Три задачи про две окружности. Разбор 17-го номера ЕГЭ

Задача 17 в ЕГЭ — это планиметрия. Часто в ней рассматриваются две окружности: одна может лежать внутри другой, они могут касаться или пересекаться. Вокруг них строятся треугольники, проводятся прямые, появляются дополнительные точки.

Несмотря на разнообразие рисунков, в таких задачах обычно используются всего несколько стандартных приёмов. Сначала перечислим их, а затем разберём задачи.

Приём №1. Касательная и хорда

Если окружности касаются (внутренним или внешним образом — не важно), в точке касания можно провести общую касательную.

Используется теорема: угол между касательной и хордой, выходящей из точки касания, равен вписанному углу, который на эту хорду опирается.

Как это запомнить? Очень просто: касательная и хорда — родственники вписанного угла. Этот факт часто помогает находить равные углы и доказывать параллельность прямых.

Приём №2. Общая хорда и линия центров

Если две окружности пересекаются, у них появляется общая хорда — отрезок между точками пересечения. Такая хорда всегда перпендикулярна линии, которая соединяет центры окружностей. Это свойство даёт прямоугольные треугольники и помогает находить равные углы.

Приём №3. Вписанные углы

Если на окружности есть две фиксированные точки, то любой вписанный угол, который через них проходит, будет одинаковым, где бы ни стояла вершина (по одну сторону от хорды). То есть угол, смотрящий на дугу, не меняется. Это позволяет переносить углы в разные части чертежа.

Приём №4. Обозначение углов через половины

Когда в задаче появляется вписанная окружность (центр — пересечение биссектрис), удобно обозначить углы треугольника как 2α, 2β, 2γ. Тогда их половины — α, β, γ — это углы между биссектрисами и сторонами. Все вписанные углы легко выражаются через эти буквы.

Условие

Две окружности имеют внутреннее касание в точке C. Строят треугольник ABC, у которого угол C — прямой, а катеты AC и BC равны. Вершину A кладут на большую окружность, вершину B — на малую. Прямую AC продолжают до второго пересечения с малой окружностью — получают точку D. Прямую BC продолжают до второго пересечения с большой окружностью — получают точку E.

Требуется:

а) Доказать, что прямая AE параллельна прямой BD.
б) Найти AC, если радиусы окружностей — 8 и 15.

Доказательство параллельности

Через точку C проводим общую касательную. Угол между этой касательной и прямой AC обозначим α.

В малой окружности есть хорда DC. Угол между касательной и этой хордой — α. По теореме о касательной и хорде вписанный угол, который опирается на дугу DC, с вершиной в B равен α. То есть ∠DBC = α.

Теперь большая окружность. Хорда EC. Угол между касательной и EC — снова α. Вписанный угол с вершиной A, опирающийся на дугу EC, даёт ∠AEC = α.

Итак, ∠DBC = ∠AEC. Это соответственные углы при прямых DB и AE. Значит, DB ∥ AE.

Нахождение AC

Из параллельности и прямоугольности треугольника выходит, что BD и AE — диаметры. Потому что вписанный угол 90° опирается на диаметр. Считаем: $BD = 2 \cdot 8 = 16$, $AE = 2 \cdot 15 = 30$.

Треугольники DBC и AEC похожи (общий угол при C, равные углы при B и E).
Коэффициент подобия $k = \frac{16}{30} = \frac{8}{15}$.

Пусть $AC = x$. Раз треугольник равнобедренный, $BC = x$. Из подобия: $\frac{CE}{x} = \frac{15}{8}$, значит, $CE = \frac{15}{8}x$.

Треугольник ACE — прямоугольный (угол ACE = 90°, потому что E лежит на BC). Пишем теорему Пифагора:

$x^2 + (\frac{15}{8}x)^2 = 30^2$.

Считаем: $x^2(1 + \frac{225}{64}) = 900 \rightarrow x^2(\frac{289}{64}) = 900 \rightarrow x = \frac{30 \cdot 8}{17} = \frac{240}{17}$.

Ответ: $\frac{240}{17}$.

Условие

Две окружности. Центр первой — $O_1$, радиус 3. Центр второй — $O_2$, радиус 4. Пересекаются в точках A и B. Через A провели прямую, которая пересекает первую окружность в M, вторую — в K. Точка A — между M и K.

Требуется:

а) Доказать, что треугольник BMK подобен треугольнику $O_1AO_2$.
б) Найти расстояние от B до прямой MK, если $O_1O_2$ = 5, а $MK = 7$.

Доказательство подобия

Общая хорда AB перпендикулярна $O_1O_2$.

Треугольники $AO_1O_2$ и $BO_1O_2$ равны по трём сторонам ($O_1A = O_1B = 3$, $O_2A = O_2B = 4$, $O_1O_2$ общая). Значит, $O_1O_2$ — биссектриса углов $AO_1B$ и $AO_2B$.

На первой окружности отмечаем точку N — середину дуги AB, которая не содержит M. Центральный угол $AO_1N$ опирается на половину дуги AB. Вписанный угол AMB опирается на всю дугу AB. Вписанный угол вдвое меньше центрального, поэтому $\angle AMB = \angle AO_1N$. А из-за того, что $O_1O_2$ — биссектриса, $\angle AO_1N = \angle O_1AO_2$. Получаем: $\angle AMB = \angle O_1AO_2$.

На второй окружности делаем то же самое. Точка L — середина дуги AB, не содержащей K. Тогда $\angle AKB = \angle AO_2L = \angle O_2O_1A$.

Теперь смотрим на треугольник BMK. Его угол при M — это $\angle BMK$, то есть $\angle AMB$. Угол при K — это $\angle BKM$, то есть $\angle AKB$. В треугольнике $O_1AO_2$ углы при $O_1$ и $O_2$ — это $\angle O_1AO_2$ и $\angle O_2O_1A$. Они равны соответствующим углам треугольника BMK. Значит, треугольники подобны.

Нахождение расстояния

Треугольник $O_1AO_2$ со сторонами 3,4,5 — прямоугольный ($3^2+4^2=5^2$). Площадь $S = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$. Высота из A на $O_1O_2$: $AH = \frac{2S}{5} = \frac{12}{5} = 2,4$.

Коэффициент подобия $k = \frac{MK}{O_1O_2} = \frac{7}{5}$.

Расстояние от B до прямой MK — это высота в треугольнике BMK из вершины B. Она соответствует высоте из A в треугольнике $O_1AO_2$. Поэтому умножаем:

$h = k \cdot AH = \frac{7}{5} \cdot \frac{12}{5} = \frac{84}{25}$.

Ответ: $\frac{84}{25}$.

Условие

В треугольнике ABC точка O — центр вписанной окружности. Прямая BO второй раз пересекает описанную окружность в точке P.

Требуется:

а) Доказать, что ∠POC = ∠PCO.
б) Найти площадь треугольника APC, если радиус описанной окружности R = 4, а ∠ABC = 120°.

Доказательство равенства углов

Обозначим углы треугольника: ∠A = 2α, ∠B = 2β, ∠C = 2γ. Раз O — центр вписанной, то AO, BO, CO — биссектрисы. Значит, ∠BAO = ∠OAC = α, ∠ABO = ∠OBC = β, ∠BCO = ∠OCA = γ.

Точка P лежит на описанной окружности и на прямой BO. Поскольку BO — биссектриса, ∠ABP = ∠PBC = β. Вписанные углы ABP и ACP опираются на одну дугу AP, поэтому ∠ACP = β.

Теперь ищем ∠POC. В треугольнике BOC угол POC — внешний (сторона OP продолжает BO). Внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним: ∠POC = ∠OBC + ∠OCB = β + γ.

А угол PCO раскладываем на две части: ∠PCO = ∠PCA + ∠ACO = β + γ. Следовательно, углы равны.

Нахождение площади

Похожими рассуждениями (рассматривая треугольник AOB) можно получить, что AP = OP = PC. То есть треугольники APO и OPC — равнобедренные.

Четырёхугольник ABCP вписан в окружность. Сумма противоположных углов = 180°. Нам дано ∠ABC = 120°, значит, ∠APC = 60°.

Применим теорему синусов к треугольнику APC. Радиус описанной окружности у него тот же R = 4. Получим: $\frac{AC}{\sin 60^\circ} = 8 \rightarrow AC = 8 \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2}) = 4\sqrt{3}$.

Мы нашли, что ∠ACP = β. А ∠ABC = 2β = 120°, значит, β = 60°. Следовательно, ∠ACP = 60°. В треугольнике APC уже два угла по 60° (∠APC и ∠ACP), поэтому третий угол ∠PAC тоже 60°. Треугольник равносторонний.

Площадь равностороннего треугольника со стороной a: $(\frac{\sqrt{3}}{4}) \cdot a^2$. Подставляем $a = 4\sqrt{3}$:

$S = (\frac{\sqrt{3}}{4}) \cdot (4\sqrt{3})^2 = (\frac{\sqrt{3}}{4}) \cdot 48 = 12\sqrt{3}$.

Ответ: $12\sqrt{3}$.

Ошибка 1. Путают внутреннее и внешнее касание

Решение: аккуратно выполнять чертёж и отмечать центры окружностей. Если маленькая окружность внутри большой — касание внутреннее.

Ошибка 2. Забывают свойство общей хорды

Общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна линии, соединяющей их центры. Важно помнить, что это свойство выполняется только для пересекающихся окружностей.

Ошибка 3. Неправильно применяют теорему о касательной и хорде

Вершина угла должна находиться в точке касания. Перенос вершины в другую точку приводит к ошибке.

Ошибка 4. Путают вершины при подобии

Перед тем как писать пропорцию, полезно проговаривать вслух, какие углы равны и какие вершины соответствуют друг другу. Например, так: «угол при M равен углу при O₁, угол при K равен углу при O₂».

Ошибка 5. Теряются в биссектрисах

Удобно вводить обозначения вида α, β, γ для половин углов треугольника. Это упрощает вычисления и уменьшает вероятность ошибок.

Теперь у тебя есть четыре приёма и три разобранные задачи. По ним видно, как работают основные идеи. Задача 17 — это набор типовых ситуаций. Если узнавать их на чертеже и аккуратно применять свойства, решение становится понятным. Дальше важно практиковаться: рисовать, разбирать и решать похожие задачи.