Вписанные и описанные окружности в треугольниках

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: $\; 28$.

а)

Заметим, что $CB_1C_1B$ — вписанный четырехугольник.

Пусть $\angle CBA = \alpha$, тогда $\angle CBC_1 = 180^\circ - \alpha$

$\angle C_1B_1A = 180^\circ \angle CBC_1 = 180^\circ - (180^\circ - \alpha) = \alpha$

Так как в треугольниках $ABC$ и $AB_1C_1\; \angle A$ — общий и $\angle C_1B_1A = \angle CBA$, то $\Delta ABC \sim \Delta AB_1C_1$ по двум равным углам.

б) $\quad \dfrac{S_{AB_1C_1}}{S_{BCB_1C_1}}=\dfrac{1}{5} \text{,\quad тогда} \quad \dfrac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{6} \; \text{и коэффициент подобия}\; k = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$.

Тогда $BC = \sqrt{6}\cdot B_1C=5\sqrt{6}$.

Пусть $\angle CC_1B=\alpha$. Он внешний для $\Delta CAC_1$, тогда $$\angle ACC_1 = \angle CC_1B - \angle CAC_1 = \alpha-30^\circ$$

По теореме синусов для $\Delta CB_1C_1$ и $\Delta CC_1B$: $$\dfrac{B_1C_1}{\sin \angle B_1CC_1} = 2R = \dfrac{CB}{\sin \angle CC_1B}$$

$$\dfrac{5}{\sin (\alpha - 30^\circ)} = 2R = \dfrac{5\sqrt{6}}{\sin \alpha}$$

$$\sin (\alpha - 30^\circ) = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \cos (-30^\circ) + \cos \alpha \sin (-30^\circ) = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \cos \alpha \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{6}}$$

$$\sin \alpha \left( \sqrt{3} - \dfrac{2}{\sqrt{6}} \right) =\cos \alpha$$

Так как $\alpha < 180^\circ$, то $\sin \alpha >0$ $$\sqrt{1-\cos^2 \alpha}\left( \sqrt{3} - \dfrac{2}{\sqrt{6}} \right)=\cos \alpha, \quad \cos \alpha \ge 0$$ $$(1-\cos^2 \alpha)\left(3 -2\sqrt{2} + \dfrac{2}{3} \right) = \cos^2\alpha$$ $$(1-\cos^2 \alpha)\left(\dfrac{11}{3} -2\sqrt{2}\right)=\cos^2\alpha$$ $$-11+6\sqrt{2}=\cos^2\alpha(-14+6\sqrt{2})$$ $$\cos^2\alpha = 1+\dfrac{3}{-14+6\sqrt{2}}$$ $$\sin^2\alpha = 1 - 1 -\dfrac{3}{-14+6\sqrt{2}} = \dfrac{3}{14-6\sqrt{2}}$$ $$\sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{14-6\sqrt{2}}}$$ $$R=\dfrac{5\sqrt{6}}{2\sin\alpha}=\dfrac{5\sqrt{6}}{2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{14-6\sqrt{2}}}}=5\sqrt{7-3\sqrt{2}}$$

Ответ: $\; 5\sqrt{7-3\sqrt{2}}$.