Задача 1. Прямая касается окружностей радиусов R и r в точках A и B. Известно, что расстояние между центрами окружностей равно a, причем r < R и r + R < a. Найдите AB.

Ответ. или .2 2( )a R r 2 2( )a R r

Решение. Пусть O1 – центр окружности радиуса R, O2 – центр окружности радиуса r. Возможны два случая: AB – внешняя касательная, AB – внутренняя касательная.

В первом случае (рис. 1) через точку O2 проведем прямую, параллельную AB, и обозначим P ее точку пересечения с прямой O1A. Тогда AB =

2 2 2 21 2 1 ( ) .O O O P a R r

Во втором случае (рис. 2) через точку O2 проведем прямую, параллельную AB, и обозначим P ее точку пересечения с прямой O1A. Тогда AB =

2 2 2 21 2 1 ( ) .O O O P a R r

Задача 2. Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции.Решение. Пусть ABCD – трапеция, вписанная в окружность с центром O и радиусом 25. Возможны два случая: основания AB и CD трапеции расположены по одну сторону от центра O, основания AB и CD расположены по разные стороны от центра O.В первом случае (рис. 1) через точку O проведем прямую, перпендикулярную AB, и обозначим P, Q ее точки пересечения соответственно с AB и CD. Тогда высота PQ трапеции равна OQ – OP. Имеем OQ = OP = Следовательно, PQ = 9.

2 225 7 24, 2 225 20 15.

Во втором случае (рис. 2) через точку O проведем прямую, перпендикулярную AB, и обозначим P, Q ее точки пересечения соответственно с AB и CD. Тогда высота PQ трапеции равна OQ + OP. Имеем OQ = OP = Следовательно, PQ = 39.

2 225 7 24, 2 225 20 15.

Ответ. 9 или 39.

Задача 3. Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B. Известно, что угол AO1B равен 90о, угол AO2B равен 60о, O1O2 = a. Найдите радиусы окружностей.Решение. Возможны два случая: точки O1, O2 расположены по разные стороны от прямой AB, точки O1, O2 расположены по одну сторону от прямой AB. Обозначим r радиус окружности с центром O1. Тогда радиус окружности с центром O2 будет равен . Обозначим P точку пересечения прямых O1O2 и AB. Тогда O1P = , O2P = .

2r2 / 2r 6 / 3r

В первом случае (рис. 1)

и, следовательно,

6 /3 2 / 2r r a ( 6 2) ( 12 2), .

2 2a ar R

Во втором случае (рис. 2)

и, следовательно,

6 / 3 2 / 2r r a ( 6 2) ( 12 2), .

2 2a ar R

Ответ. или( 6 2) , ( 3 1).

2ar R a

( 6 2) , ( 3 1).2

ar R a

Задача 4. Около треугольника ABC описана окружность с центром O, угол AOC равен 60о. В треугольник ABC вписана окружность с центром M. Найдите угол AMC.

В первом случае (рис. 1) сумма углов A и C треугольника ABC равна 150о. Так как AM и CM – биссектрисы этих углов, то сумма углов CAM и ACM равна 75о и, следовательно, угол AMC равен 105о.

Ответ. 105о или 165о.

Решение. Возможны два случая расположения вершины B треугольника ABC.

Во втором случае (рис. 2) сумма углов A и C треугольника ABC равна 30о. Так как AM и CM – биссектрисы этих углов, то сумма углов CAM и ACM равна 15о и, следовательно, угол AMC равен 165о.

Задача 5. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12. Известно, что AB = 6 и BC = 4. Найдите AC.

Решение. По теореме синусов Откуда

Возможны два случая расположения вершины C треугольника ABC.

6 4 24.sin sinC A

1sin .6

A 1sin ,4

C

Опустим перпендикуляр BH на прямую AC. Тогда BH = ABsinA = 1. По теореме Пифагора AH = CH = В первом случае (рис. 1)

AC = Во втором случае (рис. 2) AC =

26 1 35, 24 1 15.

35 15.35 15.

Ответ. или 35 15 35 15.

Задача 6. Прямые, содержащие высоты треугольника ABC пересекаются в точке H. Известно, что CH = AB. Найдите угол ACB.

В первом случае (рис. 1) угол C равен углу CAA1, как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги. Следовательно, угол C равен 45о. Во втором случае (рис. 2) угол C равен 135о.

Ответ. 45о или 135о.

Решение. Пусть AA1, BB1 – высоты треугольника ABC. Опишем окружности на CH и AB как на диаметрах. Они пройдут через точки A1 и B1. Возможны два случая расположения точки H.

Задача 7. В треугольнике ABC проведены высоты BB1 и CC1, O – центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24, B1C1 = 12. Найдите радиус R окружности, описанной около треугольника BOC.Решение. Возможны два случая расположения отрезка B1C1. На BC, как на диаметре, опишем окружность с центром P. Треугольник B1C1P равносторонний. Следовательно, сумма углов BPB1 и CPC1 равна 120о. В первом случае (рис. 1) треугольники BPC1 и CPB1 равнобедренные. Следовательно, сумма углов B и C равна 120о. Так как BO и CO – биссектрисы, то угол BOC равен 120о. По теореме синусов находим R = . 8 3

Во втором случае (рис. 2) сумма углов B и C равна 60о. Так как BO и CO – биссектрисы, то угол BOC равен 150о. По теореме синусов находим R = 24.

Ответ. или 24.8 3

Задача 8. В трапеции ABCD известны боковые стороны AB = 27, CD = 28. Основание BC равно 5, косинус угла BCD равен –2/7. Найдите AC.

Решение. Возможны два случая.

В первом случае (рис. 1) DF = 8, CF = BE = , AE = 3. Следовательно, AC = 28.

12 5

12 5Во втором случае (рис. 2) DF = 8, CF = BE = , AE = 3. Следовательно, AC = . 2 181

Ответ. 28 или .2 181