Планиметрическая задача

а)

$CH$ — высота прямоугольного прямоугольника, тогда    $CH = \sqrt{AH\cdot BH}$

Площади окружностей, построенных на диаметрах $AH$ и $BH$, относятся как $\dfrac{AH^2}{HB^2}$

Из $\Delta CHB$: $$tg \angle HBQ = \dfrac{CH}{HB}$$

Тогда $$tg^4 \angle ABC = \dfrac{CH^4}{HB^4} = \dfrac{AH^2\cdot HB^2}{HB^4} = \dfrac{AH^2}{HB^2}.$$

б) Углы $\angle PCQ = \angle CPH = \angle CQH = 90^\circ$, значит $CPHQ$ — прямоугольник.

$$S_{O_1PQO_2} = S_{\Delta HPO_1} + S_{\Delta PHQ} + S_{\Delta HQO_2}.$$

Рассмотрим треугольники $APH$ и $O_1PH$:

$PO_1$ — медиана прямоугольного $\Delta APH$, ; так как $AO_1 = O_1H$,;как радиусы.

Тогда $$S_{\Delta HPO_1} = \dfrac{1}{2}S_{\Delta APH}$$

Аналогично, для треугольников $HQB$ и $HQO_2$: $$S_{\Delta HQO_2} = \dfrac{1}{2}S_{\Delta HQB}$$

Далее, $PHQC$ — прямоугольник, а $PQ$ — диагональ, тогда $$S_{\Delta PHQ} = \dfrac{1}{2}S_{PHQC}$$

Заметим, что $$S_{\Delta ABC} = S_{\Delta APH} + S_{PHQC} + S_{\Delta HQB}.$$

А площадь искомого четырехугольника: $$S_{O_1PQO_2} = \dfrac{1}{2}S_{\Delta APH} + \dfrac{1}{2}S_{PHQC} + \dfrac{1}{2}S_{\Delta HQB} = \dfrac{1}{2}S_{\Delta ABC}$$

Следовательно $$S_{O_1PQO_2} = \dfrac{1}{2} \cdot AC \cdot BC = \dfrac{1}{2}\cdot 22 \cdot 18 =99$$

Ответ:    $99$.

а)

Пусть $AC \ge BC$, ; а $N$ и $K$ — точки касания окружности со сторонами $AC$ и $BC$.

Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки равны, то $$CN = CK, \; BK=BP \; AN=AP$$

Тогда $$AC - BC = AN - BK = AP-BP = (AM+MP)-(BM-MP)=2MP$$

Следовательно, ; $MP = \dfrac{AC-BC}{2}$

Для случая, где $BC>AC$, аналогично.

б) $AM = MC$, также $AM=MB$, тогда по признаку прямоугольного треугольника $\Delta ABC$ — прямоугольный.

Пусть точка $O$ — центр вписанной окружности.

Тогда рассмотрим $CNOK$:

У него все углы прямые, а также соседние стороны равны. Значит, $CNOK$ — квадрат.

Пусть $CN = CK = x$, а $BK=BP =x$, тогда $BM=AM=x+\dfrac{r}{2}$.

Тогда $AN = AP = AM + MP = x + \dfrac{r}{2}+\dfrac{r}{2}=x+r$

По теореме Пифагора для $\Delta ABC$: $$BC^2 + AC^2 = AB^2$$ $$(x+r)^2+(x+2r)^2 = (2x+r)^2$$ $$2x^2=2xr+4r^2$$ $$(x-2r)(x+r)=0 \quad \Longrightarrow \quad x=2r.$$

Тогда $BC:AC:AB=3:4:5$, значит $$\angle A = \arccos\dfrac{4}{5}, \quad \angle B = \arccos\dfrac{3}{5}, \quad \angle C=90^\circ.$$

Ответ: $\;\angle A = \arccos\dfrac{4}{5}, \; \angle B = \arccos\dfrac{3}{5}, \; \angle C=90^\circ$.

а)

Пусть точка $O$ — центр вписанной окружности, как известно, она находится в точке пересечения биссектрис. Проведем $OH\perp BC, \; H$ — точка касания окружности с $BC$.

Так как $BO$ — биссектриса, то угол $OBH$ равен $30^\circ$

Катет $OH$ треугольника $OBH$ лежит против угла $OBH$ равный $30^\circ$, тогда $$BO=2OH = 2r.$$

Из неравенства треугольника в $\Delta BOM$: $$BM \le BO + OM \le 3r.$$

б) По теореме косинусов для $\Delta BOM$: $$BO^2=BM^2 + OM^2 - 2BM \cdot OM \cdot cos\angle BMO$$ $$(2r)^2 = \left( \dfrac{5}{2}r\right)^2 + r^2 - 2\cdot \dfrac{5}{2}r \cdot r\cos \angle BMO$$ $$4r^2 = \dfrac{25}{4}r^2 + r^2 - 5r^2\cos \angle BMO$$ $$\cos \angle BMO = \dfrac{\dfrac{29}{4}r^2-4r^2}{5r^2}$$ $$\cos \angle BMO =\dfrac{13}{20}.$$

Кроме того, $\angle BMC = \angle OMC + \angle BMO = 90^\circ + \angle BMO$.

Тогда $$\sin \angle BMC = \sin (90+\angle BMO) = \cos\angle BMO = 0,65$$

Ответ: $\; 0,65$.

а)

Так как $\angle AMN + \angle ACN = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, то точки $A, M, N, C$ лежат на одной окружности с диаметром $AN$.

Тогда $$\angle CAN = \angle CMN,\; \text{так как опираются на одну дугу \(CN\)}.$$

б) Заметим, что $$\angle MAN =\angle MCN, \; \text{так как опираются на одну дугу \(MN\)}$$

Тогда $\Delta ANB \sim \Delta CBM$ по двум равным углам.

Коэффициент подобия $k$ можно найти из отношения сторон $AB$ и $BC$.

Известно, что $\tg\angle BAC = \dfrac{4}{3}$. Пусть $BC = 4x, AC=3x$.

В прямоугольном $\Delta ABC$: $$AB = \sqrt{BC^2 + AC^2}=\sqrt{(4x)^2 + (3x)^2}=5x$$

Тогда $$k =\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{5x}{4x}=\dfrac{5}{4}$$

Треугольники $ANB$ и $CBM$ подобны. Тогда $\dfrac{AN}{CM}=k=\dfrac{5}{4}$.

Обозначим радиусы описанных окружностей, вокруг соответствующих треугольников, как $R_{ANB}$ и $R_{CBM}$.

Применим теорему синусов к нашим треугольникам.

Для $\Delta ANB$: $$\dfrac{AN}{\sin \angle B} = 2R_{ANB}.$$

Для $\Delta CBM$: $$\dfrac{CM}{\sin \angle B} = 2R_{CBM}.$$ Треугольники подобны, угол $B$ у них общий. Поделим первое равенство на второе: $$\dfrac{2R_{ANB}}{2R_{CBM}} = \dfrac{\dfrac{AN}{\sin \angle B}}{\dfrac{CM}{\sin \angle B}} = \dfrac{AN}{CM}.$$ То есть $$\dfrac{R_{ANB}}{R_{CBM}} = \dfrac{AN}{CM} = k = \dfrac{5}{4}$$

Следовательно, радиусы окружностей относятся, как $5:4$.

Ответ: $\; 5:4$.

а)

$N$ — точка касания окружности и стороны $AB$, значит $ON \perp AB$.

$\angle BCO + \angle BNO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, тогда четырехугольник $CONB$ вписан в окружность.

Тогда углы $\angle NBO$ и $\angle NCO$ равны как вписанные, которые опираются на одну дугу $NO$.

Далее $$\angle ANM =\angle NCO, \text{\; как углы между касательной и хордой}$$

Получим, что $\angle NBO = \angle ANM$.

Тогда $MN \parallel BO$ при соответственных $\angle NBO$, $\angle ANM$ и секущей $AB$.

б) Пусть $AM=2x$, тогда $MC=6x$, а $MO=ON=OC=3x$

По теореме Пифагора в $\Delta OAN$: $$AN^2 = 25x^2 - 9x^2 = 16x^2 \quad \Longrightarrow \quad AN = 4x$$

$BC = BN$, как отрезки касательных, проведенных из одной точки.

Пусть $BC = BN = y$, тогда по теореме Пифагора в $\Delta ABC$: $$AB^2 = BC^2 + AC^2 \; \Longleftrightarrow \; (y + 4x)^2 = y^2 + (8x)^2 \; \Longrightarrow \; y=6x$$

$BC = BN,\; OC=ON$, значит $BCON$ — дельтоид. Выразим его площадь $$S_{BCON} = 2S_{BCO} =2\cdot\dfrac{1}{2}BC\cdot CO =2\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 3x \cdot 6x = 18x^2$$ С другой стороны $$S_{BCON} = \dfrac{1}{2}CN\cdot BO = \frac{1}{2} \cdot CN \cdot \sqrt{OC^2 + BC^2}=\dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot \sqrt{(3x)^2 + (6x)^2}=12x\sqrt{5}$$ Получили, что $$18x^2=12x\sqrt{5} \; \Longrightarrow \; x = \dfrac{2\sqrt{5}}{3}$$

Далее, $S_{BOMN} = S_{AOB} - S_{AMN}$

Рассмотрим $\Delta ABC$ и $\Delta AOB$. У них общий угол $A$ и общая высота $BC$, тогда $$\dfrac{S_{AOB}}{S_{ABC}}=\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{5x}{8x}=\dfrac{5}{8}$$

$$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BC = \dfrac{1}{2}\cdot 8x \cdot 6x = 24x^2 = \dfrac{160}{3} \; \Longrightarrow \; S_{AOB} = \dfrac{5}{8}\cdot \dfrac{160}{3} = \dfrac{100}{3}$$

Рассмотрим $\Delta ANM$ и $\Delta ABO$. Они подобны, так как $MN \parallel BO$.

Тогда $$\dfrac{S_{ANM}}{S_{ABO}}=k^2=\left( \dfrac{AM}{AO} \right)^2 =\left( \dfrac{2}{5} \right )^2 = \dfrac{4}{25}$$ Значит $$S_{ANM} = \dfrac{4}{25}S_{ABO} = \dfrac{4}{25}\cdot \dfrac{100}{3} = \dfrac{16}{3}$$

Найдем площадь искомого четырехугольника: $$S_{BOMN} = S_{AOB} - S_{AMN} = \dfrac{100}{3}-\dfrac{16}{3}=28.$$

Ответ: $\; 28$.