Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2077
2019-02-08 
Две окружности с радиусами 1 и 2 имеют общий центр в точке $O$. Вершина $A$ правильного треугольника $ABC$ лежит на большей окружности, а середина стороны $BC$ на меньшей. Чему может быть равен $\angle BOC$?
Решение:
Этот угол равен либо $60^{\circ}$, либо $120^{\circ}$.
Первый способ. B данной конструкции окружность, проходящая через вершины $B$ и $C$ правильного треугольника и касающаяся в этих точках его сторон, будет также проходить и через общий центр двух окружностей (рис.).
Из этого утверждения следует, что в случае $A$ «верхнего» (на рисунке) треугольника
$\angle B_1OC_1 = \frac{1}{2} \angle B_1l_1C_1 = 60^{\circ}$,
так как вписанный угол равен половине центрального. По той же причине для «нижнего» треугольника получим $\angle B_2OC_2 = 120^{\circ}$.
Для доказательства самого утверждения воспользуемся следующим легко проверяемым свойством правильного треугольника.
Пусть $l_1$ - центр окружности, касающейся сторон $AB$ и $AC$ правильного треугольника $ABC$ в точках $B$ и $C$ соответственно, а $K$ - середина стороны $BC$. Тогда точка $K$ делит отрезок $Al_1$ в отношении 3 : 1, причём $l_1K$ равен половине радиуса этой окружности (рис.).
Теперь докажем основное утверждение (рис.).
Проведём прямую $AO$ и отметим точки $P$ и $Q$ её пересечения с окружностью единичного радиуса. Tочки $M, O_1$ и $K$ делят отрезок $AI_1$ на четыре одинаковые части, каждая из которых равна $R/2$, где $R$ - радиус окружности, касающейся сторон $AB$ и $AC$ в точках $B$ и $C$. Мы хотим доказать, что $1_1O = R$. Из условия следует, что точки $P$ и $O$ делят отрезок $AQ$ на три равные части, поэтому из теоремы, обратной теореме Фалеса, следует, что отрезки $MP$ и $KQ$ параллельны. Но угол $PKQ$ - прямой как опирающийся на диаметр, поэтому прямым будет и угол $MPK$.
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому
$O_1P = O_1М = O_1K = R/2$.
Теперь осталось только заметить, что отрезок $O_1P$ является средней линией треугольника $AI_1O$ и, значит, равен половине $I_1O$.
Второй способ. Рассмотрим, например, случай, когда точки $O$ и $A$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $BC$ (рис.).
Пусть $K$ - середина $BC$, $G$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Продолжим отрезок $OK$ до пересечения с большей окружностью в точке $O_1$. По условию $BK = KC, OK = KO_1$, поэтому четырёхугольник $BOCO_1$ является параллелограммом. Далее, заметим, что $G$ будет также центроидом (точкой пересечения медиан) и треугольника $AOO_1$, поскольку $AK$ - медиана этого треугольника, и $AG \div GK = 2 \div 1$. И так как треугольник равнобедренный, то $OG$ является биссектрисой, откуда следует равенство треугольников $AGO$ и $O_1GO$. Следовательно, $GA = GO_1 = GB = GC$, т. е. точки $A, B, C, O_1$ лежат на одной окружности, т. е.
$BO_1C = 180^{\circ} - \angle BAC = 120^{\circ}$.
Аналогично рассматривая и второй случай, получим $60^{\circ}$.
Третий способ. Это наиболее, пожалуй, элегантное решение основано на использовании следующей классической теоремы элементарной геометрии. Пусть имеется некоторый отрезок $AB$ на плоскости и некоторое положительное число $\lambda$. Тогда геометрическое место точек $X$ таких, что $AX/BX = \lambda$, есть некоторая окружность. Если $P$ и $Q$ - точки, которые делят отрезок $AB$ в отношении $\lambda$ (внутренним и внешним образом), то эта окружность совпадает с окружностью, построенной на отрезке $PQ$ как на диаметре. Oна называется окружностью Аполлония (рис.).
Поскольку из условия нашей задачи сразу следует, что
$\frac{AG}{KG} = \frac{AB}{KB} = \frac{AC}{KC} = \frac{AO}{KO} = 2$,
отсюда вытекает, что точки $B, G, O, C$ лежат на окружности Аполлония для отрезка $AK$ и $\lambda = 2$. Понятно также, что $\angle BGC = \angle BOC$ (или $180^{\circ} - \angle BOC$).
Две окружности с радиусами 1 и 2 имеют общий центр в точке $O$. Вершина $A$ правильного треугольника $ABC$ лежит на большей окружности, а середина стороны $BC$ на меньшей. Чему может быть равен $\angle BOC$?
Решение:
Этот угол равен либо $60^{\circ}$, либо $120^{\circ}$.
Первый способ. B данной конструкции окружность, проходящая через вершины $B$ и $C$ правильного треугольника и касающаяся в этих точках его сторон, будет также проходить и через общий центр двух окружностей (рис.).
Из этого утверждения следует, что в случае $A$ «верхнего» (на рисунке) треугольника
$\angle B_1OC_1 = \frac{1}{2} \angle B_1l_1C_1 = 60^{\circ}$,
так как вписанный угол равен половине центрального. По той же причине для «нижнего» треугольника получим $\angle B_2OC_2 = 120^{\circ}$.
Для доказательства самого утверждения воспользуемся следующим легко проверяемым свойством правильного треугольника.
Пусть $l_1$ - центр окружности, касающейся сторон $AB$ и $AC$ правильного треугольника $ABC$ в точках $B$ и $C$ соответственно, а $K$ - середина стороны $BC$. Тогда точка $K$ делит отрезок $Al_1$ в отношении 3 : 1, причём $l_1K$ равен половине радиуса этой окружности (рис.).
Теперь докажем основное утверждение (рис.).
Проведём прямую $AO$ и отметим точки $P$ и $Q$ её пересечения с окружностью единичного радиуса. Tочки $M, O_1$ и $K$ делят отрезок $AI_1$ на четыре одинаковые части, каждая из которых равна $R/2$, где $R$ - радиус окружности, касающейся сторон $AB$ и $AC$ в точках $B$ и $C$. Мы хотим доказать, что $1_1O = R$. Из условия следует, что точки $P$ и $O$ делят отрезок $AQ$ на три равные части, поэтому из теоремы, обратной теореме Фалеса, следует, что отрезки $MP$ и $KQ$ параллельны. Но угол $PKQ$ - прямой как опирающийся на диаметр, поэтому прямым будет и угол $MPK$.
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому
$O_1P = O_1М = O_1K = R/2$.
Теперь осталось только заметить, что отрезок $O_1P$ является средней линией треугольника $AI_1O$ и, значит, равен половине $I_1O$.
Второй способ. Рассмотрим, например, случай, когда точки $O$ и $A$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $BC$ (рис.).
Пусть $K$ - середина $BC$, $G$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Продолжим отрезок $OK$ до пересечения с большей окружностью в точке $O_1$. По условию $BK = KC, OK = KO_1$, поэтому четырёхугольник $BOCO_1$ является параллелограммом. Далее, заметим, что $G$ будет также центроидом (точкой пересечения медиан) и треугольника $AOO_1$, поскольку $AK$ - медиана этого треугольника, и $AG \div GK = 2 \div 1$. И так как треугольник равнобедренный, то $OG$ является биссектрисой, откуда следует равенство треугольников $AGO$ и $O_1GO$. Следовательно, $GA = GO_1 = GB = GC$, т. е. точки $A, B, C, O_1$ лежат на одной окружности, т. е.
$BO_1C = 180^{\circ} - \angle BAC = 120^{\circ}$.
Аналогично рассматривая и второй случай, получим $60^{\circ}$.
Третий способ. Это наиболее, пожалуй, элегантное решение основано на использовании следующей классической теоремы элементарной геометрии. Пусть имеется некоторый отрезок $AB$ на плоскости и некоторое положительное число $\lambda$. Тогда геометрическое место точек $X$ таких, что $AX/BX = \lambda$, есть некоторая окружность. Если $P$ и $Q$ - точки, которые делят отрезок $AB$ в отношении $\lambda$ (внутренним и внешним образом), то эта окружность совпадает с окружностью, построенной на отрезке $PQ$ как на диаметре. Oна называется окружностью Аполлония (рис.).
Поскольку из условия нашей задачи сразу следует, что
$\frac{AG}{KG} = \frac{AB}{KB} = \frac{AC}{KC} = \frac{AO}{KO} = 2$,
отсюда вытекает, что точки $B, G, O, C$ лежат на окружности Аполлония для отрезка $AK$ и $\lambda = 2$. Понятно также, что $\angle BGC = \angle BOC$ (или $180^{\circ} - \angle BOC$).
