Окружности и системы окружностей — задание №17 ЕГЭ по математике

Нужно использовать радиусы в точки касания и прямой угол, опирающийся на диаметр. Сначала докажем необходимые геометрические связи, затем вычислим длины. Шаг 1. Свяжем биссектрису с хордой. Радиус, проведённый к точке касания, перпендикулярен касательной. Поэтому $OA\perp NA$, $OB\perp NB$. Прямоугольные треугольники $OAN$ и $OBN$ имеют общую гипотенузу $ON$ и равные катеты $OA=OB$ — радиусы. Значит, они равны, откуда $NA=NB$, а $ON$ делит угол $ANB$ пополам. И $O$, и $N$ равноудалены от $A$ и $B$. Поэтому прямая $ON$ является серединным перпендикуляром к $AB$. Если $H=ON\cap AB$, то $AH=BH=AB/2$ и $ON\perp AB$. Поскольку $BC$ — диаметр, вписанный угол $BAC$ прямой, то есть $AC\perp AB$. Следовательно, $AC\parallel ON$. Это и есть требуемое в пункте а: прямая $AC$ параллельна $ON$, а $ON$ — биссектриса угла $ANB$. Шаг 2. Найдём радиус окружности и расстояние от центра до хорды $AB$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ гипотенуза — диаметр $BC$. По теореме Пифагора: $$BC^2=AB^2+AC^2=24^2+10^2=576+100=676.$$ Радиус вдвое меньше диаметра, следовательно, $$R^2=\frac{BC^2}4=\frac{676}4=169.$$ Половина хорды $AH=24/2=12$. Из прямоугольного треугольника $OAH$: $$OH^2=OA^2-AH^2=169-12^2=169-144=25,\qquad OH=5.$$ Шаг 3. Получим формулу для $ON$ через подобие. В прямоугольном треугольнике $OAN$ отрезок $AH$ — высота к гипотенузе $ON$. Малый треугольник $OHA$ подобен $OAN$: угол при $O$ общий, а углы при $H$ и $A$ прямые. Соответствие сторон даёт $$\frac{OH}{OA}=\frac{OA}{ON}.$$ Умножаем на $OA\cdot ON$: $$OH\cdot ON=OA^2=R^2.$$ Делим на $OH>0$ и подставляем числа: $$ON=\frac{R^2}{OH}=\frac{169}{5}=\frac{169}{5}.$$ Требуется $NO$, поэтому ответ $\frac{169}{5}$. Проверка: $OH\cdot ON=5\cdot(\frac{169}{5})=169=R^2$, что согласуется с подобием. Ответ: а) утверждение доказано; б) $\frac{169}{5}$.

Нужно использовать радиусы в точки касания и прямой угол, опирающийся на диаметр. Сначала докажем необходимые геометрические связи, затем вычислим длины. Шаг 1. Свяжем биссектрису с хордой. Радиус, проведённый к точке касания, перпендикулярен касательной. Поэтому $OA\perp NA$, $OB\perp NB$. Прямоугольные треугольники $OAN$ и $OBN$ имеют общую гипотенузу $ON$ и равные катеты $OA=OB$ — радиусы. Значит, они равны, откуда $NA=NB$, а $ON$ делит угол $ANB$ пополам. И $O$, и $N$ равноудалены от $A$ и $B$. Поэтому прямая $ON$ является серединным перпендикуляром к $AB$. Если $H=ON\cap AB$, то $AH=BH=AB/2$ и $ON\perp AB$. Поскольку $BC$ — диаметр, вписанный угол $BAC$ прямой, то есть $AC\perp AB$. Следовательно, $AC\parallel ON$. Обозначим $\alpha=\angle ABC$. Так как $B,O,C$ лежат на одном луче из $B$, это также угол $ABO$. Треугольник $OAB$ равнобедренный, поэтому угол $OAB$ тоже равен $\alpha$. Его высота $OH$ делит угол при $O$ пополам. В прямоугольном треугольнике $OAH$ имеем $\angle AOH=90^\circ-\alpha$. Точки $O,H,N$ расположены в таком порядке: $H$ лежит на хорде касания, между центром и внешней точкой $N$. Поэтому $\angle AON=\angle AOH=90^\circ-\alpha$. В прямоугольном треугольнике $OAN$: $$\angle ANO=90^\circ-\angle AON=90^\circ-(90^\circ-\alpha)=\alpha.$$ А $ON$ — биссектриса, следовательно, $\angle ANB=2\angle ANO=2\alpha=2\angle ABC$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём радиус окружности и расстояние от центра до хорды $AB$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ гипотенуза — диаметр $BC$. По теореме Пифагора: $$BC^2=AB^2+AC^2=36^2+14^2=1296+196=1492.$$ Радиус вдвое меньше диаметра, следовательно, $$R^2=\frac{BC^2}4=\frac{1492}4=373.$$ Половина хорды $AH=36/2=18$. Из прямоугольного треугольника $OAH$: $$OH^2=OA^2-AH^2=373-18^2=373-324=49,\qquad OH=7.$$ Шаг 3. Получим формулу для $ON$ через подобие. В прямоугольном треугольнике $OAN$ отрезок $AH$ — высота к гипотенузе $ON$. Малый треугольник $OHA$ подобен $OAN$: угол при $O$ общий, а углы при $H$ и $A$ прямые. Соответствие сторон даёт $$\frac{OH}{OA}=\frac{OA}{ON}.$$ Умножаем на $OA\cdot ON$: $$OH\cdot ON=OA^2=R^2.$$ Делим на $OH>0$ и подставляем числа: $$ON=\frac{R^2}{OH}=\frac{373}{7}=\frac{373}{7}.$$ Требуется расстояние от $N$ до прямой $AB$. Перпендикуляр к ней — $NH$, и $H$ находится между $O$ и $N$. Поэтому $$NH=ON-OH=\frac{373}{7}-7=\frac{373-49}{7}=\frac{324}{7}.$$ Проверка: $OH\cdot ON=7\cdot(\frac{373}{7})=373=R^2$, что согласуется с подобием. Ответ: а) утверждение доказано; б) $\frac{324}{7}$.

Нужно доказать параллельность хорд, а затем найти отрезок $AL$. Используем тот факт, что малая окружность получается уменьшением большой с центром уменьшения в точке касания $A$. После этого достаточно будет вычислить $AP$ и поделить пополам. Шаг 1. Найдём соотношение радиусов. Обозначим центры большой и малой окружностей через $O$ и $I$, радиусы — через $R$ и $r$. При внутреннем касании центры и точка касания лежат на одной прямой, причём $OI=R-r$. Большой центр $O$ лежит на малой окружности, значит, $OI=r$. Приравниваем: $$r=R-r,\qquad 2r=R,\qquad r=R/2.$$ Точки расположены в порядке $O,I,A$, причём $OI=IA=R/2$: $I$ — середина $OA$. При гомотетии с центром $A$ и коэффициентом $1/2$ каждая точка перемещается по лучу из $A$ на половину прежнего расстояния. Центр $O$ переходит в $I$, радиус $R$ — в $R/2=r$. Поэтому большая окружность переходит в малую. Точки $B,C$ переходят соответственно в $K,M$, то есть $$AK=AB/2,\qquad AM=AC/2.$$ Отрезок, соединяющий середины двух сторон треугольника $ABC$, является его средней линией. Следовательно, $KM\parallel BC$. Пункт а доказан. Шаг 2. Установим, почему $AL=AP/2$. Точка $P$ лежит на $BC$, а параллельная ей средняя линия $KM$ пересекает $AP$ в $L$. Треугольники $AKL$ и $ABP$ подобны: угол при $A$ общий, углы при $K$ и $B$ равны из-за параллельных $KL$ и $BP$. Поэтому $$\frac{AL}{AP}=\frac{AK}{AB}=\frac12,\qquad AL=AP/2.$$ Шаг 3. Вычислим расстояния до хорды. По условию $R=34$, поэтому $r=34/2=17$. Пусть $Q$ — середина хорды $BC$. Перпендикуляр из центра к хорде делит её пополам, значит, $$BQ=BC/2=32/2=16.$$ В прямоугольном треугольнике $OQB$ гипотенуза $OB=34$. Следовательно, $$OQ^2=34^2-16^2=1156-256=900,\qquad OQ=30.$$ Прямая $BC$ касается малой окружности в $P$, поэтому $IP\perp BC$ и $IP=r=17$. Шаг 4. Выберем координаты и найдём $AP$. Возьмём $BC$ за горизонтальную ось, $Q$ за начало координат и направим вертикальную ось к $O$. Тогда $O=(0;30)$. Центр $I$ имеет расстояние 17 до горизонтальной оси, то есть его вертикальная координата равна $17$ или $-17$. Второй вариант невозможен: тогда уже разность вертикальных координат $O$ и $I$ была бы $30-(-17)=47$, а расстояние $OI=17$ не может быть меньше этой разности. Значит, $I=(u;17)$ для некоторого $u$. Из $OI=17$ по формуле расстояния: $$u^2+(17-30)^2=17^2,$$ $$u^2+(-13)^2=289,\qquad u^2+169=289,\qquad u^2=120.$$ Точка касания — основание перпендикуляра из $I$, поэтому $P=(u;0)$. А $I$ — середина $OA$, следовательно, координаты $A$ получаем из $A=2I-O$: $$A=(2u;2\cdot17-30)=(2u;4).$$ Теперь $$AP^2=(2u-u)^2+(4-0)^2=u^2+16=120+16=136.$$ Положительный корень даёт $$AP=\sqrt{136}=\sqrt{4\cdot34}=2\sqrt{34}.$$ Наконец, $AL=AP/2=2\sqrt{34}/2=\sqrt{34}$. Проверка: $A$ действительно лежит на большой окружности, поскольку $OA^2=(2u)^2+(4-30)^2=4\cdot120+676=1156=34^2$. Ответ: а) $KM\parallel BC$; б) $AL=\sqrt{34}$.

Нужно доказать равенство двух диагоналей и найти $BE$. Равные хорды дают равные дуги, а для вычислений удобно применять теорему Птолемея: произведение диагоналей вписанного четырёхугольника равно сумме произведений противоположных сторон. Шаг 1. Докажем равенство диагоналей через дуги. Вершины идут на окружности в порядке $A,B,C,D,E$. Равным хордам одной окружности соответствуют равные дуги. Здесь $AB=CD=3$, поэтому дуги $AB$ и $CD$ равны; $BC=DE=4$, поэтому равны дуги $BC$ и $DE$. Дуга $ABC$ состоит из дуг длины, соответствующей хордам3 и4. Дуга $CDE$ состоит из таких же двух дуг. Значит, дуги $ABC$ и $CDE$ равны, а стягивающие их хорды $AC$ и $CE$ равны. Пункт а доказан. Также дуга $BCD$ состоит из дуг $BC$ и $CD$, то есть тех же двух составляющих, что дуга $ABC$. Поэтому $BD=AC$. Обозначим общую длину $AC=BD=CE=x>0$. Шаг 2. Найдём $x$ по четырёхугольнику $ABCD$. По теореме Птолемея: $$AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD.$$ Подставляем $AD=6$ и остальные длины: $$x^2=3\cdot3+4\cdot6=9+24=33.$$ Поскольку $x>0$, получаем $x=\sqrt{33}$. Шаг 3. Найдём $AE$ по четырёхугольнику $ACDE$. Его диагонали — $AD$ и $CE$, поэтому теорема Птолемея даёт $$AD\cdot CE=AC\cdot DE+CD\cdot AE.$$ $$6\sqrt{33}=4\sqrt{33}+3AE.$$ Вычитаем $4\sqrt{33}$, затем делим на3: $$2\sqrt{33}=3AE,\qquad AE=\frac{2\sqrt{33}}3.$$ Шаг 4. Найдём $BE$ по четырёхугольнику $ABCE$. Его диагонали — $AC$ и $BE$. Снова по Птолемею: $$AC\cdot BE=AB\cdot CE+BC\cdot AE.$$ $$\sqrt{33}\cdot BE=3\sqrt{33}+4\cdot\frac{2\sqrt{33}}3=3\sqrt{33}+\frac{8\sqrt{33}}3.$$ Приводим к общему знаменателю3: $$\sqrt{33}\cdot BE=\frac{9\sqrt{33}}3+\frac{8\sqrt{33}}3=\frac{17\sqrt{33}}3.$$ Делим на положительное $\sqrt{33}$: $$BE=\frac{17}3.$$ Проверка последнего равенства Птолемея: обе части равны $17\sqrt{33}/3$; первое также выполнено: $AC\cdot BD=33=9+24$. Ответ: а) $AC=CE$; б) $BE=17/3$.