Задание №18 Т/Р №111 А. Ларина

Смотрите также №15, №16, №17, №19, №20.

На диаметре $AB$ окружности $\omega$ выбрана точка $C$. На отрезках $AC$ и $BC$ как на диаметрах построены окружности $\omega1$ и $\omega2$ соответственно. Прямая $l$ пересекает окружность $\omega$ в точках $A$ и $D$, окружность $\omega1$ – в точках $A$ и $E$, а окружность $\omega2$ – в точках $M$ и $N$.

а) Докажите, что $MD=NE$.
б) Найдите радиус круга, касающегося окружностей $\omega$, $\omega1$ и $\omega2$, если известно, что $AC=10$, $BC=6$.

Решение:

a) Углы $AEC,ADB$ – прямые, так как опираются на диаметры.

$EDBC$ – прямоугольная трапеция.

Проведем среднюю линию $O_2F$ трапеции $EDBC$ ($O_2$ – центр окружности $\omega2$).

Тогда $EF=DF$  (1).

$O_2F$ – высота равнобедренного треугольника $MNO_2$. Тогда $MF=FN$. А с учетом (1) получаем: $EM=ND.$

Наконец,  $MD=MN+ND=MN+EM=NE$, то есть $MD=NE$, что и требовалось доказать.

б) Пусть радиус окружности $\omega 4$, касающейся окружностей  $\omega$, $\omega1$ и $\omega2$ –  это $r.$

Исходя из условия, ясно, что  радиусы окружностей $\omega$, $\omega1$ и $\omega2$ – есть  $8,$  $5$  и  $3$ соответственно.

Тогда $O_1Q=5+r, OQ=8-r, O_2Q=3+r$, где $O_1,O, Q$ – центры окружностей $\omega1$,  $\omega$  и  $\omega 4$.

Дважды применяем теорему косинусов (к треугольникам $O_1OQ$ и $O_2OQ$):

$(5+r)^2=9+(8-r)^2-6(8-r)cosO_1OQ;$

$(3+r)^2=25+(8-r)^2-10(8-r)cosO_2OQ;$

Так как $cosO_1OQ=-cosO_2OQ,$ то

$(5+r)^2=9+(8-r)^2-6(8-r)\cdot \frac{(3+r)^2-25-(8-r)^2}{10(8-r)};$

$25+10r=9+64-16r-3\cdot \frac{22r-80}{5};$

$125+50r=365-80r-66r+240;$

$196r=480;$

$r=\frac{120}{49}.$

Ответ: $\frac{120}{49}.$