O до сто­ро­ны BC равно длине от­рез­ка OM. Тре­уголь­ник BOC рав­но­бед­рен­ный. Сле­до­ва­тель­но,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OMC имеем

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а) Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се этого угла, по­это­му AO и BO  — бис­сек­три­сы углов A и B тре­уголь­ни­ка ABC, а DO и EO  — бис­сек­три­сы внеш­них углов при вер­ши­нах D и E тре­уголь­ни­ка DEC. Тогда и Сле­до­ва­тель­но,

б)  Пусть впи­сан­ная окруж­ность ра­ди­у­сом 3 ка­са­ет­ся бо­ко­вых сто­рон AC и BC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но, а от­рез­ка DE  — в точке  K. По свой­ству от­рез­ков ка­са­тель­ных, про­ведённых из одной точки, DK  =  DM и KE  =  EN, от­ку­да сле­ду­ет, что DE  =  DK + KE  =  DM + EN. Из усло­вия и до­ка­зан­но­го ра­вен­ства в пунк­те а) по­лу­ча­ем: и По­сколь­ку AC  =  BC, углы OAD и OBE равны как по­ло­ви­ны углов при ос­но­ва­нии рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка   ABC. Обо­зна­чим тогда и В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DOM из­вест­но, что OM  =  3. Сле­до­ва­тель­но,

Ана­ло­гич­но в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке EON

По­лу­ча­ем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть AB  =  24, AC  =  40 и BC  =  56. По свой­ству бис­сек­три­сы

Сле­до­ва­тель­но, BD  =  21 и DC  =  35. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

от­ку­да

то есть AD  =  15.

По фор­му­ле по­лу­ча­ем, что

б)  Пусть пер­вая окруж­ность ка­са­ет­ся AD в точке P, а вто­рая  — в точке Q. Тогда

Итого:

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда из рав­но­бед­рен­но­сти тре­уголь­ни­ка BKA сле­ду­ет, что Зна­чит, тре­уголь­ни­ки ACK и BCA по­доб­ны по двум углам (угол С  — общий). Из по­до­бия по­лу­ча­ем: от­ку­да

б)  За­ме­тим, что Сле­до­ва­тель­но,

Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов по­лу­ча­ем, что от­ку­да KC  =  15. На­хо­дим:

Вы­со­та CH тре­уголь­ни­ка CKA равна

По­это­му

Найдём ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти:

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Из усло­вия сле­ду­ет, что су­ще­ству­ет точка F на сто­ро­не BC такая, что BF  =  BD, CF  =  CE. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки DBI и FBI, тре­уголь­ни­ки ECI и FCI равны по двум сто­ро­нам и углу между ними. Тогда

Таким об­ра­зом, че­ты­рех­уголь­ник ADIE впи­сан в окруж­ность.

б)  Из пунк­та а) сле­ду­ет, что DI  =  IE  =  IF  =  ID'. Пусть IH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка ID'E. От­ре­зок IH  — ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник  ABC, тогда от­ку­да Это и есть ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка EDD'.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся сто­ро­ны в точке N, точка I  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти. Точка I лежит на бис­сек­три­се угла ABC, зна­чит, и Тогда по не­ра­вен­ству тре­уголь­ни­ка

где IM  =  IN  — ра­ди­ус окруж­но­сти. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти равен r. Тогда По тео­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка BIM по­лу­ча­ем:

Таким об­ра­зом,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Так как че­ты­рех­уголь­ник AEFC опи­сан­ный (см. рис. 1), то По­сколь­ку E и F  — се­ре­ди­ны сто­рон AB и BC, от­ре­зок EF  — сред­няя линия, а зна­чит, Най­дем пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC:

от­ку­да сле­ду­ет, что то есть

б)  Так как то По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра (см. рис. 2) имеем: По­лу­ча­ем:

Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна

Ответ: б)  24.

Ре­ше­ние. а)  Пусть окруж­ность ω₁ ка­са­ет­ся сто­ро­ны AC в точке K и сто­ро­ны AB в точке L. Пусть окруж­ность ω₂ ка­са­ет­ся сто­ро­ны AC в точке Q. Пусть CN  =  CK  =  x, тогда

где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC, от­ку­да Далее,

За­ме­тим, что внев­пи­сан­ная окруж­ность тре­уголь­ни­ка ABC ка­са­ет­ся сто­ро­ны BC в точке M. Кроме того, она впи­са­на в угол BCQ, но в угол BCQ можно впи­сать толь­ко одну окруж­ность, ка­са­ю­щу­ю­ся сто­ро­ны BC в точке M. Сле­до­ва­тель­но, окруж­ность ω₂ сов­па­да­ет с внев­пи­сан­ной окруж­но­стью, зна­чит, окруж­ность ω₂ ка­са­ет­ся пря­мой AB.

б)  Пусть AK  =  AL  =  y. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ABC:

от­ку­да AB  =  5x, AC  =  4x. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  Пусть AH  =  HM  =  x, BM  =  2x, CH  =  y. По свой­ству бис­сек­три­сы то есть BC  =  2y. Из ра­вен­ства по­лу­ча­ем:

Тогда

Зна­чит,

от­ку­да по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра,

б)  Из пунк­та а) сле­ду­ет, что

От­сю­да Най­дем по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка:

По фор­му­ле S  =  pr най­дем

Ответ: б)