Окружность с центром в O₁ будем называть первой окружностью, с центром в O₂ — второй окружностью.

а) У треугольников ABC и ABF общее основание AB. Значит, для равенства площадей надо доказать равенство их высот, опущенных из вершин C и F соответственно. Следовательно, надо доказать параллельность прямых AB и FC: это можно получить, если вывести равенство углов ∠AFC и ∠BAF (накрест лежащие).

Во-первых, во второй окружности углы ∠DBC и ∠DFC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу DC.

Во-вторых, угол между касательной к окружности и хордой равен половине дуги, опирающейся на эту хорду. Тогда из первой окружности получим, что (вписанный угол равен половине центрального). Таким образом получили, что ∠BAF = ∠AFC, то есть AB || FC, значит, высоты треугольников равны, и их площади совпадают.

Что и требовалось доказать.

б) Аналогично углам ∠BAD и ∠BDC получаем, что ∠ABD = ∠BCD (угол ∠ABD между касательной ко второй окружности и хордой BD равен углу ∠BCD, опирающемуся на эту хорду). Таким образом получаем, что ΔABD ~ ΔBCD (по 2 углам). Так как ∠ADB = ∠BDC = α, то ∠ADE = π − α, ∠CDE = π − α, то есть ∠ADE = ∠CDE, откуда следует, что DE — биссектриса треугольника ADC. Тогда из свойства биссектрисы имеем соотношение

Теперь воспользуемся подобием треугольников ABD и BCD:

Из второго равенства выше выразим BD: Подставим это в первое равенство:

Окончательно получаем, что

Ответ: 25 : 81.

a) С учетом того, что отрезки AK, BK и CK составляют геометрическую прогрессию, введем обозначения: Из свойств касательной и секущей к окружности получим:

Отсюда следует, что KD = AK, то есть треугольник AKD равнобедренный. Тогда:

Далее, треугольники ODK и OAK равны по 3-м сторонам (DK = AK, AO = DO — радиус, OK — общая). Отсюда , то есть OK — биссектриса угла AOD. Вписанный угол ACD опирается на дугу AD и равен половине центрального угла AOD, то есть Что и требовалось доказать.

б) Заметим, что данная окружность описана вокруг треугольника ADC, откуда по теореме синусов следует:

Ответ:

а) Расстояние от точки до прямой есть перпендикуляр, опущенный из данной точки на прямую.

Точки, лежащие на биссектрисе, равноудалены от сторон угла. Тогда точки, лежащие на биссектрисе AE угла A, равноудалены от сторон AD и AB, поэтому перпендикуляры EM и EN, соответственно проведенные к сторонам угла A, равны. Аналогично для угла B: все точки биссектрисы BE равноудалены от сторон BA и BC, поэтому перпендикуляры EN и EK равны. Отсюда получаем, что EM = EK. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим ME = EK = r и выразим площади треугольников:

Выразим через углы и стороны AD, BC и DC, предварительно найдя углы в данном четырехугольнике:

Из треугольников AME и BEK соответственно получаем:

Из треугольника MDE:

Из треугольника CKE:

Тогда

Преобразуем полученные выражения для сторон:

Тогда получим:

Воспользуемся в числителе и знаменателе следующей формулой: , откуда получим:

Осталось воспользоваться тем, что DC : BC = 3 : 2:

Обозначим для сокращения записи: Тогда:

Подставим z в искомую дробь и получим:

В итоге получили:

Ответ: 1 : 2.

Центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе угла. Для решения задачи докажем следующую лемму.

Лемма: точка O принадлежит стороне AB, то есть AB является биссектрисой угла DAF.

Доказательство: во-первых, из свойств секущих к окружности получим:

Тогда треугольники ABD и EBC подобны (угол ABD общий). Тогда ∠BDA = ∠BCE = β, ∠BAD = ∠BEC = γ.

Во-вторых, угол между дугой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на данную хорду, откуда ∠BFA = ∠ABD = α.

Далее, центральный угол AO₂B в 2 раза больше вписанного угла AFB, поэтому Так как треугольник AO₂B равнобедренный (AO₂ = O₂B = R₁), то

Аналогично для угла ACE:

Углы и равны, как вертикальные, и потому получаем:

Отсюда получаем, что , а значит точка O лежит на стороне AB. Лемма доказана.

Из леммы получили:

Тогда , и треугольники AEC и EBC подобны по 2-м углам, откуда выпишем соотношения:

Из равенства первой и третьей дробей получим:

Тогда

Проведем дополнительно отрезок EO — он является биссектрисой угла BEA, а значит и биссектрисой треугольника ABE. Тогда по свойству биссектрисы в треугольнике имеем:

Требуемое доказано.

Ответ: 6.

а) Из свойств секущих к окружности известно:

Получаем, что треугольники ABC и AMK подобны (так как угол A — общий). Что и требовалось доказать.

б) Из подобия треугольников имеем:

Подставляя сюда известные значения, получим:

Ответ:

а) Углы KOM и KLM равны, так как они опираются на одну и ту же дугу KM в окружности Обозначим угол KLM как Углы KLM и CLB равны, как вертикальные, то есть Так как вписанный угол KAM и центральный угол KOM опираются на одну и ту же дугу KM в окружности , то В четырехугольнике ACLB углы ACL и ABL равны по , поэтому

Значит, Что и требовалось доказать.

б) По теореме синусов получаем:

Ответ:

а) Проведем дополнительно отрезки OB и BQ: треугольники OAQ и OBQ равны по 3 сторонам (OA = OB = r, QA = QB = R, OQ — общая). Отсюда следует равенство углов: Вписанный угол BDA опирается на ту же дугу BA, что и центральный угол AQB. Тогда Далее, в меньшей окружности с центром O рассмотрим центральный угол , изображенный синим на рисунке, который опирается на бОльшую дугу AB. На эту же дугу опирается вписанный угол , который в 2 раза меньше центрального. Тогда:

Таким образом получили, что треугольники AOQ и BCD подобны по 2-м углам. Что и требовалось доказать.

б) Выпишем площади треугольников AOE и AEQ:

Тогда можно обозначить AO = 3x, AQ = 7x.

Из основного свойства биссектрисы в треугольнике получаем: AO : OE = AQ : EQ, откуда можем записать, что OE = 3y, EQ = 7y.

Далее, треугольники AOE и DQE подобны по 2 углам

, так как треугольник AQD равнобедренный; , как вертикальные Отсюда следует, что

Чтобы найти площадь треугольника ODE, заметим, что высота его совпадает с высотой треугольника QED (на рисунке не изображена), и отличие только в длинах оснований, тогда

Окончательно получаем:

Ответ:

а) Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, который опирается на эту хорду. Поэтому ∠MAB = ∠BDA = ∠BCA = α так как прямые MN и BD параллельны, то ∠MAB = ∠ABD = α, как накрест лежащие. Отсюда получаем, что ∠ABD = ∠ADB = α, то есть треугольник ABD — равнобедренный (тогда AB = AD). Что и требовалось доказать.

б) Треугольники AEB и DEC подобны по 2-м углам (∠AEB = ∠CED, как вертикальные; ∠ABE = ∠ECD = α, как опирающиеся на одну дугу AD). Тогда

Треугольники ABE и ACB подобны по 2-м углам (∠BAE — общий, ∠ABE = ∠BCA = α — показано в предыдущем пункте). Тогда из подобия получим:

Отсюда получаем, что

Ответ: 18.

а) В равнобедренном треугольнике OCD отрезок OE является медианой, следовательно и высотой. То есть Отметим на продолжении луча KC за точку C произвольную точку L. Тогда треугольник ACD также равнобедренный, в нем медиана совпадает с высотой. Значит, тогда и соответствующие дуги равны. Тогда поскольку один из них вписанный, опирающийся на дугу AD, а второй — угол между касательной и хордой, стягивающей дугу AC.

Заметим далее, что как соответственные углы при пересечении параллельных прямых KB и CD (они обе перпендикулярны AB) секущей KL. Кроме того KO — биссектриса угла BKC, потому что проходит через центр окружности, а стороны угла — касательные из одной точки. Поэтому откуда прямоугольные треугольники BKO и ECA подобны по двум углам.

б) Радиус окружности равен 5. Тогда Из треугольника OEC находим Тогда

Треугольники BKA и EMA подобны с коэффициентом откуда

Ответ:

а) Заметим, что (поскольку один из них вписанный, опирающийся на дугу AC, а второй — угол между касательной и хордой, стягивающей дугу AC). Значит, в прямоугольных треугольниках AKC и MBC есть одинаковые острые углы, поэтому они подобны по двум углам.

Аналогично откуда следует второе указанное в условии подобие.

б) Из пункта a мы знаем, что (первое равенство — из подобия AKC и MBC, второе — из подобия AMC и BLC). Приравнивая крайние отношения, находим откуда

Ответ: 6.

Очевидно, что точки лежат на одной прямой. Обозначим за R радиус большей окружности. Тогда

поэтому

Теперь заметим, что треугольник прямоугольный (кроме случая, когда K совпадает с что возможно если окружности касаются внутренним образом, а их радиусы отличаются вдвое, но тогда и полученная в итоге формула все равно верна). Из теоремы Пифагора получаем откуда

Ответ:

Примечание. Окружности могут касаться внутренним или внешним образом, на приведенное решение это не влияет.

Треугольник OKB является прямоугольным (), поэтому для поиска его площади достаточно найти его катеты:

1) В случае, если точка A лежит на оси OY, B на оси OX, получим:

Тогда

2) В случае, если точка A лежит на оси OX, B на оси OY (рисунок не приведен), получим:

Тогда

Ответ: или

Опишем около треугольника АВС окружность с центром в точке О. Докажем, что эта точка совпадет с центром заданной окружности.

Точки А и С лежат внутри заданной окружности. Кроме того, эти точки и точки К и L — точки одной и той же прямой, причем LА = СК. Значит, серединные перпендикуляры к отрезкам АС и КL совпадают. По аналогичной же причине совпадут также серединные перпендикуляры к отрезкам АВ и МN. А это значит, что центры двух окружностей совпадут, т. е. точка О окажется центром заданной окружности.

По условию Это значит, что BO = CO как радиусы одной и той же окружности.

Пусть основание высоты проведенной к ВС, будет Н. Тогда Кроме того, значит, OH = BH = 2.

Случай 1. Точка В лежит между S и С (рис.1).

В прямоугольном треугольнике OHS

Случай 2. Точка С лежит между S и В (рис. 2).

Тогда т. е.

Ответ: или

Введем координаты так, чтобы линия центров этих окружностей была осью абсцисс, а ось ординат проходила через точку касания окружностей. Тогда центры окружностей будут и (выберем соответствующее направление оси). Пусть координаты центра искомой окружности Можно считать, что окружность лежит выше оси, поэтому Тогда, очевидно, ее радиус должен быть равен b.

Ясно, что начальных двух окружностей она касается внешним образом. Тогда расстояния между ее центром и центрами остальных окружностей равны сумма радиусов ее и остальных окружностей. Получаем систему уравнений

Вычитая уравнения, находим

Подставляя в первое уравнение, получаем

Поскольку поделим на него и домножим на знаменатель.

Ответ:

Пусть задан треугольник АВС, у которого стороны АВ и ВС равны, D — середина АС. Ясно, что центры вписанной и описанной окружностей лежат на BD. И пусть — центры вписанной и описанной окружностей, их радиусы и r и R соответственно.

Расстояние d между центрами этих окружностей найдем по формуле Эйлера.

Пусть AB = BC = x, A = y. Тогда

Случай 1.

Тогда

Итак,

(не подходит по смыслу задачи).

Случай 2.

Тогда

(не подходит по смыслу задачи).

Примечание:

Конечно же, способ вычисления длин боковых сторон заданного треугольника намного проще, если использовать теорему Пифагора. Сделаем и так.

Случай 1.

Случай 2.

Ответ: 48; 40; 40 или

Решим сначала в общем виде такую задачу.

Точка находися на расстоянии от центра окружности радиуса r. Из нее проведены две касательные. Найти расстояние между точками касания.

Заметим, что эта точка, центр окружности, и точка касания образуют прямоугольный треугольник, а его высота — половина искомого расстояния. Поэтому искомое расстояние есть

Перейдем к исходной задаче. Если окружности касаются внешним образом, и касательные проведены к большей окружности, то и ответ

Если окружности касаются внешним образом, и касательные проведены к меньшей окружности, то и ответ

Если окружности касаются внутренним образом, и касательные проведены к меньшей окружности, то и ответ

Если окружности касаются внутренним образом и касательные проведены к большей окружности, то это невозможно, поскольку центр меньшей лежит внутри большей.

Ответ:

а) Из вершины С проведем луч СО, который пересечет AB в точке F. Ясно, что CF — биссектриса треугольника ABC.

Треугольники AOB и AOMимеют равные высоты, проведенные на их стороны OB и OM (или их продолжения) соответственно. Следовательно, их площади относятся как их названные основания:

Поскольку Аналогично

Рассмотрим треугольники СОМ и CON. У них: СО — общая сторона, как дополняющие равные вертикальные углы AOC и FON до По второму признаку равенства треугольников: Отсюда:

Кроме того, из равенства треугольников COM и CON следует:

Из равенства получим:

Так как , то

Рассмотрим треугольники AOM и BON. У них: как вертикальные, OM = ON по выше доказанному.

Равные углы CMO и CNO дополняют углы AMO и BNO до соответственно, откуда как вертикальные. Значит, по второму признаку равенства треугольников, откуда

Значит, треугольник ABC — равнобедренный с основанием AB.

Из равнобедренности треугольника ABC следует:

б) Выше было доказано, что Значит, следовательно,

В прямоугольном

Следовательно,

В треугольнике ANC по теореме косинусов:

Окружность, вписанная в четырехугольник является вписанной и в треугольник Следовательно, искомый радиус

Ответ: б)

а) Обозначим Тогда (поскольку так как опирается на диаметр окружности). Далее

Итак, треугольники ACB и ECB равнобедренные, поэтому значит, C — середина AE.

б) Известно, что если a, b — катеты прямоугольного треугольника, c — его гипотенуза, то радиус вписанной в него окружности равен

Поскольку все упомянутые в условии треугольники прямоугольные, то искомая сумма радиусов равна

Ответ: 12.

а) Пусть AB — диаметр большей из трёх окружностей, O — её центр, O₁ — центр окружности радиуса r, кающийся окружности с диаметром AB в точке A, O₂ — центр окружности радиуса R, касающийся окружности с диаметром AB в точке C, окружности с центром O₁ — в точке D, отрезка AB — в точке E. Точки O, O₂ и C лежат на одной прямой, поэтому OO₂ = OC − O₂C = OC − R.

Аналогично OO₁=OA − O₁A=OA − r, O₁O₂ = O₁D + O₂D = r + R.

Следовательно, периметр треугольника OO₁O₂ равен

б) Пусть OA = 6, r = 2. Тогда

Из прямоугольных треугольников O₁O₂E и OO₂E находим, что

Возможны два случая: (O лежит между E и O₁) и (E лежит между O и O₁). Это дает нам два уравнения и , которые имеют общее решение R = 3, это означает, что диаметр искомой окружности равен радиусу наибольшей из трёх окружностей, что точка E совпадает с O.

Ответ: 3.

а) Пусть: F и E — общие точки окружности с центром O₂ и общих внешних касательных, G и H — общие точки другой заданной окружности и тех же внешних касательных, N и Q — общие точки заданных окружностей и общей внутренней касательной; T — точка пересечения O₁O₂ и AB.

Соединим отрезками точки O₁ и A, O₂ и B. Заметим, что:

AO₁ есть биссектриса угла HAB, AO₂ — биссектриса угла EAB. А эти углы являются смежными. Так как биссектрисы двух смежных углов взаимно перпендикулярны, то ∠O₁AO₂ = 90°. Аналогично докажем, что ∠O₁BO₂ = 90°. Таким образом, получаем , что сумма одной пары противоположных углов четырехугольника O₁AO₂B равна 180°. Коли это так, то сумма и другой пары противоположных углов того же четырехугольника обязана быть равной 360° − 180° = 180°. То есть выполняется признак вписанного четырехугольника, что и требовалось доказать.

б) Заметим, что O₁Q || O₂N как два перпендикуляра к одной и той же прямой AB.

Рассмотрим Δ O₁QT и Δ O₂NT. Они прямоугольны, у них: ∠QTO₁ = ∠NTO₂ как вертикальные, ∠QO₁T = ∠NO₂T как внутренние накрест лежащие при параллельных O₁Q, O₂N и секущей O₁O₂. Значит, Δ O₁QT ~ Δ O₂NT,

Пусть тогда

В

В

Ответ: б) 12.

а) Продолжим отрезок DM за точку M до пересечения с окружностью в точке P (см. рис.) Соединим центр окружности — точку О, с точками P и С — отрезками. ∠DMB = ∠OMP как вертикальные, ∠DMB = ∠CMO по условию, следовательно, ∠OMP = ∠OMC.

Любая окружность симметрична сама себе относительно всякой прямой, проходящей через ее центр.

Рассмотрим симметрию относительно диаметра AB. При этом:

– точки А, О, M и В, отрезок OM перейдут сами на себя;

– поскольку ∠OMP = ∠M, луч МС MP перейдет на луч MP;

– полуокружность ACB перейдет на полуокружность APB, общая точка луча МС и полуокружности ACB перейдет в общую точку луча MP и полуокружности APB, т. е. точка С перейдет в точку P;

– отрезок ОС перейдет на отрезок OP, ∠OCM — на ∠ OPM. Следовательно, ∠ OCM = ∠OPM.

Но Δ POD — равнобедренный, поскольку OP = OD как радиусы одной и той же окружности. Значит, ∠OPM = ∠ODM. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) Найдём угол CMD:

В Δ OMD: ∠OMD = 135°, по теореме косинусов:

Найдем положительный корень этого уравнения.

В Δ COM по теореме косинусов:

Положительный корень этого уравнения будет равен

Приведём другое решение:

а) Продолжим DM до пересечения с окружностью в точке N (см. рис.). Соединим центр окружности — точку О с точкой С — отрезком. Опустим из точки О перпендикуляры к отрезкам СМ и DN, основания перпендикуляров обозначим H и T соответственно. Обозначим некоторые углы, ∠1, ∠2 и ∠3, как показано на рисунке.

∠2 = ∠3 как вертикальные, ∠2 = ∠1 по условию, следовательно, ∠1 = ∠3. Прямоугольные треугольники MHO и MTO равны по общей гипотенузе ОМ и острому углу (∠1 = ∠3), откуда OH = OT.

Рассмотрим прямоугольные треугольники OHC и OTD. Они равны по гипотенузе и катету, поскольку OH = OT по только что доказанному, OC = OD как радиусы одной и той же окружности. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) По условию и доказанному выше: ∠2 = ∠1 = ∠3 = 45°. Следовательно, ∠MD = 180° − (45° + 45°) = 90°. ∠HOM = 90° − 45° = 45°. Значит, OH = MH. Аналогично OT = MT. Из совокупности полученных результатов имеем: OHMT — квадрат.

В Δ SMD, где ∠SMD = 90°,

Ответ: б)

А) Угол KCD — вписанный в заданную окружность, значит, измеряется половиной градусной меры дуги KM. А угол MKD образован хордой KM этой же окружности и касательной KD к той же окружности, и он измеряется половиной градусной меры дуги KM, заключенной между хордой и касательной. Значит, ∠KCD = ∠MKD. Но эти два угла есть острые углы двух прямоугольных треугольников KCD и MKD. Тогда обязаны быть равными и другие острые углы названных треугольников, т. е. ∠CKD = ∠KMD, что и требовалась доказать.

Б) Из полученного равенства ∠CKD = ∠KMD следует подобие: ΔMKD ~ ΔKCD, откуда:

Пусть R — радиус заданной окружности, O — ее центр, F ∈ CM, OF ⊥ CM. Пусть E ∈ AB, OE ⊥ AB.

Соединим точки O и K, O и E отрезками , тогда OK = OE = R. Кроме того, OK ⊥ KD. OE || AK как два перпендикуляра к AB. По аналогичной причине Следовательно, AEOK — параллелограмм, откуда AE = OK = R. Но AE = AK как отрезки касательных к окружности, проведенных из точки А. Следовательно, AK = AE = R. В таком случае KD = 18 − R.

Рассмотрим OE и OF как два перпендикуляра, проведенные из одной и той же точки О к параллельным прямым AB и CD, лежат на одной прямой. Тогда AEFD — прямоугольник, откуда: FD = AE = R.

Пусть CD = x, тогда CM = CD − MD = x − 4.

Треугольник COM — равнобедренный, в нем OF — высота по построению, следовательно, OF — медиана.

Отсюда:

Это — с одной стороны. С другой же стороны, CF = CD − FD = x − R. Значит,

Так как KD = 18 − R, то в соответствии с равенствами (*) и (**) будем иметь:

Значение R = 34 не подходит по смыслу задачи, так как KD = 18 − R > 0.

При R = 10: AB = CD = x = 2R − 4 = 20 − 4 = 16.

Ответ: 16.

а) Проведем отрезок AB. Заметим, что ∠ ABC = ∠ ABD = 90° как вписанные углы, опирающиеся на диаметры соответствующих окружностей. Но через точку B можно провести одну и только одну прямую, перпендикулярную прямой AB, что и свидетельствует о том, что точки D, В и C лежат на одной прямой.

б)

Это — с одной стороны.

Но с другой же стороны,

Отсюда:

Ответ: б) 80.

А) По свойству касательной к окружности: O₂A ⊥ O₁A, O₁B ⊥ O₂B.* Значит, четырехугольник O₁O₂AB — вписанный в некоторую окружность ω с диаметром O₁O₂. Проведем эту окружность. Заметим, что углы O₁AB и O₁O₂B опираются на одну и ту же дугу O₁B окружности ω. Следовательно, они равны, что и требовалось доказать.

Б) В

В

Пусть угол между и Тогда:

Ответ: Б)

а) Проведем диаметр окружности CK. Он будет перпендикулярным к заданной касательной, к которой параллельна хорда BD. Отсюда получим: BD ⊥ CK.

Рассмотрим четырехугольник ABCD. Отрезок диаметра, принадлежащий ΔBD окажется его высотой и медианой, откуда: ΔBCD — равнобедренный, то есть BC = DC, ∪BmC = ∪DnC.

В ΔCOD и ΔACD: ∠ACD — общий, ∠CDB = ∠CAD как вписанные, опирающиеся на равные дуги BmC и DnC соответственно. Значит, Δ COD ~ ΔACD, откуда:

что и требовалось доказать,

б) В треугольниках ABO и CDO ∠ABD = ∠ACD как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу AKD, ∠BAC = ∠CDB как вписанные углы опирающиеся на дугу BmC. Следовательно, ΔABO ~ ΔCDO,

Но значит, Выше было получено: Тогда:

Треугольники ACD и CDO имеют равные высоты, проводимые к сторонам AC и CO соответственно. Тогда:

Ответ: б) 4.

а) Обозначим за O центр большей окружности. Поскольку (опираются на диаметр AO меньшей окружности), а треугольники AOC и AOB равнобедренные, то OM и OP — медианы этих треугольников (поскольку являются высотами). Тогда M и P — середины отрезков AC и AB, а MP — средняя линия треугольника ABC и параллельна его основанию.

б) Из доказанного в первом пункте следует, что Обозначим центр меньшей окружности за и опустим перпендикуляры на BC. Тогда H — середина BC и поэтому

Кроме того, поскольку хорда касается меньшей окружности.

Заметим, что  — прямоугольная трапеция, в которой  — отрезок, параллельный основаниям и проходящий через середину боковой стороны, то есть средняя линия. Поэтому

Значит,

Ответ: 48.

а) Обозначим ∠BAD = ∠ PAB = α. Поскольку ABPQ и CDPQ — вписанные четырёхугольники.

Значит, ∠BAD + ∠ADC = 180°, и поэтому AB || CD. Противоположные стороны четырёхугольника ABCD попарно параллельны, следовательно, это параллелограмм.

б) Пусть R — радиус второй (меньшей) окружности. Тогда радиус большей окружности равен 2R. По теореме синусов:

Следовательно,

Ответ: 2.

а) Пусть — точка касания с большей окружностью, — центр большой окружности, — центр маленькой. Заметим что откуда Тогда

Итак , откуда

б)

Ответ: 4.

а) Введем координаты — направим ось по перпендикуляру к , а ось — по Пусть центры окружностей имеют координаты и , тогда и , а их радиусы — и Центр большой окружности имеет координаты Пусть центр окружности, касающейся правой полуокружности, имеет координаты и радиус (она касается вертикальной оси). Запишем условия касания с окружностями (расстояние между центрами равно сумме или разности радиусов)

Возводя последнее в квадрат, получаем

Возводя первое в квадрат и подставляя , получаем , то есть

Очевидно, если поменять местами в формуле и , ответ не изменится, но станет также ответом для картинки, отраженной относительно вертикальной оси. Поэтому два указанных радиуса равны.

б) Радиусы окружностей составят и Из формулы, полученной в первом пункте, имеем

Ответ:

Обозначим искомый радиус за

Опустим перпендикуляры из центров маленькой () и большой () окружностей на Основание перпендикуляра из назовем

Случай 1. и лежат по одну сторону от Тогда — прямоугольная трапеция, в которой и (опуская высоту из на ) по теореме Пифагора имеем откуда

Случай 2. и лежат по разные стороны от Тогда -- прямоугольная трапеция, в которой и (опуская высоту из на ) по теореме Пифагора имеем откуда

Ответ: или

а) Обозначим угол между касательными за , точку их пересечения за S, центры окружностей за и , а радиусы окружностей за и

Тогда — прямоугольный треугольник, откуда Кроме того, , откуда , аналогично и расстояние между хордами

Рассмотрим теперь трапецию В ней , а высота При этом , откуда Поскольку , то и поэтому , Наконец, расстояние между хордами

б) Четырехугольник — трапеция, высота которой найден в прошлом пункте в общем виде. В указанном случае она равна Основания же трапеции можно найти так: , аналогично , поэтому их полусумма составит

Итого площадь трапеции

Ответ:

а) Обозначим за центр меньшей окружности, за R ее радиус. Тогда Пусть тогда

Из треугольника имеем поэтому Обозначим тогда

что и требовалось.

б) Заметим, что Очевидно, так как AC — диаметр. Значит, треугольники AKC и подобны с коэффициентом

Тогда

Ответ:

а) Обозначим центры окружностей одинакового радиуса за и а центр третьей за O. Тогда точки касания лежат на сторонах Будем считать, что Очевидно, C — середина

Заметим, что треугольники и равны по двум сторонам (радиусы окружностей) и углу между ними (углы равнобедренного треугольника ). Поэтому и ABC — равнобедренный.

б) Очевидно, точки A и B делят отрезки и в одинаковом отношении (а именно в отношении радиусов окружностей). Поэтому и треугольники и OAB подобны с коэффициентом «радиус меньшей окружности к сумме радиусов». Тогда

Найдем площадь OACB.

Отметим точку пересечения K прямых OC и AB. Поскольку треугольники OKB и подобны с коэффициентом получаем и, значит,

Наконец, найдем радиус вписанной окружности четырехугольника OACB (она есть, так как из-за равенства слагаемых).

Ответ:

а) Пусть Запишем тогда теорему косинусов для треугольников OCK и OCP.

 

.

Аналогично при этом PC > KC.

Следовательно , а поскольку , находим , , поскольку .

б) По условию x = 2:

 

.

Ответ: б) .

а) Пусть .

Тогда .

После приведения к общему знаменателю получим требуемое.

б) Заметим, что , поэтому K — точка касания вписанной окружности треугольника ABC со стороной AB. Аналогично и точки M и P. Поэтому нам нужно найти радиус вписанной окружности треугольника ABC. Он равен .

Ответ: .

а) Продлим до пересечение с общей касательной двух окружностей в точке Тогда (в большой окружности один из них вписанный, а другой — угол между касательной и хордой, поэтому они оба равны половине дуги ) и (поскольку как отрезки касательных к маленькой окружности). Тогда

что и требовалось доказать.

б) По условию  — диаметр большой окружности. Обозначим центр ее за а центр маленькой за Тогда и следовательно и

Ответ:

Рассмотрим треугольник

поскольку Итак, этот треугольник прямоугольный, поэтому его высота, опущенная на гипотенузу, равна произведению катетов, деленному на гипотенузу (это следует из формул для площади треугольника).

б) В прямоугольной трапеции высота равна

Расстояние от до стороны равно Значит, площадь треугольника равна

Ответ: