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: