Вписанные и описанные окружности в треугольниках

а)

Пусть точка $O$ — центр окружности, а прямая $EO$ пересекает $BC$ в точке $Q$.

Радиус $OE$, проведен в точку касания, тогда $OE \perp DE$. Также $AB \perp DE$, следовательно, прямые $EO$ и $AB$ параллельны.

Угол $CBA$ — прямой, так как опирается на диаметр, тогда $CB \perp DB$. Также $ED \perp DB$, следовательно, $CB \parallel ED$.

Получили, что четырехугольник $BQED$ — прямоугольник.

Треугольник $COB$ равнобедренный, так как $OC=OB$, как радиусы. $OQ \perp CB$, тогда $OQ$ еще и медиана в этом треугольнике. Значит $BC=2BQ=2DE$.

б) По теореме о касательной и секущей: $$DE^2 = AD \cdot (AD + AB) = 4 \cdot (4 + 5) = 36,$$ Значит, $DE = 6$. Тогда $BC = 2DE = 12$.

По теореме Пифагора для $\Delta ADE$: $$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{16 + 36} = 2\sqrt{13}$$ По теореме Пифагора для $\Delta ABC$: $$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}= \sqrt{25 + 144} = 13$$ Угол $AEC$ — прямой, так как опирается на диаметр. По теореме Пифагора для $\Delta AEC$: $$CE = \sqrt{AC^2 - AE^2} = \sqrt{169 - 52} = 3\sqrt{13}$$ Опустим высоту $EH$ на сторону $AC$. $EH$ — высота прямоугольного треугольника $AEC$, проведенная из вершины прямого угла, тогда $$EH=\dfrac{CE\cdot AE}{AC} = \dfrac{3\sqrt{13} \cdot 2\sqrt{13}}{13}=6$$

Ответ: $\; 6$.

а)

Проведем общую касательную к окружностям через точку $K$.

По теореме об угле между касательной и хордой. $$\angle PKN = \angle BAK$$ Аналогично $$\angle PKN = \angle KMN$$ Тогда $\angle BAK = \angle NMK$, следовательно, хорды $AB$ и $MN$ параллельны, при соответственных $\angle BAK$ и $\angle NMK$ и секущей $MK$.

Следовательно, треугольники $LAK$ и $CMK$ подобны и треугольники $LBK$ и $CNK$ подобны. Таким образом $$\frac{AL}{MC} = \frac{LK}{CK} = \frac{LB}{CN}$$ Откуда получим, что $$\frac{CN}{CM} = \frac{LB}{LA}.$$

б) Пусть точка $O$ — центр большей окружности, а $O_1$ — центр меньшей.

Пусть точка $H$ — середина хорды $MN$. Треугольник $MON$ равнобедренный ($OM=ON$, как радиусы), а значит, $OH \perp MN$

$AB \parallel MN, \; \dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках $$\dfrac{CN}{CM}=\dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$$ Пусть $CN = 4x$, тогда $CM = 6x$, а $CH = x$.

$O_1C \perp MN$, как радиус проведенный в точку касания. В прямоугольном $OHM$ по теореме Пифагора: $$OH = \sqrt{OM^2 - MH^2} = \sqrt{92 - 25x^2}.$$

Из точки $O$ опустим перпендикуляр $OR$ на $CO_1$. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном $\Delta ROO_1$: $$OR^2 = OO_1^2 - RO_1^2 = CH^2$$ откуда получаем уравнение: $$x^2 = (\sqrt{23})^2 - (\sqrt{23} - \sqrt{92 - 25x^2})^2$$ $$x^2 = 23 - 23 + 2 \cdot \sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2} - 92 + 25x^2$$ $$-24x^2 + 92 = 2\sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2}$$ $$23(92 - 25x^2) = (46 - 12x^2)^2$$ $$(46 - 12x^2)^2$$ $$144x^4 - 1104x^2 + 2116 = 2116 - 575x^2$$ $$144x^2 = 529$$ $$x = \dfrac{23}{12}$$

Таким образом $$MN = 10x = \frac{230}{12} = \dfrac{115}{6}.$$

Ответ: $\; \dfrac{115}{6}$.

а) Пусть вписанная окружность касается стороны $AB$ в точке $K$. Обозначим $BK = x$. Пусть $S$ — площадь треугольника, $p$ — полупериметр. Тогда

$$p = 5R + 1{,}5R + x = 6{,}5R + x,\qquad S = pR = R(6{,}5R + x).$$

С другой стороны, по формуле Герона

$$S = \sqrt{p(p - AB)(p - BC)(p - AC)} = \sqrt{(6{,}5R + x)\cdot 5R \cdot 1{,}5R \cdot x} = R\sqrt{7{,}5x(6{,}5R + x)}.$$

Из уравнения $R(6{,}5R + x) = R\sqrt{7{,}5x(6{,}5R + x)}$ получаем, что $R = x$. Стороны треугольника $ABC$ равны $6{,}5R,\ 6R$ и $2{,}5R$, следовательно, этот треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине $B$.

б) Пусть $I$ и $O$ — центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$. Точка $O$ — середина гипотенузы $AC = 6{,}5R = 26$, и $OM = CO - CM = 13 - 1{,}5R = 7$.

Тогда

$$IO = \sqrt{OM^2 + MI^2} = \sqrt{7^2 + R^2} = \sqrt{65}.$$

Ответ: б) $\sqrt{65}$.

a) Четырехугольник $MCEH$ — вписанный, так как $\angle C+\angle H=90^\circ+90^\circ=180^\circ$. Следовательно, $\angle MHC=\angle MEC$.

С другой стороны, $\angle MEC=\angle MKE$, так как угол между хордой и касательной и вписанный угол. Получаем, что $$\angle MHC=\angle MKC,$$ а значит, $CH\parallel EK$.

б) По теореме Пифагора гипотенуза $AB=17$.

Продлим $MK$ и $BC$ до пересечения в точке $P$. Заметим, что $MC=CE=r$, где $r$ — радиус вписанной окружности. Тогда $$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6}{2}=3.$$

Тогда $EB=KB=5$, $MA=AK=12$.

Рассмотрим теорему Менелая для $\triangle ABC$ и прямой $MK$:

$$\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{CM}{MA}=1$$ $$\frac{12}{5}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{3}{12}=1$$ $$\frac{BP}{PC}=\frac{5}{3}.$$

Тогда если $PC=3x$, то $BC=2x=8$, откуда $x=4$ и $PC=3\cdot 4=12$.

Треугольники $\triangle PCH$ и $\triangle PEK$ подобны по двум углам ($\angle P$ — общий, $\angle PCH=\angle PEK$ из параллельности, доказанной в пункте a)). Тогда $$\frac{CH}{EK}=\frac{PC}{PE}=\frac{12}{15}=\frac{4}{5}.$$

Ответ: $\frac{4}{5}.$