Оптимальные решения планиметрических задач

Пусть дан некий вписанный шестиугольник АВСDEF. Обозначим через К точку пересечения АС и ВF, а через L – точку пересечения СЕ и FD. Требуется доказать, что диагонали АD, ВЕ и прямая КL пересекаются в одной точке.

Решение.
Пусть М – точка пересечения AD и КL. Т.к. синусы вписанных углов пропорциональны хордам, имеем:
(|KM|)/(|ML|)=S_AKD/S_ALD =(1/2 |AK|•|AD|sinKAD)/(1/2 |DL|•|AD|sinADL)=(|AK|•|CD|)/(|DL|•|AF|

Точно также и для точки М₁ если она точка пересечения BE и KL получим
(|KМ₁|)/(|М₁L|)=(|BK|•|FE|)/(|LE|•|BC|)

Но, поскольку треугольники ▲AKF и ▲BKC подобны и точно также ▲CLD и ▲FLE получаем:
(|AK|)/(|AF|)=(|BK|)/(|BC|) и (|CD|)/(|DL|)=(|FE|)/(|LE|).

Перемножив данные равенства, получаем что (|KM|)/(|ML|)=(|KМ₁|)/(|М₁L|).
Cледовательно М и М₁ совпадают.

Дана окружность с диаметром АВ. Вторая окружность с центром в А пересекает первую окружность в точках С и D и диаметр в точке Е. На дуге СЕ, не содержащей точки D, взята точка М, отличная от точек С и Е. Луч ВМ пересекает первую окружность в точке N. Известно, что отрезки |CN| = а, |DN|=b. Требуется найти отрезок |MN|.

Решение
Продолжим BN и CN до вторичного пересечения со второй
окружностью в точках К и L соответственно. |MN|=|NK|, так как
угол ANB = 90° и МК есть хорда окружности с центром в точке А. Т.к.
равны соответствующие дуги, то также будет присутствовать и равенство углов LNK=BNC=BND. Таким образом получаем
|LN|=|ND|=b, |MN|х|NK|=|MN|² ab, |MN|=√ab.

Имеются две окружности радиусов R и r по условию (R >r), есть внешнее касание в точке А. Через точку В, взятую на большей окружности, проведена прямая линия, касающаяся меньшей окружности в точке С. Требуется найти |ВС|, если |АВ|=а.

Решаем
Для начала проведем прямую ВА и обозначим через D вторую точку пересечения с меньшей окружностью. Рассмотрим дуги АВ и AD (меньшие, чем полуокружность). Поскольку общая касательная к окружностям в точке А образует с АВ и AD равные углы, то и центральные углы, соответствующие этим дугам будут равны. Следовательно,
(|AD|)/(|AB|) =r/R , |AD|=α r/R, |BC|=√(|BD|x|BA|)=α√((R+r)/R)

Имеется окружность с центром в точке О. На окружности есть некая точка С, М – делит отрезок ОС пополам. Точки А и В лежат на той же окружности по одну сторону от ОС таким образом, что угол АМО = углу ВМС. Требуется найти величину отрезка АВ, при условии что |АМ| – |ВМ| = α.

Решение.
Поскольку точки А, О, М, В лежат на одной окружности, угол АМВ измеряется полусуммой дуги АВ и дуги, симметричной АВ относительно ОС и следовательно угол АМВ равен углу АОВ. Отложим на АМ отрезок МК, равный МВ, тогда треугольник АКВ будет подобным ОМВ. Отсюда получаем что |АВ| = 2α.

На плоскости взяты четыре произвольные точки A, B, C, D. Необходимо доказать, что четыре окружности, каждая из которых проходит через  точки, являющиеся серединами отрезков AB, AC и AD;  BA, BC, BD; CA, CB и CD; DA, DB и DC,  имеют общую точку.

Для решения воспользуемся общим утверждением, что если на сторонах треугольника построены окружности так, что их дуги, расположенные вне треугольника измеряются 4π или 2π, то эти окружности имеют общую точку.  Для нашей конкретной задачи можно взять треугольник с вершинами в серединах сторон треугольника ABC и доказать, что три окружности, проходящие, через середины AB, AC и AD; BA, BC и BD; СA, CB и CD имеют общую точку.

Дана окружность с диаметром АВ,  хорда CD перпендикулярна диаметру. Также имеется произвольная окружность, которая касается хорды и дуги CBD. Требуется доказать, что касательная к этой окружности, проведенная из А, равна АС.

решение
Обозначим как О и О₁ центры наших окружностей, т.К – точка касания этих окружностей, т.N – точка касания окружности с центром О₁ с прямой CD, М – точка пересечения AB и CD. Исходя из того, что О1N параллельна АВ и два треугольника KO₁N и KOA подобные и равнобедренные, точки K, N и А лежат на одной прямой. Обозначим через t касательную к окружности О₁. Теперь t²=|AN|x|AK|=|AN|²+|AN|x|NK|=|AM|²+|MN|²+|CN|x|ND|=|AM|²+|MN|²+(|CM|-|MN|)(|CM|+|MN|)=|AM|²+|CM|²=|AK|²