Решения заданий ФИПИ ОГЭ по математике: «Треугольники» — с ответами

Обозначим центр окружности через $O$, а её радиус через $r$. Поскольку окружность касается прямой $AB$ в точке $B$, радиус $OB$ перпендикулярен касательной $AB$. Поэтому треугольник $AOB$ прямоугольный.$$OB \perp AB$$

Центр $O$ лежит на стороне $AC$, а окружность проходит через точку $C$, поэтому $OC$ также является радиусом окружности. Следовательно, $OC = OB = r$.

Расположим начало координат в точке $A$, а ось $Ox$ направим вдоль $AC$. Тогда координаты точек равны $M=(9,0)$ и $N=(35,0)$.$$A=(0,0),\quad M=(9,0),\quad N=(35,0)$$

Центр окружности, проходящей через $M$ и $N$, лежит на серединном перпендикуляре к $MN$. Поэтому его координаты имеют вид $O=(22;k)$.$$\frac{9+35}{2}=22$$

Обозначим центры окружностей через $O_1$ и $O_2$. Так как окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме радиусов:$$O_1O_2=45+55=100$$

Пусть угол между общей касательной и линией центров равен $\alpha$. Перпендикулярные расстояния от центров до этой касательной равны радиусам окружностей, поэтому разность этих расстояний равна $55-45=10$.

Пусть $O$ — центр окружности. Так как окружность касается прямой $AB$ в точке $B$, радиус $OB$ перпендикулярен касательной $AB$. Поэтому треугольник $AOB$ прямоугольный.$$OB \perp AB$$

Обозначим $AO = x$. Поскольку точки $A$, $O$, $C$ лежат на одной прямой, а $AC = 5$, имеем $OC = 5 - x$.

Обозначим $DB = x$, $DC = y$. Поскольку $BC$ является диаметром полуокружности, а точки $D$ и $M$ лежат на секущей, проходящей через центр окружности, получаем$$DB \cdot DC = DM^2$$

Подставим известное значение $DM$:$$xy = 64^2 = 4096$$

Пусть $H$ и $K$ — основания перпендикуляров из точек $B$ и $C$ на прямую $AO$. Поскольку $O$ — центр описанной окружности, $OA = OB = OC$.

Из прямоугольных треугольников $AOB$ и $AOC$ по теореме Пифагора получаем:$$AB^2 = AO^2 + BH^2, \quad OB^2 = (AO-AH)^2 + BH^2$$

Так как точки $A$, $K$, $B$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $P$, $C$ — на другой, применим теорему о степени точки $A$ относительно окружности:$$AK \cdot AB = AP \cdot AC$$

Углы $KAP$ и $BAC$ равны. Кроме того, вписанные углы $AKP$ и $ABC$ опираются на одну и ту же дугу $BP$. Следовательно, треугольники $AKP$ и $ABC$ подобны.$$\triangle AKP \sim \triangle ABC$$

Обозначим $AB=c$, $BC=a$, а половину угла $ABC$ — через $\alpha$. Направим ось $Ox$ вдоль биссектрисы $BE$. Тогда стороны $BA$ и $BC$ образуют с этой осью углы $\alpha$ и $-\alpha$ соответственно.$$A=(c\cos\alpha,c\sin\alpha),\quad C=(a\cos\alpha,-a\sin\alpha)$$

Так как $D$ — середина стороны $BC$, его координаты равны:$$D=\left(\frac{a}{2}\cos\alpha,-\frac{a}{2}\sin\alpha\right)$$

Так как точка $M$ равноудалена от всех вершин, точки $A$, $B$, $C$, $D$ лежат на окружности с центром $M$. Поскольку $M$ — середина отрезка $AD$, отрезок $AD$ является диаметром этой окружности.$$AD=2R$$

Обозначим градусные меры дуг $AB$, $BC$ и $CD$ через соответственно $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Полуокружность $ABCD$ имеет меру $180^\circ$, поэтому $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$.

Обозначим $AB=c$, $BC=a$ и пусть $\alpha$ — угол между биссектрисой $BE$ и стороной $BA$. Разместим биссектрису $BE$ на оси абсцисс, а точку $B$ примем за начало координат. Тогда можно записать координаты вершин:$$A=(c\cos\alpha,\ c\sin\alpha),\quad C=(a\cos\alpha,\ -a\sin\alpha)$$

Так как $D$ — середина стороны $BC$, её координаты равны:$$D=\left(\frac{a\cos\alpha}{2},\ -\frac{a\sin\alpha}{2}\right)$$

Введём координаты: $A=(0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль луча $AC$. Тогда $M=(24,0)$ и $N=(42,0)$.

Середина отрезка $MN$ имеет абсциссу $33$, поэтому центр окружности имеет вид $O=(33;y)$.

Обозначим $AB=c$, $BC=a$, а половину угла $ABC$ — через $\alpha$. Направим ось $Ox$ по биссектрисе $BE$. Тогда стороны $BA$ и $BC$ образуют с этой осью углы $\alpha$.$$A=(c\cos\alpha,c\sin\alpha),\quad C=(a\cos\alpha,-a\sin\alpha)$$

Точка $D$ — середина отрезка $BC$, поэтому $D=\left(\frac{a}{2}\cos\alpha,-\frac{a}{2}\sin\alpha\right)$. Так как $AD\perp BE$, горизонтальная координата вектора $\overrightarrow{AD}$ равна нулю.$$\frac{a}{2}\cos\alpha-c\cos\alpha=0$$

Так как из точки $A$ проведены две секущие к окружности, по теореме о произведении отрезков секущих:$$AK \cdot AB = AP \cdot AC$$

Разделим равенство на $AB \cdot AP$ и учтём, что $AP = 36$:$$\frac{AK}{AP} = \frac{AC}{AB}$$

Введём координаты. Пусть $B=(0,0)$, $E=(32,0)$. Так как $AD\perp BE$ и $AD=32$, можно записать $A=D+(0,32)$. Поскольку $D$ — середина $BC$, имеем $C=2D$.

Обозначим $t=\dfrac{AE}{AC}$. Из условия коллинеарности точек $A$, $E$, $C$ получаем координаты точки $D$: $D=\left(\dfrac{32}{1+t},-\dfrac{32(1-t)}{1+t}\right)$.

Введём координаты: $A=(0,0)$, сторона $AC$ совпадает с осью $Ox$. Тогда $M=(9,0)$ и $N=(32,0)$.

Пусть уравнение окружности имеет вид $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$. Так как окружность проходит через $M$ и $N$, получаем $81+9D+F=0$ и $1024+32D+F=0$. Отсюда $D=-41$, $F=288$. Обозначим $E=-2k$. Тогда уравнение окружности: $x^2+y^2-41x-2ky+288=0$.

Расположим начало координат в точке $A$, а ось $Ox$ направим вдоль $AC$. Тогда $M=(36,0)$ и $N=(44,0)$.

Середина отрезка $MN$ имеет абсциссу $40$, поэтому центр окружности имеет координаты $O=(40,y)$. Радиус окружности равен $R=\sqrt{(40-36)^2+y^2}=\sqrt{16+y^2}$.

Обозначим $AB = x$, $AC = y$. Так как из точки $A$ проведены две секущие к окружности, по теореме о секущих:$$AK \cdot AB = AP \cdot AC$$

С учётом условия $AP = 30$ получаем:$$AK \cdot x = 30y, \qquad AK = \frac{30y}{x}$$

Так как точки $A$, $K$, $B$ лежат на одной секущей, а точки $A$, $P$, $C$ — на другой, применяем теорему о секущих:$$AK\cdot AB=AP\cdot AC$$

Четырёхугольник $BKPC$ вписан в окружность. Поэтому треугольники $AKP$ и $ABC$ подобны: угол при вершине $A$ у них общий, а остальные углы равны как вписанные, опирающиеся на соответствующие дуги.$$\frac{AK}{AB}=\frac{AP}{AC}=\frac{KP}{BC}$$

Введём координаты: $A=(0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль луча $AC$. Тогда $M=(9,0)$ и $N=(11,0)$. Пусть центр окружности имеет координаты $O=(10,y)$, так как он равноудалён от точек $M$ и $N$.$$R^2=OM^2=(10-9)^2+y^2=1+y^2$$

Обозначим $\alpha=\angle BAC$. Из условия $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{11}}{6}$ получаем $\sin\alpha=\dfrac{5}{6}$. Уравнение прямой $AB$ можно задать направляющим вектором $(\cos\alpha,\sin\alpha)$.

Выберем координатную ось с началом в точке $A$, направленную вдоль $AO$. Пусть радиус описанной окружности равен $R$. Для любой точки $X$ окружности с координатами $(x,y)$ выполняется уравнение окружности:$$x^2+y^2=2Rx$$

Обозначим $AD=x$. Так как $C$ лежит на окружности и $AC=64$, а угол между $AC$ и осью $AO$ обозначим через $\alpha$, имеем:$$64^2=2R\cdot64\cos\alpha,\qquad R=\frac{32}{\cos\alpha}$$