а) Обозначим центры окружностей O₁ и O₂ соответственно. Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке K, пересекает AB в точке M. По свойству касательных, проведённых из одной точки, AM = KM и KM = BM. Таким образом,

в треугольнике AKB медиана равна половине стороны, к которой она проведена, значит, он прямоугольный.

Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD ⊥ AB. Аналогично получаем, что BC ⊥ AB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны.

б) В прямоугольной трапеции ABO₂O₁ построим высоту O₂H и найдём ее из прямоугольного треугольника O₂HO₁:

Тогда  Из прямоугольного треугольника BAD получаем: 

Треугольники BKC и AKD подобны,  поэтому  а 

Из прямоугольного треугольника СКВ находим  тогда 

Из прямоугольного треугольника СКD находим 

По теореме синусов для треугольника BСD находим искомый радиус описанной окружности:

Ответ: 

а) Пусть O — отличная от A₁ точка пересечения окружностей, описанных около треугольников A₁CB₁ и A₁BC₁ (рис. 1).

Тогда

откуда 

Значит,  следовательно, точки A, B₁, O и C₁ лежат на одной окружности.

б) Пусть O₁, O₂ и O₃ — центры окружностей, описанных около треугольников B₁AC₁, A₁BC₁ и A₁CB₁ соответственно (рис. 2). Заметим, что  как радиусы описанных окружностей около равных треугольников. Значит, треугольники AO₁C₁ и C₁O₂B равны. Кроме того, треугольник O₂C₁O₁ также равен этим треугольникам, поскольку

 

Таким образом,  Аналогично,   поэтому треугольник O₁O₂O₃ подобен треугольнику ABC с коэффициентом  и радиус вписанной в него окружности равен половине радиуса окружности, вписанной в треугольник ABC.

Пусть M — середина BC, а радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, равен r (рис. 3). Тогда площадь треугольника ABC

C другой стороны, высота равнобедренного треугольника ABC равна  поэтому  Значит, r = 3. Искомый радиус равен 

Ответ: 1,5.

а) Про­ве­дем через точку  пря­мую па­рал­лель­ную . На пе­ре­се­че­нии этой пря­мой и пря­мой  от­ме­тим точку ,  — па­рал­ле­ло­грамм.

В тре­уголь­ни­ке ACC₁:   

За­ме­тим, что  по­сколь­ку , тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник ACC₁ — пря­мо­уголь­ный, угол ACC₁ пря­мой. Тогда угол COD пря­мой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б) 

Ответ: б) 60.

а) По теореме Менелая  и  Поскольку  находим: 

б) По теореме Менелая  Также имеем  Заметим, что треугольники AB₁B и BCB₁ имеют общую высоту, следовательно:  Поэтому  Аналогично доказываем, что 

Треугольники AOC и AC₁O имеют общую высоту, поэтому  Аналогично доказываем, что  Тогда 

Ответ: 

Прямые AD и BC параллельны, поэтому ∠ACB = ∠CAD.

Предположим, что ∠BAC = ∠ACD, тогда получаем, что прямые AB и CD параллельны и ABCD — параллелограмм. Значит, предположение неверно и ∠ABC = ∠ACD.

б) Треугольники ABC и DCA подобны. Следовательно,  откуда

Опустим из вершины C перпендикуляр CK на основание AD. Тогда  Значит, ABCK — прямоугольник.

Следовательно,

Пусть M и N — середины оснований AD и BC соответственно, MH — перпендикуляр к AD. Тогда ABMH — прямоугольник. Получаем, что

В прямоугольном треугольнике MNH имеем:

Ответ: 

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) Пусть E — середина KC. Тогда ME — медиана прямоугольного треугольника CMK, проведенная из вершины прямого угла. Значит,  Кроме того,  Значит, треугольник AME равен треугольнику CMK и тоже прямоугольный, следовательно,  как угол в прямоугольном треугольнике, лежащий напротив катета, который в два раза меньше гипотенузы.

б) Из прямоугольных треугольников ABC и KBC находим, что  

Через вершину A проведем прямую, параллельную BC. Пусть T — точка пересечения этой прямой с прямой MK, а D — точка пересечения прямой BK с прямой AT.

Из равенства треугольников AMT и BMP (по стороне и двум углам) получаем, что  а из подобия треугольников CKP и AKT следует, что  Значит, B — середина CP.

Треугольник AKD подобен треугольнику CKB с коэффициентом  поэтому  а так как , AD — средняя линия треугольника BQP. Значит,

Следовательно, 

Ответ: 14.

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.

а) Угол BTC вписан в окружность, а угол BOC — соответствующий ему центральный угол. Следовательно, ∠BOC = 2∠BTC.

б) Из условия касания окружности и стороны AD следует, что прямые OT и AD перпендикулярны. Пусть окружность вторично пересекает прямую AB в точке L и сторону CD — в точке M. Тогда диаметр окружности, перпендикулярный стороне AB, делит каждую из хорд BL и CM пополам. Обозначим OT = r, тогда

По теореме Пифагора  По теореме о касательной и секущей  Следовательно, 

Аналогично 

Из теоремы синусов следует, что BC = 2r · sin ∠BTC. Пусть h — искомое

расстояние от точки T до прямой BC . Выразим площадь треугольника BTC двумя способами:

Отсюда получаем, что  Следовательно, 

Ответ: 6.

а) Пусть BC ∩ AE = L, тогда треугольники AED и LEC равны, так как DE = CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Следовательно, BE — медиана ABL. Далее, ΔABE ∼ ΔKBO, , и ΔLBE ∼ ΔCBO с тем же коэффициентом подобия  Тогда

б) Поскольку ΔAED = ΔLEC,  Далее, ΔKBC∼ΔABL. Значит,  то есть  Тогда

Ответ: 3 : 7.