Тема 17. Задачи по планиметрии

17.14 Вписанная и вневписанная окружности

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по планиметрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#2077

Катеты прямоугольного треугольника равны a  и b  , а гипотенуза равна c  . Докажите, что радиус вписанной окружности равен

a +-b −-c
   2
Показать ответ и решение

1 способ

Рассмотрим прямоугольный △ABC  , пусть BC  =  a,AC  = b,AB  =  c  . Проведем радиусы ON,  OK,  OM  в точки касания. Обозначим также радиус ON   = r  .
 
PIC

 

Рассмотрим четырехугольник CN  OM  . У него 3 угла прямые, следовательно, по признаку он является прямоугольником. Также соседние стороны (ON  =  OM  =  r  ) у него равны. Следовательно, все его стороны равны r  (то есть это квадрат). Таким образом, CN  =  CM  =  r  .

 

Значит, BN   = a − r  , AM   = b − r  . Т.к. отрезки касательных, проведенные из одной точки к окружности, равны, то BK  =  BN  = a − r  , AK   = AM   = b − r  .
Таким образом, гипотенуза AB  =  a − r + b − r = a + b − 2r  . Но с другой стороны гипотенуза равна      c  . Таким образом,

a + b − 2r = c   ⇒    r =  a +-b −-c
                              2

2 способ

Как известно, площадь треугольника равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности. Т.к. S = 1ab
    2  , p =  1(a + b + c)
     2  , то

1     1                              ab
-ab = --(a + b + c) ⋅ r ⇒    r =  ---------
2     2                           a + b + c

По теореме Пифагора  2    2    2
a  + b =  c   , следовательно,   2   2    2
a  + b  − c =  0  . Сделаем преобразования:

 

r = ---ab----=  ----ab(a-+-b −-c)---- = ab(a-+-b-−-c) =
    a + b + c   (a + b + c)(a + b − c)  (a + b)2 − c2   

   --ab(a-+-b-+-c)---   ab(a +-b −-c)   a +-b −-c
=  a2 + 2ab + b2 − c2 =     2ab      =     2     .

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#2078

Окружность касается стороны BC = 15  и продолжений сторон AB  =AC  =8,5  треугольника ABC.  Найдите радиус этой окружности.

Показать ответ и решение

Заметим, что треугольник ABC  — равнобедренный. Так как центр окружности равноудален от сторон угла A,  то он лежит на биссектрисе этого угла, то есть AO  — биссектриса ∠A.

Так как треугольник равнобедренный, то биссектриса AO  является также медианой и высотой. Следовательно, так как   M  — точка касания и OM  ⊥ BC,  то точка M  лежит на отрезке AO.

PIC

 

Далее, △ACM  ∼ △ANO  по двум углам. Следовательно,

CM--= AC-  ⇒   152 = --8,5---
ON    AO        r   AM + r

Таким образом, для того, чтобы найти r,  нужно сначала найти AM.

По теореме Пифагора из △AMC  :

   2     2     2     2    2
AM  = AC  − MC  = 8,5 − 7,5  =16  ⇒   AM  = 4

Тогда имеем уравнение:

15
-2 = 8,5-  ⇒   r = 30
r    4+ r
Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#2079

Окружность касается стороны AB  и продолжения сторон BC  и AC  треугольника ABC,  причем AB = AC = 17,  BC = 30.  Найдите радиус этой окружности.

Показать ответ и решение

Так как окружность вписана в угол BAK,  то ее центр лежит на его биссектрисе, следовательно, AO  — биссектриса ∠BAK.

Обозначим ∠BAO  = ∠KAO  = α.  Тогда имеем:

           ∘
∠BAC  = 180 − 2α

Так как △ABC  — равнобедренный, то

          ∘           ∘
∠BAC  =180 − 2∠B = 180 − 2∠C

Таким образом, ∠B = ∠C = α.

PIC

 

Следовательно, углы ∠ACB = ∠KAO  и являются соответственными при прямых CB  и AO  и секущей CA.  Тогда по признаку CB  ∥AO.

Проведем AH  ⊥ BC.  Так как △ABC  — равнобедренный, то AH  — медиана.

Далее, AH = OF  как отрезки перпендикулярных прямых, заключенные между параллельными прямыми BC  и AO.  Отрезок AH  можно найти по теореме Пифагора из △AHB  :

   2     2     2    2    2   2
AH  = AB  − HB  = 17 − 15 = 8

Тогда искомый радиус равен

r = OF = AH = 8
Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32955

Окружность с центром O  , вписанная в треугольник ABC  , касается сторон AB  и BC  в точках P  и Q  соответственно. В четырёхугольник BP OQ  можно вписать окружность. Найдите угол ABC  , если известно, что радиус этой окружности вдвое меньше радиуса вписанной окружности треугольника ABC  . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Пусть r  — радиус окружности вписанной в четырёхугольник BP OQ  . Тогда радиус вписанной окружности треугольника ABC  равен 2r  . Если окружность с центром O1  , вписанная в четырёхугольник BP OQ  , касается его стороны OP  в точке F  , а стороны BP  — в точке E  , то

O1F ⊥ OP, O1F =  r, O1E ⊥ BP, F P = O1E = r, OF = OP − FP = 2r− r = r.

Из прямоугольного треугольника OF O1  находим, что ∠F O1O = ∠F OO1  = 45∘ . Тогда ∠OBQ   = ∠OBP  = 45∘ . Следовательно, ∠ABC   = 2∠OBP  = 90∘ .

PIC

Ответ: 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#2074

Четырехугольник ABCD  описан около окружности с центром O.  Докажите, что ∠AOB  + ∠COD  =180∘.

Показать ответ и решение

Если окружность вписана в многоугольник, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов этого многоугольника. Действительно, окружность вписана в угол A,  следовательно, центр окружности лежит на биссектрисе этого угла. Аналогично можно сказать и про остальные углы.

Введем обозначения:

∠A = 2x, ∠B = 2y, ∠C = 2z, ∠D = 2t

 

PIC

 

Сумма углов четырехугольника равна 360∘,  следовательно,

2x +2y+ 2z+ 2t= 360∘  ⇒   x+ y+ z+ t= 180∘

Из △AOB  имеем:

∠AOB  = 180∘− x − y

Из △COD  имеем:

∠COD  = 180∘− z− t

Таким образом,

                  ∘           ∘
∠AOB + ∠COD  = 180 − x− y+ 180 − z− t=
 = 360∘ − (x+ y+ z +t)= 360∘− 180∘ =180∘
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#11705

Окружность, вписанная в треугольник ABC  , площадь которого равна 66, касается средней линии, параллельной стороне BC  . Известно, что BC = 11  . Найдите сторону AB  .

 

(МИОО 2013)

Показать ответ и решение

Пусть B1C1  средняя линия, параллельная BC  . D  , E  , F  , G  — точки касания вписанной в ABC  окружности со сторонами трапеции CB1C1B  . Везде далее p  — полупериметр ABC  , r  — радиус вписанной окружности.

IE ⊥ B1C1  , IG ⊥ CB  как радиусы к точкам касания, тогда EG = 2r  .

Пусть h  — высота из вершины A  треугольника ABC  , тогда h = 2SABBCC-= 12  .

Пусть h1  — расстояние от A  до B1C1  , h2  — расстояние от B1C1  до CB  . Ясно, что h = h1 + h2  , при этом h1 = h2  , т.к. B1C1  — средняя линия. Значит,                1
2r = EG = h2 = 2h = 6 ⇒ r = 3  .

Обозначим AF  = y  , CG  = x  , тогда GB = 11 − x  . AD  = AF = y  , BF  = BG  = 11− x  , CG  = CD  = x  как отрезки касательных.

pict

PIC

Ответ:

13 или 20.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#24280

В угол с градусной мерой 60∘ вписаны две окружности, касающиеся друг друга внешним образом. Радиус меньшей окружности равен r  . Найдите радиус большей окружности.

Показать ответ и решение

Пусть R  — радиус большей окружности, O1  и O2  — центры маленькой и большой окружностей соответственно.

Опустим перпендикуляр O1H  из центра O1  меньшей окружности на радиус OT  большей окружности, проведённый в точку касания с одной из сторон данного угла. Получим прямоугольный треугольник O HO
 1   2  с гипотенузой O1O2 = R +r  и катетом O2H = R − r  . Найдем острый угол ∠O2O1H  .

Пусть A  — вершина угла, в который вписаны обе окружности. Заметим, что прямая AO1  является биссектрисой угла, в который вписаны окружности. Значит, ∠T AO1 = 30∘ . Прямые O1H  и AT  параллельны, так как O1H  ⊥ O2T  и AT ⊥ O2T  . Тогда соответственные углы O2O1H  и O1AT  , образованные параллельными прямыми O1H  и AT  и секущей AO1  , равны, то есть ∠O2O1H  = 30∘ .

PIC

Тогда в прямоугольном треугольнике O HO
 1   2  катет O  H
  2  , лежащий напротив угла в 30∘ , в два раза меньше гипотенузы O1O2  , то есть

O1O2 = 2O2H   ⇔    R+ r = 2(R − r)  ⇔    R = 3r
Ответ:

3r

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#24281

Две окружности касаются друг друга внутренним образом. Известно, что два радиуса большей окружности, угол между которыми 60∘ , касаются меньшей окружности. Найдите отношение радиусов окружностей.

Показать ответ и решение

Пусть окружности с центрами O  и O1  и радиусами R  и r  (R > r  ) соответственно касаются внутренним образом в точке A  , а радиусы OB  и OC  большей окружности касаются меньшей в точках M  и N  соответственно, причём ∠BOC   = 60∘ .

Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, то             ∘
∠O1OM   = 30 , а так как линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, то

OO1  = OA − O1A = R − r

Рассмотрим треугольник OO1M  . В этом треугольнике ∠OM  O1 = 90∘ , так как радиус O1M  , проведенный в точку M  , перпендикулярен касательной к окружности в этой точке. Тогда в прямоугольном треугольнике OO1M  катет O M  = r
 1  , лежащий напротив ∠O  OM  = 30∘
   1 , в два раза меньше гипотенузы OO  = R − r
   1  , то есть

OO1 = 2O1M    ⇔    R− r = 2r  ⇔   R = 3r   ⇔   r : R = 1 : 3

PIC

Ответ:

1 : 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#30562

Окружность с центром на основании треугольника касается его боковых сторон и средней линии. Найдите основание, если боковые стороны треугольника равны a  и b  .

Показать ответ и решение

Рассмотрим рисунок. Пусть AB  — основание, AC =a  , BC = b  , A′B′ — средняя линия, O  — центр окружности, N  — точка касания со средней линией. Проведем диаметр NP  и через точку P  проведем прямую, параллельную AB  и пересекающую прямые AC  и  BC  в точках  ′′
A и  ′′
B соответственно. Тогда  ′ ′ ′′ ′′
A BB  A — трапеция. Так как NO  =OP  , то по теореме Фалеса    ′′    ′
AA  = AA ,   ′′    ′
BB  = BB , следовательно, AB  — средняя линия этой трапеции.

PIC

Пусть A′B ′= x  , значит, AB = 2x  , A ′′B′′ = 3x  . Если в четырехугольник вписана окружность, то суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны, следовательно, A′B′+ A′′B′′ = A′A′′+ B′B′′ . Так как AA′′ = AA ′ = 12a  , BB ′′ = BB ′ = 12b  , то A′A′′ =a  , B ′B′′ =b  , следовательно, x+ 3x = a+b  . Отсюда AB = 2x= a+2b.

Ответ:

 a-+b
  2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#44129

В треугольнике ABC  известны стороны: AB = 7  , BC = 9  , AC = 10  . Окружность, проходящая через точки A  и C  , пересекает прямые BA  и BC  соответственно в точках K  и L  , отличных от вершин треугольника. Отрезок KL  касается окружности, вписанной в треугольник ABC  . Найдите длину отрезка KL  .

Показать ответ и решение

Обе точки K  и L  не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок KL  не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольника.

Пусть обе точки K  и L  лежат на сторонах треугольника. Четырёхугольник AKLC  — вписанный, следовательно,

∠KAC  = 180∘ − ∠KLC  = ∠BLK.

PIC

Значит, треугольник ABC  подобен треугольнику LBK  , так как угол ABC  — общий.

Пусть вписанная окружность касается стороны AB  в точке M  , p  и p1  — полупериметры треугольников ABC  и LBK  соответственно. Тогда

   7 + 9+ 10
p =----1---- = 13, p1 = BM = p− AC = 13 − 10 = 3,

значит, коэффициент подобия треугольников равен p1p = 313-  . Следовательно,

      3-       3-      30
KL =  13 ⋅AC =  13 ⋅10 = 13.

Пусть точка K  лежит на продолжении стороны AB  . Вписанные углы AKL  и ACL  равны, поскольку опираются на одну и ту же дугу. Значит, треугольник ABC  подобен треугольнику LBK  , так как угол ABC  — общий. Эти треугольники описаны около одной и той же окружности, следовательно, коэффициент подобия равен 1, т. е. треугольники равны, поэтому KL =  AC = 10  .

Заметим, что BK  = BC  > AB  и точка K  действительно лежит на продолжении стороны AB  .

Если же точка L  лежит на продолжении стороны BC  , то BL > BC  , но аналогично предыдущему случаю получаем, что BL  = AB < BC  . Значит, этот случай не достигается.

Ответ:

30
13 И 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#44130

Окружность касается стороны BC  треугольника ABC  в точке M  , а продолжений сторон AB  и AC  — в точках P  и Q  соответственно. Вписанная окружность треугольника ABC  касается стороны BC  в точке K  , а стороны AB  — в точке L  . Докажите, что:

а) отрезок AP  равен полупериметру p  треугольника ABC  ;

б) BM   = CK  ;

в) BC  = PL  .

Показать ответ и решение

PIC

а) Поскольку BP = BM  , CQ  = CM  и AP = AQ  , то

AB + BC  +AC  = AB + (BM  + M C) + AC =

= AB + (BP + QC )+ AC = (AB  +BP  )+ (QC  + AC ) = AP + AQ = 2AP.

Следовательно,

      AB + BC + AC
AP =  --------------= p.
            2

б)

BM  = BP  = AP − AB  = p− AB = CK.

в)

P L = AP − AL = p− (p− BC ) = BC.
Ответ:

Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#44131

Прямые PA  и P B  касаются окружности с центром O  (A  и B  — точки касания). Проведена третья касательная к окружности, пересекающая прямые P A  и PB  в точках X  и Y.  Докажите, что величина угла XOY  не зависит от выбора третьей касательной.

Показать ответ и решение

PIC

Обозначим ∠AP  B = α.  Пусть M  — точка касания окружности с прямой XY.  Тогда

∠XOY   = 1∠AOM   + 1∠BOM   = 1 (∠AOM   + ∠BOM   ) =
         2         2         2

  1         1    ∘        ∘   α-
= 2∠AOB   = 2(180 − α) = 90 − 2.
Ответ:

Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#44132

Дан остроугольный треугольник ABC.  Биссектриса внутреннего угла при вершине B  пересекает биссектрису внешнего угла при вершине C  в точке M,  а биссектриса внутреннего угла при вершине C  пересекает биссектрису внешнего угла при вершине B  в точке N.

а) Докажите, что ∠BM  N =  1∠ACB.
          2

б) Найдите BM,  если AB = AC  = 10,  BC  = 12.

Показать ответ и решение

а) Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому ∠M BN  = ∠M CN  = 90∘.  Из точек B  и C  отрезок M N  виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром M N.  Вписанные в эту окружность углы BM  N  и BCN  опираются на одну и ту же дугу, следовательно,

                  1
∠BM  N = ∠BCN   = 2∠ACB.

б) Пусть K  — точка на продолжении стороны AB  за вершину A.  Поскольку M  — точка пересечения биссектрисы внутреннего угла при вершине B  треугольника ABC  и внешнего угла при вершине C  этого треугольника, луч AM  — биссектриса внешнего угла при вершине A,  т. е. угла CAK,  а так как A  — вершина равнобедренного треугольника ABC,  то AM  ∥ BC  (биссектриса внешнего угла при вершине равнобедренного треугольника параллельна основанию). Аналогично AN  ∥ BC  . Тогда точка A  лежит на отрезке M N,  BN M C  — равнобедренная трапеция, вписанная в окружность с диаметром M N,  а точка A  — центр окружности, описанной около этой трапеции.

Пусть AH  — высота равнобедренного треугольника ABC,  а BP  — высота трапеции BN M C.  Тогда

AM  = AC = 10, P A = BH = 6, P M = P A + AM = 6+ 10 = 16,

           ∘ -----------  ∘ -------
BP  = AH =   AB2  − BH2 =   102 − 62 = 8.

Следовательно,

      ∘ ---2------2   ∘-2----2    √-
BM  =   BP   + PM   =  8  + 16 = 8 5.

 

PIC

Ответ:

б) 8√5

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#44140

Вневписанная окружность равнобедренного треугольника касается его боковой стороны.

а) Докажите, что радиус этой окружности равен высоте треугольника, опущенной на основание.

б) Известно, что радиус этой окружности в пять раз больше радиуса вписанной окружности треугольника. В каком отношении точка касания вписанной окружности с боковой стороной треугольника делит эту сторону?

Показать ответ и решение

PIC

а) Пусть вписанная окружность с центром O  касается боковой стороны AB  и основания BC  равнобедренного треугольника ABC  в точках M  и H  (рис. 1), а окружность с центром O1  касается боковой стороны AB  , продолжения основания BC  в точке D  и продолжения боковой стороны AC  в точке E.  Тогда AH  — высота треугольника ABC.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO1  — биссектриса угла BAE.  В четырёхугольнике AHDO1  угол HAO1  — прямой как угол между биссектрисами смежных углов BAC  и BAE,  а так как ∠HDO1   = ∠AHD  = 90∘,  то AHDO1  — прямоугольник, поэтому O1D  = AH.

PIC

б) Пусть радиус окружности с центром O  равен r  (рис. 2). Тогда радиус окружности с центром O1  равен 5r.

AH = O1D  = 5r, OA = AH − OH  = 5r− r = 4r.

Из прямоугольного треугольника AOM  находим, что

AM  = ∘AO2--−-OM-2 = ∘16r2-− r2 = r√15.

Прямоугольные треугольники AOM  и ABH  подобны по двум углам, поэтому AM- = AH-,
OM    BH  откуда

                         √ --
      OM  ⋅AH    r⋅5r   r  15
BH  = --AM-----= r√15-= --3--.

По теореме об отрезках касательных, проведённых к окружности из одной точки              √--
BM  = BH  = r-135  . Следовательно,

        √--
BM     r315   1
AM--= r√15- = 3.
Ответ:

б) 1
3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#44142

В треугольнике ABC  проведена биссектриса CL.  На стороне BC  взята точка D  такая, что ∠DAB  =∠B + ∠C.  Докажите, что DL  — биссектриса ∠ADB.

Показать ответ и решение

Пусть ∠B = α,  ∠ACB  = β.  Тогда по условию ∠DAB  = α +β.

Отложим на луче CA  точку K  так, что CK > CA.  Тогда ∠BAK  = α+ β  как внешний угол треугольника ABC.  Тогда имеем:

∠DAB  = α+ β = ∠BAK

Таким образом, AB  — биссектриса внешнего угла DAK  треугольника ADC,  которая пересекается с биссектрисой CL  в точке L.

Тогда L  — центр вневписанной окружности треугольника ADC,  которая касается стороны AD.  Значит, DL  является биссектрисой угла ADB.  Что и требовалось доказать.

PIC

Ответ:

Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#19705

Дан описанный четырехугольник ABCD  c диагональю BD.  В треугольники BDA  и BDC  вписали окружности. Докажите, что эти окружности касаются и диагональ BD  является их общей касательной.

Показать ответ и решение

Пусть AB = a, BC = b, CD = c, AD = d  и BD  =e.  Пусть ω1  — вписанная окружность треугольника BDA,  ω2  — вписанная окружность треугольника BDC.

По условию ABCD  — описанный четырехугольник, значит, суммы длин его противоположных сторон равны, то есть

AB + CD  =BC  +AD   ⇔   a + c= b+ d  ⇔   a− d= b− c

PIC

Нам нужно доказать, что окружности касаются и диагональ BD  является их общей касательной. Мы знаем, что прямая BD  является касательной каждой из окружностей, значит, нам достаточно доказать, что точки касания окружностей с прямой BD  совпадают.

Пусть ω1  касается BD  в точке M,  а ω2  касается BD  в точке N.  Тогда нужно доказать, что точки M  и N  совпадают, то есть, что отрезки BM  и BN  равны.

 

Докажем лемму.

Длина касательной из вершины треугольника к его вписанной окружности равна разности полупериметра и противоположной стороны. В частности, AB1 = AC1 = p− BC.

Рассмотрим произвольный треугольник ABC.  Пусть его вписанная окружность касается сторон AB,  BC  и AC  в точках C1,  A1  и B1  соответственно. Тогда найдем длину отрезка касательной AB1  к вписанной окружности. Мы знаем, что отрезки касательных с окружности, проведенных из одной точки, равны. Поэтому AB1 = AC1,  BA1 = BC1  и CA1 = CB1.

PIC

Тогда можем составить систему:

(|                       (
||{ AB = AB1 + BC1        { AB1 = AB-+-AC-−-BC1-− CA1
| BC = BC1 + CA1    ⇒   (                2             ⇒
||( AC = AB1 +CA1           BC = BC1 + CA1

               ⇒   AB1 = AB-+-AC-−-BC-= p− BC
                               2

 

Вернемся к исходной задаче. Применим доказанную лемму к треугольнику BDA  и вписанной окружности ω1.  Получим, что

BM  = AB-+-BD-−-AD- = a+-e−-d
            2            2

Применим лемму к треугольнику BDC  и вписанной окружности ω2 :

BN  = BC-+-BD-−-CD- = b+-e−-c
            2            2

PIC

Вспомним, что a− d= b− c,  так как ABCD  — описанный четырехугольник. Тогда

      b+-e−-c  e   b−-c
BN  =    2   = 2 +  2  =
  e  a-−-d  a-+e-− d
= 2 +  2  =    2    = BM

Значит, BN = BM,  то есть M  совпадает с N.  Следовательно, окружности ω1  и ω2  касаются, а диагональ BD  является их общей касательной.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#11706

Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Радиусы двух вневписанных окружностей прямоугольного треугольника равны 7 и 17. Найдите расстояние между их центрами.

 

(МИОО 2012)

Показать ответ и решение

Пусть ABC  — треугольник с прямым углом при вершине C  . Сразу ясно, что возможны два случая: обе окружности касаются катетов либо одна из окружностей касается гипотенузы.

I случай

Пусть IA  — центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC  , IB  — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AC  . Точки E  , F  , G  , H  — соответствующие точки касания с прямыми, содержащими стороны треугольника. Тогда ∠IBF C = ∠CEIB  = ∠CGIA  = ∠IAHC  = 90∘ , так как соответствующие радиусы в точки касания перпендикулярны касательным, при этом угол C  треугольника ABC  прямой, значит, IBF CE  и IAHCG  — прямоугольники. Кроме того, CF  = CE  , CG  = CH  как отрезки касательных ⇒  IBF CE  и IAHCG  — квадраты.

Точки IA  и IB  равноудалены от сторон углов с вершиной в точке C  ⇒ точки IA  , IB  лежат на биссектрисах этих углов ⇒ точки IB  , C  , IA  лежат на одной прямой. Окончательно по теореме Пифагора                    √ -----------  √------------    √ --
IBIA = IBC + CIA =   IBE2 + EC2 +  IAH2 + HC2  = 24  2  .

PIC

II случай

Пусть IA  — центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC  , IC  — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB  . Точки E  , F  , G  , H  — соответствующие точки касания с прямыми, содержащими стороны треугольника. Тогда                                       ∘
∠ICF C = ∠CEIC  = ∠CGIA  = ∠IAHC  = 90 , так как соответствующие радиусы в точки касания перпендикулярны касательным, при этом угол C  треугольника ABC  прямой, значит, ICF CE  и IAHCG  — прямоугольники. Кроме того, CF  = CE  , CG  = CH  как отрезки касательных ⇒  ICF CE  и IAHCG  — квадраты.

Пусть N  — точка пересечения прямой GIA  и отрезка EIC  . Тогда очевидно, что EN  IAH  — прямоугольник и N E = IAH = 7  , N IA = EH  = 24  , ICN  = ICE − N E = 10  . Окончательно по теореме Пифагора ICIA = ∘ICN--2 +-N-I2= 26
                   A  .

PIC

Ответ:

26  или   √-
24 2

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!