17. Планиметрическая задача: Окружности и системы окружностей

$а)$ Докажем параллельность $KM$ и $BC.$

$1.$ Так как меньшая окружность проходит через центр $O$ большей окружности:
$$OA = 2r \quad \text{(диаметр меньшей окружности)}$$
где $r$ — радиус меньшей окружности

$2.$ Углы $\angle AKO$ и $\angle AMO$ прямые (опираются на диаметр), поэтому: $$OK \perp AB \quad \text{и} \quad OM \perp AC$$
$3.$ Следовательно:
$$K \text{ — середина } AB$$ $$M \text{ — середина } AC$$
$4.$ Отрезок $KM$ — средняя линия $\triangle ABC$, поэтому:
$$KM \parallel BC$$

$б)$ Найдем длину $AL$.
$1.$ Найдем расстояние от центра до хорды:
$$OH = \sqrt{OB^2-\left(\frac{BC}{2}\right)^2} = \sqrt{100-64} = 6$$
$2.$ Радиус меньшей окружности: $$r = \frac{OA}{2} = 5$$
$3.$ Положение точки $P$: $$OP = \sqrt{OH^2 + PH^2} = \sqrt{36 + 24} = \sqrt{60}$$
где $PH = \sqrt{r^2-(OH-r)^2} = \sqrt{25-1} = \sqrt{24}$
$4.$ Длина $AP$: $$AP = \sqrt{OA^2-OP^2} = \sqrt{100-60} = 2\sqrt{10}$$

$5.$ Так как $KM$ — средняя линия, то $L$ — середина $AP{:}$ $$AL = \frac{AP}{2} = \sqrt{10}$$

Ответ:
$а)$ Прямые $KM$ и $BC$ параллельны, так как $KM$ является средней линией треугольника $ABC.$

$б)$ Длина отрезка $AL$ равна $\sqrt{10},$ что получено через вычисление средней линии и свойств перпендикуляров в окружностях.

$а)$ Докажем параллельность прямых $AD$ и $MC$.

$1.$ Углы, опирающиеся на диаметры:
$$\angle BMC = 90^\circ \quad \text{(опирается на диаметр $BC$)}$$ $$\angle BDA = 90^\circ \quad \text{(опирается на диаметр $AB$)}$$ $2.$ Оба угла являются прямыми и опираются на отрезок $MB$, следовательно: $$AD \perp MB \quad \text{и} \quad MC \perp MB$$ $3.$ Таким образом: $$AD \parallel MC$$

$б)$ Найдем площадь треугольника $DBC.$

$1.$ Обозначим: $$AM = AK + KM = 3 + 12 = 15$$
$2.$ Пусть $O$ — центр окружности с диаметром $BC$, тогда: $$OM \perp AM \quad \text{(как радиус к касательной)}$$ $$BK \perp AM \quad \text{(так как $\angle ABK = 90^\circ$)}$$
$3.$ Из подобия треугольников $\triangle AMO \sim \triangle AKB{:}$ $$\frac{OM}{BK} = \frac{AM}{AK} = 5 \Rightarrow OM = 5x, BK = x$$
$4.$ Рассмотрим прямоугольник $BKMP$: $$BP = KM = 12$$ $$OP = OM- BK = 4x$$
$5.$ По теореме Пифагора для $\triangle BOP$: $$(5x)^2 = 12^2 + (4x)^2 \Rightarrow 25x^2 = 144 + 16x^2$$ $$9x^2 = 144 \Rightarrow x = 4$$
$6.$ Площадь треугольника $DBC$ равна площади треугольника $AMB$: $$S_{DBC} = S_{AMB} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 4 = 30$$

Ответ:
$а)$ Прямые $AD$ и $MC$ параллельны, так как обе перпендикулярны прямой $MB$.

$б)$ Площадь треугольника $DBC$ равна $30$, что получено через анализ геометрических свойств окружностей и подобия треугольников.

$а)$ Докажем параллельность $PQ$ и $BC.$

$1.$ Угол $\angle AQP = 90^\circ$ (опирается на диаметр $AP$ большой окружности).
$2.$ Угол $\angle AMO = 90^\circ$ (опирается на диаметр $AO$ малой окружности).
$3.$ Так как $BC$ — диаметр, то $BC \perp AQ.$
$4.$ Поскольку $PQ \perp AQ$ и $BC \perp AQ,$ то: $$PQ \parallel BC$$

$б)$ Найдем отношение $QK : KA.$
$1.$ Из параллельности $PQ \parallel BC$ следует: $$\angle APQ = \angle AOC$$
$2.$ Так как $C$ — середина дуги $AQ,$ то $PC$ — биссектриса угла $\angle APQ.$

$3.$ По свойству биссектрисы: $$\frac{QK}{KA} = \frac{QP}{PA}$$
$4.$ Из прямоугольного треугольника $APQ$: $$\frac{QP}{PA} = \cos \angle APQ = \cos \angle AOC = \sqrt{1- \sin^2 \angle AOC} = \sqrt{1- \frac{15}{16}} = \frac{1}{4}$$ Ответ:
$а)$ Прямые $PQ$ и $BC$ параллельны, так как обе перпендикулярны прямой $AQ.$

$б)$ Отношение $QK : KA$ равно $1 : 4,$ что следует из свойств биссектрисы и тригонометрических соотношений в окружностях.

$а)$ Докажем подобие треугольников $BMK$ и $O_1AO_2.$

$1.$ Рассмотрим углы:

$\angle AKB = \dfrac{1}{2}\angle AO_2B$ (вписанный угол).
$\angle AO_2O_1 = \dfrac{1}{2}\angle AO_2B$ (центральный угол).
Следовательно, $\angle AKB = \angle AO_2O_1$.

$2.$ Аналогично:

$\angle AMB = \dfrac{1}{2}\angle AO_1B$ (вписанный угол).
$\angle AO_1O_2 = \dfrac{1}{2}\angle AO_1B$ (центральный угол).
Следовательно, $\angle BMK = \angle AO_1O_2.$

$3.$ Таким образом, треугольники подобны по двум углам: $$\triangle BMK \sim \triangle O_1AO_2$$

$б)$ Найдем расстояние от $B$ до $MK$.

$1.$ Проверим тип треугольника $O_1AO_2{:}$ $$3^2 + 4^2 = 5^2 \Rightarrow 9 + 16 = 25$$
Следовательно, $\triangle O_1AO_2$ прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.
$2.$ Найдем высоту в $\triangle O_1AO_2{:}$ $$h = \frac{AO_1 \cdot AO_2}{O_1O_2} = \frac{3 \cdot 4}{5} = \frac{12}{5}$$
$3.$ Коэффициент подобия: $$k = \frac{MK}{O_1O_2} = \frac{7}{5}$$
$4.$ Искомое расстояние: $$d = k \cdot h = \frac{7}{5} \cdot \frac{12}{5} = \frac{84}{25}$$

Ответ:
$а)$ Треугольники $BMK$ и $O_1AO_2$ подобны по двум углам, так как $\angle BMK = \angle AO_1O_2$ и $\angle BKM = \angle AO_2O_1$.

$б)$ Расстояние от точки $B$ до прямой $MK$ равно $\dfrac{84}{25},$ что получено через подобие треугольников и свойства прямоугольного треугольника.

$а)$ Докажем параллельность $AB$ и $DE.$

$1.$ Проведем общую касательную к окружностям в точке касания $C.$

$2.$ По свойству угла между касательной и хордой: $$\angle DCB = \angle \alpha \quad \text{и} \quad \angle ACE = \angle \alpha$$
$3.$ Из равнобедренного треугольника $ABC$: $$\angle CAB = \angle CBA = 45^\circ$$
$4.$ Рассмотрим углы: $$\angle DBA = \angle DBC- \angle ABC = \alpha- 45^\circ$$ $$\angle BAE = \angle BAC- \angle EAC = 45^\circ- \alpha$$
$5.$ Следовательно:
$$\angle DBA + \angle BAE = 0 \Rightarrow AB \parallel DE$$

$б)$ Найдем длину $AC = x.$

$1.$ Так как $BD$ и $AE$ — диаметры: $$BD = 16, \quad AE = 30$$
$2.$ Из подобия треугольников $DBC$ и $AEC$: $$\frac{DB}{AE} = \frac{8}{15} \Rightarrow \frac{CB}{CE} = \frac{8}{15}$$ $$CE = \frac{15}{8}x$$
$3.$ По теореме Пифагора для $\triangle ACE{:}$ $$x^2 + \left(\frac{15}{8}x\right)^2 = 30^2$$ $$x^2 \left(1 + \frac{225}{64}\right) = 900$$ $$x^2 = \frac{900 \cdot 64}{289} = \left(\frac{240}{17}\right)^2$$ $$x = \frac{240}{17}$$

Ответ:
$а)$ Прямые $AB$ и $DE$ параллельны, так как сумма внутренних односторонних углов равна $180^\circ.$

$б)$ Длина катета $AC$ равна $\dfrac{240}{17},$ что получено через подобие треугольников и теорему Пифагора.