а) Углы APC и AQC — прямые, значит, точки A, Q, P и C лежат на одной окружности с диаметром AC, и, следовательно, равны и вписанные углы PAC и PQC этой окружности, опирающиеся на дугу PC, что и требовалось доказать.

б) Прямоугольные треугольники ABP и CBQ имеют общий угол ABC, следовательно, они подобны, откуда или но тогда и треугольники BAC и BPQ также подобны, причем коэффициент подобия равен откуда Тогда радиус R окружности, описанной около треугольника ABC равен

Ответ:

а) Углы NAK и NBK, опирающиеся на отрезок KN, равны, значит, точки A, B, N и K лежат на одной окружности, а, следовательно, равны и вписанные углы ABK и ANK этой окружности, опирающиеся на дугу AK, что и требовалось доказать.

б) Прямоугольные треугольники KMB и NMA имеют общий угол KMN, следовательно, они подобны, откуда или но тогда и треугольники KMN и BMA также подобны, причем коэффициент подобия равен откуда

Тогда радиус R окружности, описанной около треугольника ABM равен

Ответ:

а) Пусть Так как — центр вписанной окружности треугольника то — биссектрисы углов и значит, Угол внешний для треугольника поэтому (см. рисунок).

Так как (по построению), то тогда Углы и опираются на один и тот же отрезок 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  — проекция точки на сторону (см. рис.), тогда Так как точки лежат на одной окружности, то радиус описанной окружности треугольника совпадает с радиусом описанной окружности треугольника и равен Из треугольника по теореме синусов: Тогда

Так как то

Ответ: 14,4.

а) Пусть Q — центр второй окружности, M и N — её точки касания со сторонами AB и AC соответственно, а точка H — проекция точки Q на BC. Имеем: следовательно, Тогда Поэтому что и требовалось доказать.

б) Пусть x — радиус второй окружности. Рассмотрим прямоугольный треугольник OHQ:

По теореме Пифагора OH² + QH² = OQ², откуда:

Условию 12 − 5x > 0 удовлетворяет только x = 2.

Ответ: 2.

а) Проведём медиану AE к основанию BC, поскольку треугольник ABC — равнобедренный, медиана AE является биссектрисой и высотой. Проведём MK, заметим, что ∠BKM = 90°, так как он вписанный и опирается на диаметр окружности. Поэтому MK перпендикуляр к ВС. Тогда MK — средняя линия AEС, и тогда КС = EК. Поскольку CE = 2CK, имеем: BK = 3CK, что и требовалось доказать.

б) Заметим, что ∠BKM = ∠BNM = 90°, так как эти углы вписанные и опираются на диаметр. Тогда

(*),

Подставляя полученные соотношения в (*), получаем:

Тогда

Ответ: б) 18.

Приведём другое решение пункта б).

Пусть Тогда и пусть тогда По свойству секущих имеем:

Приведём третье решение пункта б).

Пусть угол при вершине A треугольника ABC равен 2α, AB = x. Тогда из прямоугольного треугольника ANM находим: Из треугольника MKC: таким образом, получаем уравнение:

Из последнего уравнения получаем те же ответы, что и в предыдущем решении x = 16 (постороннее решение) или x = 18.

Приведём еще одно решение пункта б).

Рассмотрим прямоугольный треугольник Если AB = x, то С другой стороны из треугольника по теореме косинусов имеем Составим уравнение:

Последнее уравнение уже дважды решено выше.

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)

а) Пусть вписанная окружность касается стороны AB 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 6,5R, 6R и 2,5R, 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 = 6,5R = 26, и OM = CO − CM = 13 − 1,5R = 7.

Тогда

Ответ: б)

а) Пусть — центр вписанной окружности треугольника

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, значит, — биссектриса угла Треугольник 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.

а) Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, значит, AO — биссектриса угла BAC. Треугольник AOD прямоугольный и равнобедренный, поэтому ∠OAD = 45°. Следовательно, ∠BAC = 90°.

б) Обозначим BF = x. По теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, AE = AD = 2, CF = CD = 10 и BE = BF = x. По теореме Пифагора BC² = AC² + AB², или (10 + x)² = 12² + (2 + x)². Из этого уравнения находим, что x = 3. Тогда

Следовательно,

Ответ:

а) Пусть , тогда и Треугольник BOC равнобедренный, следовательно

Следовательно, точки O, B, K и C лежат на одной окружности. Следовательно, четырёхугольник OBKC вписанный.

б) По условию , поэтому

Из теоремы синусов, получаем соотношение для радиуса окружности, описанной около треугольника ABC, таким образом,

Пусть R — радиус окружности, описанной около четырёхугольника OBKC. В треугольнике OCK имеем:

Ответ: 25.

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:

а) Угол KBC равен углу BAC как угол между касательной и хордой. Прямые AB и CK параллельны. Следовательно, ∠ABC = ∠BCK. Получаем, что треугольники ABC и BCK подобны. Следовательно,

Значит, треугольник BCK — равнобедренный.

б) Треугольники ABC и BCK подобны, коэффициент подобия равен Отношение площадей В треугольнике ABC имеем:

Ответ: 2.

Точка O — центр описанной окружности около треугольника ABC, поэтому Значит,

Найдём угол BIC:

Значит, поэтому точки B, O, I и C лежат на одной окружности.

б) Найдём угол BHC:

Значит, поэтому точки B, O, I, H и C лежат на одной окружности.

Поскольку получаем В равнобедренном треугольнике BOC имеем

Прямая BH перпендикулярна AC, поэтому

Значит, Биссектриса угла треугольника лежит внутри угла, образованного медианой и высотой, исходящими из той же вершины, поэтому лучи BH, BI и BO пересекают дугу окружности в указанном на рисунке порядке. Четырёхугольник BOIH вписан в окружность, поэтому

Ответ: б) 165°.

Примечание.

Полезно сравнить часть а) этой задачи с заданием 25 тренировочной работы МИОО № 1 в формате ГИА-9 от 1 октября 2013 года:

В остроугольном треугольнике ABC угол B равен 60°. Докажите, что точки A, C, центр описанной окружности треугольника ABC и точка пересечения высот треугольника ABC лежат на одной окружности.

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.

Запишем теорему косинусов для треугольника BOM: , откуда

Осталось заметить, что

Ответ: 0,65.

a) Заметим, что — медиана прямоугольного треугольника ABH, значит, но и как средняя линия треугольника АВС. Поэтому четырёхугольник — равнобедренная трапеция, вокруг неё можно описать окружность, а значит, точки и H лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать.

б) Середины сторон треугольника являются вершинами подобного ему треугольника. Поэтому верны равенства: Кроме того из п. а) Следовательно,

Пусть R — радиус окружности, описанной вокруг трапеции. Эта окружность одновременно описана вокруг треугольников и Тогда по теореме синусов для каждого из них, имеем:

откуда находим

Приведем другое решение пункта а) Так как — медиана прямоугольного треугольника ABH, треугольник равнобедренный, тогда откуда Поскольку сумма противоположных углов четырехугольника равна 180°, а значит, он является вписанным.

Приведём решение пункта б) без использования пункта а).

Найдем сторону АВ треугольника ABC по теореме синусов:

Найдем катет прямоугольного треугольника AHB:

Тогда длина искомого отрезка A₁H:

Замечание. Покажем, что полученная длина равна 1. Действительно, поскольку

Ответ: б) 1.

а) Заметим, что тогда вокруг ACNM можно описать окружность, тогда как угол, опирающийся на одну дугу, что и требовалось доказать.

б) Пусть тогда

Так как:

получаем:

По теореме синусов

Ответ:

а) Лучи и являются биссектрисами равных углов HAC и HCB соответственно. Значит, то есть прямые и 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°.

а) Пусть окружность касается оснований BC и AD в точках K и L соответственно, а ее центр находится в точке O.

Лучи AO и BO являются биссектрисами углов BAD и ABC соответственно, поэтому

то есть треугольник AOB прямоугольный. Аналогично, треугольник COD тоже прямоугольный. Пусть BM = x, CN = y, тогда AM = 8x, DN = 2y.

откуда y = 2x. Получаем: BK = BM = x, AL = AM = 8x, CK = CN = 2x, DL = DN = 4x, BC = BK + KC = 3x, AD = AL + LD = 12x, то есть AD = 4BC.

б) Заметим, что поэтому

Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P, а прямые MN и PO пересекаются в точке Q. Тогда треугольники BPC и APD подобны, поэтому AP = 4BP, AB = 3BP, BP = 3x, PN = PM = 4x. Прямая PO является серединным перпендикуляром к MN. В прямоугольном треугольнике OMP получаем:

Значит,

Ответ: б) 4.

Приведем другое решение пункта а)

Пусть окружность касается оснований BC и AD в точках K и L соответственно, ее центр находится в точке O, а BM = x, CN = y, тогда AM = 8x, DN = 2y. Поскольку точки M, K, N и L — точки касания, , , и Опустим высоты BH и CQ:

тогда по теореме Пифагора Поскольку имеем откуда

Таким образом, BC = BK + KC = 3x, AD = AL + LD = 12x, то есть AD = 4BC.

а) Поскольку и , треугольники и равнобедренные, причём — углы при их основаниях и . Значит, Следовательно, прямая параллельна прямой

б) Обозначим Тогда

По теореме Пифагора или откуда Значит,

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

По теореме Пифагора

Обозначим Тогда

поэтому — биссектриса, а значит, и высота равнобедренного треугольника

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

Ответ:

а) Пусть точка Q ― центр окружности, вписанной в треугольник ABC (см.рисунок).

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, ― правильный треугольник со стороной .

Далее имеем:

Учитывая, что , окончательно получаем

Ответ:

а) Обозначим Поскольку I — точка пересечения биссектрис треугольника ABC , получаем, что Дуга BC окружности S₂, не содержащая точки I, вдвое больше вписанного в эту окружность угла BIC, т. е. равна 180°+α. Значит, дуга BIC окружности S₂ равна Сумма углов при вершинах A и O четырехугольника ABOC равна 180°, значит, этот четырехугольник вписанный. Следовательно, точка O лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.

б) Пусть r и R — радиусы описанной окружности треугольника ABC и окружности S₂ соответственно. По теореме синусов:

Значит,

откуда Следовательно,

Ответ:

а) Обозначим угол BAC через Тогда поскольку является центральным углом, опирающимся на ту же дугу окружности, что и угол BAC. В равнобедренном треугольнике BOC получаем а в прямоугольном треугольнике BAH получаем Таким образом,

б) Пусть M — середина отрезка BC. Прямоугольные треугольники BAH и BOM подобны, поскольку Значит,

Ответ: б) 6.

а) Обозначим угол BAC через Тогда поскольку является центральным углом, опирающимся на ту же дугу окружности, что и угол BAC. В равнобедренном треугольнике BOC получаем а в прямоугольном треугольнике BAH получаем Таким образом,

б) Пусть M — середина отрезка BC. Прямоугольные треугольники BAH и BOM подобны, поскольку Значит,

Ответ: б) 12.