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)  Точки, ле­жа­щие на бис­сек­три­се угла, рав­но­уда­ле­ны от сто­рон этого угла. По­это­му точка Е рав­но­уда­ле­на от пря­мых AD, AB и от пря­мых AB и BC. Сле­до­ва­тель­но, точка Е на­хо­дит­ся на рав­ном рас­сто­я­нии от пря­мых AD и BC.

(Дру­ги­ми сло­ва­ми пер­пен­ди­ку­ля­ры EM и EN, про­ве­ден­ные со­от­вет­ствен­но к сто­ро­нам угла A, равны, и пер­пен­ди­ку­ля­ры EN и EK, про­ве­ден­ные к сто­ро­нам BA и BC со­от­вет­ствен­но, равны. По­это­му EM = EK.)

б)  Пусть Про­ведём от­ре­зок A₁B₁ через точку E так, чтобы A₁B₁ был па­рал­ле­лен AB. В тра­пе­ции A₁ABB₁ по свой­ству углов, при­ле­жа­щих к бо­ко­вой сто­ро­не, По при­зна­ку впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD сле­до­ва­тель­но:

Ана­ло­гич­но для углов и по­лу­ча­ем

Для тре­уголь­ни­ка A₁EA при­ме­ним тео­ре­му о сумме углов. За­пи­шем:

от­ку­да AA₁  =  A₁E по об­рат­ной тео­ре­ме о рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке. Ана­ло­гич­но для тре­уголь­ни­ка BEB₁:

и EB₁  =  BB₁.

Тре­уголь­ни­ки A₁ME и CKE равны по двум углам и сто­ро­не тогда A₁D  =  B₁C как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты. Тре­уголь­ни­ки A₁DE и ECB₁ равны по двум углам и сто­ро­не тогда EB₁  =  DE как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты.

Рас­смот­рим от­рез­ки AD и BC:

зна­чит,

Из пунк­та а) EM  =  EK, тогда по тео­ре­ме о пло­ща­дях тре­уголь­ни­ков с рав­ны­ми вы­со­та­ми для тре­уголь­ни­ков ADE и BCE по­лу­ча­ем:

Ответ: 1 : 2.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та 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: