C4-2012

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

4. Угол ВАС – тупой.

H

A1B1

C

A	C1	B
	Рис. 51б

Случаи, когда один из углов треугольника АВС прямой, невозможны.

Ответ: 45°, 75°, 60° или 135°, 15°, 30°, или 120°, 15°, 45°, или 105°, 30°, 45°.

Пример 22. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12. Известно, что AB 6 и BC 4. Найдите АС.

Решение. Используя обобщенную теорему синусов, найдем

sin A	BC		4		1	,	sinC	AB		6		1	.
	2R 2 12 6							2R 2 12 4

Так как B 180 A C , то

sin B sin(180 A C) sin( A C) .

1. Если треугольник АВС – остроугольный, то

	cos A													35					,						cos C																			15			.
														6																														4
Используя формулу синуса суммы,
получим
			sin B sin( A C)
			1																						1																									.
							15									35																				35									15
							4
		6												6									4										24
Тогда можем найти искомую величину
AC 2Rsin B 24																							35												15																						.
																																													35										15
																												24
2. Пусть угол С – тупой, тогда
			sin B sin( A C)
1																												1
								15												35																			35									15
																																																						.
6							4							6														4					24
Отсюда AC
															35															15.
3. Случай, когда угол А – тупой, не-
возможен (почему?).
																												Ответ:																														.
																																														35										15

09.03.2012. www.alexlarin.net

Пример 23. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что CH AB. Найти угол АСВ.

	C	C
			F
		F	A
	E	E
	H		B
		B	D
	A D
			H
	а		б

Рис. 52

Решение. 1. Пусть треугольник ABC остроугольный (см. рис. 52а). Пусть ВЕ и CD – высоты треугольника. Углы АВЕ и HCE равны, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Треугольники АЕВ и HEC равны по гипотенузе (CH AB) и острому углу. Отсюда

AE EH, и значит, EAH AHE 45 .

В прямоугольном треугольнике ACF имеем CAF 45 , поэтому ACF 45 .

Остальные случаи рассмотрите самостоятельно.

2.Угол ВАС – тупой (см. рис. 52б).

3.Угол АВС – тупой.

4.Угол АСВ – тупой.

5.Угол АВС – прямой.

6.Угол ВАС – прямой.

7.Случай, когда угол АСВ – прямой, невозможен (почему?).

Ответ: 45 или 135 .

Опорная задача. Если Н – ортоцентр треугольника, то радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АВН, ВСН, АСН, равны между собой.

Доказательство. Так как в четырех-

угольнике AEHD углы E и D прямые (см. рис. 53а), то A DHE 180 . Отсюда получаем BHC DHE 180 A. Радиус окружности, описанной около треугольника ВНС, равен

BC		BC		a	.
2sin(180 A)		2sin A
				2sin

Отсюда следует, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС и ВСН равны между собой. Анало-

41

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

гичное доказательство проводят и для других треугольников.

Пример 24. Высоты треугольника АВС пересекаются в точке Н. Известно, что отрезок СН равен радиусу окружности, описанной около треугольника. Найти угол АСВ.

C

C

E	H	E	A
			B
A D		B	D
			H
	а		б

Рис. 53

Решение. Пусть R – радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Так как радиусы окружностей, описанных около треугольников ABC и BCH равны между собой, то для треугольника

BCH имеем	CH 2Rsin HBC или
R 2Rsin HBC .
Отсюда	sin HBC	1	.	Значит,
	2

HBC 30 или HBC 150 .

1.Если треугольник ABC – остроугольный, то из треугольника BEC находим C 90 30 60 (см. рис. 53а).

2.Если в треугольнике ABC угол A – тупой, то HBC 30 (в треугольнике

DBC угол D прямой, а угол DBC может быть только острым). Из треугольника DBC находим C 90 30 60 (см.

рис. 53б).

C H

E

A D

B

D C

A

H E B

в г

Рис. 53

3. Если в треугольнике ABC угол B – тупой, то HBC 150 (почему этот угол тупой?) и CBE 30 . Из треугольника

09.03.2012. www.alexlarin.net

CBE (см. рис. 53в) находим

C 90 30 60 .

4. Если в треугольнике АВС угол С – тупой (см. рис. 53г), то HBC 30 (почему этот угол острый?). Из треугольника СВD находим BCD 90 30 60 .

Тогда ACB 180 60 120 .

Ответ: 60 или 120 .

Рассмотрим пример, в котором имеются две точки, делящие окружность на две дуги, но не указано, какой из этих двух дуг касается другая окружность. В этом случае неоднозначность состоит в выборе кругового элемента (дуги).

Пример 25. Окружности с центрами О и В радиуса ОВ пересекаются в точке С. Радиус ОА окружности с центром О перпендикулярен ОВ, причем точки А и С лежат по одну сторону от прямой ОВ. Окружность S1 касается меньших дуг АВ и ОС этих окружностей, а также прямой ОА, а окружность S2 касается окружности с центром В, прямой ОА и окружности S1. Найти отношение ра-

диуса окружности S1 к радиусу окружности S2 .

Комментарий. Сначала следует рассмотреть опорную задачу.

Отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружно-

стям радиусов r и R равен 2√ .

R	O2
O1 r	R r
	E

A B

Рис. 54

Доказательство. Из прямоугольного треугольника O1O2E (см. рис. 54) получаем

AB O1E O1O22 EO22

(R r)2 (R r)2 2Rr .

42

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Решение. Пусть K и E – центры окружностей S1 и S2 , I и J – точки касания этих окружностей с прямой OA соответственно. Так как окружность S1 радиуса а и окружность с центром в точке В и радиуса R касаются друг друга и общей прямой ОА, то имеем OI 2Ra (расстояние между точками касания окружностей с общей касательной).

В прямоугольном треугольнике OKI, где OK R a , используем теорему Пифагора:

(R a)2 a2 2Ra 2.

Отсюда получаем R 6a. Рассмотрим первый случай касания

окружности S2 радиуса b (см. рис. 55а).

A

C

I a K

J Eb

O R B

Рис. 55а

Тогда OI OJ JI, или

2aR 2bR 2ab,

Откуда			6a2				6ab					ab . Разделим
обе части равенства на													, тогда имеем
											ab
									a			7 2				.
	a				6	1		,						6
	b
		6							b		6

Для второго случая (см. рис. 55б) име-

ем

OJ OI IJ ,

2bR 2aR 2ab .

Проводя преобразования аналогично предыдущему случаю, получим

a7 26 .

b6

09.03.2012. www.alexlarin.net

J b E

A

Ia KC

O R B

Рис. 55б

Ответ: 7 2 6 . 6

Задачи для самостоятельного решения

10.(МИОО, 2011). Высота равнобедренного треугольника, опущенная на основание, равна 24. Точка касания вписанной окружности с боковой стороной делит эту сторону в отношении 5:8, считая от основания. Найдите радиус окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон.

11.В равнобедренный треугольник с основанием 12 и боковой стороной 10 вписана окружность. Вторая окружность касается двух сторон треугольника и первой окружности. Найдите радиус второй окружности.

12.В ромбе ABCD со стороной 2 и углом 60 проведены высоты CM и DK. Найдите длину отрезка MK.

Ответы. 10. 15 или 24. 11. 0,75 или

3(3 5). 12. 1 или 2, или 7 .

2

выбор плоской фигуры

Задачи данного пункта могут быть связаны с неопределенностью выбора отношения площадей фигур, выбором подобных треугольников и т.д.

Пример 26. Основания трапеции равны a и b . Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2:3. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного внутри трапеции.

43

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Решение. Обозначим искомый отрезок

Ответ:

2a

2

3b

2

или

3a

2

2b

2

.

EF через x (см. рис. 56).

5

5

B

b Cx b

H

Задачи для самостоятельного решения.

x

13. (ЕГЭ, 2011). Через вершину B пра-

E

F

вильного шестиугольника ABCDEF про-

E1

F1

ведена прямая, пересекающая диагональ

x

a x

CF в точке K. Известно, что эта прямая

A

a

P

D

разбивает шестиугольник на части, пло-

Рис. 56

щади которых относятся как 2:3. Найдите

отношение CK :KF.

1. Пусть площади трапеций BCFE и

14. (ФИПИ, 2011). Точка Н – основа-

AEFD относятся как 2:3, тогда имеем

ние высоты треугольника со сторонами

b x

10, 12, 14, опущенной на сторону, равную

SBCFE

h1

2

12. Через точку Н проведена прямая, от-

2

,

секающая от треугольника подобный ему

SAEFD

a x

h

3

треугольник

и

пересекающая сторону,

2

2

равную 10, в точке М. Найдите НМ.

где h1 и h2 высоты этих трапеций со-

Ответы. 13.

17

или

10

. 14.

7

или

14

.

ответственно.

Отсюда

23

7

3

5

h1

2(a x)

,

(*)

h2

3(b x)

где h1 и h2 высоты этих трапеций.

Через точку F проведем отрезок PH

параллельно AB. Тогда треугольники

PFD и HFС подобны (докажите!) и спра-

ведливо равенство

CH

h1

или

x b

h1

.

PD h2

a x h2

Используем соотношение (*):

x b

2(a x)

.

a x

3(b x)

Решая полученное уравнение относи-

тельно переменной x, получаем

3(x2 b2) 2(a2 x2),

5x2 2a2 3b2 ,

x

2a2 3b2

.

5

2. Случай, когда площади трапеций

AEFD и BCFE относятся как

2:3, ре-

шается аналогично. В этом случае площади трапеций BCFE и AEFD относятся как 3:2.

44

09.03.2012. www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Глава 3. Многовариантность задачи как результат неоднозначности в задании взаимного расположения фигур

При решении задач условие может трактоваться неоднозначно, если для рассматриваемых фигур не указано их взаимное расположение. Можно выделить, например, следующие случаи, приводящие к неоднозначной трактовке условия задачи и касающиеся:

взаимного расположения прямолинейных фигур;

взаимного расположения окружностей;

интерпретации аналитического способа решения задачи.

3.1. Взаимное расположение прямолинейных фигур

Методические указания. При рас-

смотрении данного пункта полезно решить подготовительные задачи следующего вида.

1.Пусть дан произвольный треугольник ABC. Рассмотреть возможные варианты построения на стороне AB:

а) равностороннего треугольника ABP; б) квадрата ABPQ.

2.Пусть дан произвольный треугольник ABC. Рассмотреть возможные варианты расположения параллелограмма MNPQ , вписанного в данный треуголь-

ник так, что одна из его вершин совпадает с вершиной треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника.

Пример 27. Дан равнобедренный треугольник АВС, AB BC 10 и AC 12. Параллельно боковым сторонам треугольника на одинаковом расстоянии от них проведены прямые. Найти это расстояние, если площадь треугольника, образованного этими прямыми и основанием, лежащим на прямой АС, равна 12.

Решение. Проведем прямую BD, где точка D – основание высоты данного треугольника. Проводя прямые, параллельные сторонам ВА и ВС, убеждаемся, что они могут образовывать треугольник с основанием, лежащим на прямой AC,

09.03.2012. www.alexlarin.net

расположенный в верхней или нижней полуплоскости относительно AC.

1. Рассмотрим случай, когда прямые

EF || BC и EG || AB (см. рис. 57а).

B

E

H

P

A G D F C

Рис. 57а
Тогда DC 6 и BD	102 62	8.

Пусть DF x, а DE y, тогда используя подобие треугольников BDC и EDF, данное значение площади треугольника GFE, составим систему уравнений

	8		6		x 3
			x
y
					y 4
xy 12

Отсюда следует, что DF 3 и FC 3. Проведем перпендикуляры DH и FP на прямую ВС. Так как высота DH в пря-

моугольном треугольнике BDC равна

BD DC 8 6 4,8,

BC 10

то из подобия треугольников DHC и FPC

получаем FP DH FC 4,8 3 2,4.

DC 6

B

H

F G C

A D P

E

Рис. 57б

2. Второй случай расположения прямых EF и EG (см. рис. 57б), приводит к ответу 7,2.

Другие варианты расположения прямых не соответствуют условию задачи.

Ответ: 2,4 или 7,2.

45

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Пример 28. (ЕГЭ, 2011). Точки M, K и N лежат на сторонах соответственно AB, BC и AC треугольника ABC, причем AMKN – параллелограмм, площадь кото-

рого составляет 4 площади треугольни-

9

ка ABC. Найти диагональ MN параллелограмма, если известно, что AB 21,

AC 12 и BAC 120 .

Решение. Анализ условия задачи показывает, что существует два параллелограмма AMKN, удовлетворяющих условию задачи.

Пусть площадь треугольника ABC

равна S, а BK k . Тогда треугольники

BC

MBK и ABC подобны с коэффициентом подобия k, а треугольники NKC и ABC подобны с коэффициентом подобия 1 k .

Поскольку SABC SAMKN SMBK SNKC , то

имеем

S4 S k2S (1 k)2 S ;

9

k2 k 2 0.

9

Отсюда получаем: k 2 или k 1 .

2

3

3

1. Пусть

k

(см. рис. 58а), то есть

3

BK

2

и

KC

1

. Тогда

AM

BC 3

BC 3

NK 1 AB 7, AN MK 2 AC 8.

3 3

A

M

N

C K B

Рис. 58а

Используя теорему косинусов для треугольника NAM, получаем

MN 72 82 2 7 8 cos120 13.

2.		Пусть			k		1		(см.			рис. 58б), т.е.
					3
BK		1		и		KC				2	.	Тогда AM
		3				BC
BC			2						3
NK				AB 14,
		3

09.03.2012. www.alexlarin.net

AN MK 1 AC 4,

3

MN 142 42 2 14 4 cos120 267.

A

N

M

C K B

Рис. 58б

Ответ: 13 или 267 .

Задачи для самостоятельного решения

1.Ромб вписан в прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 так, что одна из его вершин совпадает с вершиной острого угла треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника. Найдите площадь ромба.

2.(ФЦТ, 2010). На стороне CD квадрата ABCD построен равносторонний треугольник CPD. Найдите высоту треугольника ABP, проведенную из вершины A, если известно, что сторона равна 1.

Ответы. 1. 45 или 80 . 2. 6 2 или

16 27 4

6 2 .

4

3.2. Взаимное расположение окружностей

Методические указания. Взаимное расположение окружностей можно различать по внешнему признаку (касающиеся, пересекающиеся, непересекающиеся) или по внутреннему признаку (взаимное расположение центров окружностей относительно общей касательной, общей хорды и т.д.).

Полезно рассмотреть взаимное расположение окружностей с помощью динамической геометрической программы (например, «Живая Геометрия», «Geogebra» или «Wingeom»): двух окружностей, двух окружностей с общей касательной, двух окружностей с общей хордой. При перемещении одной окружности относительно другой видно наличие общих точек (одна, две, ни одной), возможные варианты касания окружностей (внешнее, внутреннее), варианты касательных

46

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

(внешние, внутренние), расположение центров касательных относительно общей хорды, общей касательной.

В качестве подготовительных задач можно рассмотреть следующие.

1. К двум окружностям радиусов 6 и 3 проведена общая касательная. Найдите расстояние между точками касания, если расстояние между центрами окружностей равно 15.

Ответ: 66 или 12.

2. Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку A проведены диаметры AC и AD этих окружностей. Найдите расстояние между центрами окружностей, если BD 7, BC 13.

Ответ: 3 или 10.

3. Окружности радиусов 3 и 8 касаются друг друга. Через центр одной из них проведены две прямые, каждая из которых касается другой окружности (точки A и B – точки касания). Найдите расстояние между точками A и B.

Ответ:	24	7	или	16 57	, или 4,8.
11		11

расположение центров окружностей относительно общей касательной

В условии задач этого типа фигурируют две окружности, касающиеся одной прямой, но не указано расположение центров этих окружностей относительно этой прямой. Соответственно эта прямая является внутренней или внешней касательной для этих окружностей.

Пример 29. Прямая касается окружностей радиусов R и r. Известно, что расстояние между их центрами равно a, причем R r и a r R. Найти расстояние между точками касания.

Решение. Пусть О1 – центр окружности радиуса R, О2 – центр окружности радиуса r, A1A2 и B1B2 – внешняя и внутренняя касательные соответственно (см. рис. 59). Из центра меньшей окружности опустим перпендикуляры O2K1 и O2K2

на радиус O1A1 и продолжение радиуса

O1B1 соответственно.

Рассмотрим прямоугольные треугольники O1K1O2 (гипотенуза O1O2 a, катет

09.03.2012. www.alexlarin.net

O1K1	R r)	и O1K2O2 (гипотенуза
O1O2	a катет	O1K2 R r ). Из теоре-

мы Пифагора для этих треугольников получим:

l1 A1A2 a2 (R r)2 (длина внешней касательной);

l2 B1B2 a2 (R r)2 (длина внутренней касательной).

	A1		l1	A2
	K1		B2
				r
	a
	R		l2
	B1 K2
	Рис. 59
Ответ: a2 (R r)2			или	a2 (R r)2 .

расположение центров окружностей относительно их общей точки касания

В условии задач этого типа фигурируют две окружности, но не указан тип касания (внешний или внутренний, см. рис.60).

r O2

R A

O1 O1

Рис. 60

При решении подобных задач полезно вспомнить следующие факты.

При любом способе касания точка касания и центры окружностей лежат на одной прямой.

При внешнем касании центры окружностей расположены на линии центров по разные стороны от точки касания, при внутреннем – по одну сторону.

Расстояние между центрами касающихся окружностей радиусов R и r

(	) равно		при внешнем каса-
нии≥и		внутреннем.
	− при +

Пример 30. (ЕГЭ, 2010). Окружности радиусов 2 и 4 касаются в точке B. Через

47

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

точку B проведена прямая, пересекающая второй раз меньшую окружность в точке A, а большую – в точке C. Извест-

но, что AC 32 . Найти BC.

Решение. Поскольку в условии не сказано о типе касания окружностей (внешнее или внутреннее), то рассмотрим два случая.

C

K

O2B O1

A

K1

Рис. 61а

1. Если окружности касаются внешним образом, то проведем через точку B общую касательную KK1 (она перпендикулярна линии центров, см. рис. 61а).

Так как треугольники AO2B и CO1B

равнобедренные и O2BA O1BC, то они подобны по первому признаку подобия. Для подобных треугольников AO2B

и O1BC можем записать

AB BO2 2 1.

BC BO1 4 2

Отсюда BC 2 AC 2 32 22.

33

2.Окружности касаются внутренним образом (см. рис. 61б). В этом случае при исходных числовых данных задача не имеет решения (докажите это самостоятельно).

C

A

B

O2 O1

Рис. 61б

Ответ: 22.

Пример 31. Окружности S1 и S2 радиусов R и r ( R r ) соответственно

09.03.2012. www.alexlarin.net

касаются в точке A. Через точку B, лежащую на окружности S1, проведена прямая, касающаяся окружности S2 в точке M. Найти BM, если известно, что

AB a.

Решение. Возможны два случая расположения указанных окружностей в зависимости от типа касания.

1. Пусть окружности касаются внешним образом (см. рис. 62).

	B	M
R
	a	r
		O2
O1	R A

Рис. 62

1-й способ решения. Пусть O1 и O2

центры окружностей S1 и S2 соответст-

венно, а	O1AB	(см. рис. 62). По
теореме	косинусов	для треугольника
O1 AB:

O1B2 O1A2 AB2 2O1A ABcos

или

R2 R2 a2 2Racos .

Отсюда получим cos a . 2R

Теперь используем теорему косинусов для треугольника O2AB :

O2B2 O2 A2 AB2 2O2 A ABcos

или

O B2 r2 a2	2r acos .
2	a
Подставив cos			в последнее ра-
	2R
венство, получим O B2		r2 a2		a2r	.
2				R

В прямоугольном треугольнике O2BM

( BMO2 90 ), используя теорему Пифагора, находим

BM2 O2B2 r2

r	2	a	2		a2r	r	2	a	2		r
										1		.
					R
											R

48

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Отсюда BM a 1 r .

R

2-й способ решения. Продолжим АВ до пересечения с окружностью S2 в точке E

(см. рис. 63). Треугольники AO1B и AO2 E равнобедренные и подобные, так как O1AB EAO2 . Следовательно,

AE r и AE ar.

AB R	R
B		M
	a
R
	r
O1		O2
	R A	r
		E

Рис. 63

По теореме о секущей и касательной имеем

BM2 BA BE,

BM2

BA (BA AE) ,

2

ar

BM

a

a

,

R

ar

r

BM

a

a

a

1

.

R

R

2. Пусть окружности касаются внут-

ренним

образом

B

(см. рис. 64). То-

гда, проводя ана-

логичные

вычис-

O1

a

ления,

получим

BM a 1

r

.

M rO2 A

R

Ответ: a 1

r

.

Рис. 64

R

Пример 32. Дана окружность радиуса 2 с центром О. Хорда АВ пересекает радиус ОС в точке D, причем CDA 120 . Найти радиус окружности, вписанной в угол ADC и касающейся дуги АС, если

OD 3.

ностью. В обоих случаях центры O1 и O2 этих окружностей будут лежать на биссектрисе угла ADC (см. рис. 65).

B
D E C	E1

O LO1H

A

O2

Рис. 65

1. Рассмотрим внутреннее касание окружностей. Пусть радиус искомой окружности с центром в точке O1 равен r. E – точка касания этой окружности с радиусом OC . В прямоугольном треуголь-

нике DEO1 EDO1 60	(O1D бис-
сектриса угла ADC)
DE r ctg60	r			.
	3

Используя теорему о секущей и касательной, получим

OL OH OE2 ,

				r				2
(2 2r) 2 3								,
				3
r2 18r 3 0.
Условию задачи удовлетворяет поло-
жительный корень r 2					9.
			21

2. В случае внешнего касания искомая окружность радиуса R с центром в точке O2 касается продолжений сторон DC и DA и данной окружности. Тогда, проводя

аналогичные			вычисления,	получим
R 3 2
	3.

Ответ: 221 9 или 3 23.

Решение. Возможны два случая расположения указанной окружности в зависимости от типа касания с данной окруж-

49

09.03.2012. www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

расположение центров окружностей относительно общей хорды

В условии задач этого типа фигурируют две пересекающиеся окружности, но не указано расположение центров окружностей относительно их общей хорды

(см. рис. 66а и 66б).

	A
R	r
O1	C O2
	B
Рис. 66а
	A
	R
	r
O1	O2 C

B

Рис. 66б

При решении подобных задач полезно вспомнить следующие факты.

Пересекающиеся окружности в точках А и В имеют общую хорду АВ.

Общая хорда перпендикулярна линии центров и делится ею пополам.

Пример 33. Окружности радиусов 10 и 17 пересекаются в точках А и В. Найти расстояние между центрами окружностей, если AB 16.

Решение. Отрезок AB – общая хорда данных окружностей. В условии не указано расположение центров окружностей относительно AB. Поэтому задача допускает два вида чертежа.

1. Пусть центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB (см. рис. 66а). Линия центров O1O2 перпендикулярна хорде AB и делит ее в точке пересечения C пополам. Это следует из равенства треугольников O1 AO2 и

O1BO2 по трем сторонам и совпадения оснований высот, опущенных из точек A и B. Тогда из прямоугольных треуголь-

09.03.2012. www.alexlarin.net

ников O1 AC и O2 AC соответственно получаем:

O1C 172 82 15

и

O2C 102 82 6.

Искомое расстояние между центрами равно O1O2 O1C O2C 15 6 21.

2. Пусть центры окружностей лежат по одну сторону от хорды AB (см. рис. 66б). Аналогично поступая, находим

O1O2 O1C O2C 15 6 9.

Ответ: 21 или 9.

Пример 34. Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках А и В. Из-

вестно, что AO1B 90 ,

AO2 B

60 , O1O2 a. Найти радиусы окружностей.

Решение. Отрезок AB – общая хорда данных окружностей. В условии не указано расположение центров окружностей относительно AB. Поэтому задача допускает два вида чертежа.

1. Пусть центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB (см. рис. 67а). Так как треугольники AO1B и AO2 B равнобедренные, то линия центров является биссектрисой углов AO1B и AO2B. Получаем

AO1C 45 , AO2C 30 .

Пусть AC x. Треугольник AO1C

прямоугольный, AO1C CAO1 45 .

Значит O1C AC x. Для треугольника

AO2C имеем O2C AC ctg30 x3.

	Тогда		O1O2	O1C O2C														или
	a x x																a		.
		3. Отсюда находим x
																	3 1
	Тогда
						a								,
		O A x								2
				2
		1					3 1
	O2 A 2AC 2x										2		a		.
											3 1

2. Пусть центры окружностей лежат по одну сторону от хорды АВ (см. рис. 67б).

50