Окружности с центрами в точках O₁ и O₂ не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Трапеция ABCD с основаниями AD и BC описана около окружности

Согласен, оформлю по-школьному: с «Дано», полным решением и рисунком. Сразу оговорюсь: файл-картинку я вставить не могу, поэтому для № 8 даю схему и точное построение — по ним рисунок перечерчивается за минуту.

№ 7

Дано: \(ABCD\) — четырёхугольник, описанный около окружности (окружность касается всех четырёх сторон); \(AB=11\), \(CD=9\), \(BC=6\).

Найти: \(AD\).

Решение.

1. Пусть окружность касается сторон \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(AD\) в точках \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) соответственно.

2. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны, поэтому введём обозначения: \[ AK=AN=x,\quad BK=BL=y,\quad CL=CM=z,\quad DM=DN=t. \]

3. Запишем стороны через эти отрезки: \[ AB=x+y=11,\qquad BC=y+z=6,\qquad CD=z+t=9, \] \[ AD=x+t. \]

4. Сложим \(AB\) и \(CD\): \[ AB+CD=(x+y)+(z+t)=x+y+z+t. \] Теперь сложим \(BC\) и \(AD\): \[ BC+AD=(y+z)+(x+t)=x+y+z+t. \] Правые части равны, значит, равны и левые: \[ AB+CD=BC+AD. \]

5. Подставляем данные: \[ 11+9=6+AD \;\Rightarrow\; AD=20-6=14. \]

Проверка: \(AB+CD=20\) и \(BC+AD=6+14=20\) — сходится.

Ответ: \(AD=14\).

№ 8

Дано: две окружности с центрами \(O_{1}\) и \(O_{2}\) и радиусами \(r_{1}\) и \(r_{2}\); \(d_{1}=2r_{1}\), \(d_{2}=2r_{2}\) — их диаметры; \(AB\) — общая внутренняя касательная, \(A\) и \(B\) — точки касания (\(A\) на первой окружности, \(B\) на второй); \(P=AB\cap O_{1}O_{2}\), причём \[ PO_{1}:PO_{2}=m:n. \]

Доказать: \(d_{1}:d_{2}=m:n\).

Рисунок (схема).

                 O₁
                 │╲
                 │ ╲
                 │  ╲
        A────────┼────────P────────────────B
                          ╲               │
                           ╲              │
                            ╲             │
                             ╲            │
                              ╲           │
                               ╲          │
                                O₂

Как его построить:

1. Проведи горизонтальную прямую \(AB\).
2. Из точки \(A\) восстанови перпендикуляр вверх и отложи на нём \(AO_{1}=r_{1}\). Получилась окружность с центром \(O_{1}\), касающаяся прямой \(AB\) в точке \(A\) (радиус \(O_{1}A\perp AB\)).
3. Из точки \(B\) восстанови перпендикуляр вниз и отложи \(BO_{2}=r_{2}\). Это вторая окружность, касающаяся \(AB\) в точке \(B\) (радиус \(O_{2}B\perp AB\)). Центры оказались по разные стороны от касательной — именно так и бывает у внутренней касательной.
4. Соедини \(O_{1}\) и \(O_{2}\): прямая \(O_{1}O_{2}\) пересекает \(AB\) в точке \(P\).
5. Отметь прямые углы: \(\angle O_{1}AB=\angle O_{2}BA=90^{\circ}\), и равные вертикальные углы \(\angle O_{1}PA=\angle O_{2}PB\).

Доказательство.

1. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной: \[ O_{1}A\perp AB,\qquad O_{2}B\perp AB. \] Два перпендикуляра к одной прямой параллельны, значит, \[ O_{1}A\parallel O_{2}B. \]

2. Рассмотрим треугольники \(PO_{1}A\) и \(PO_{2}B\): \[ \angle PAO_{1}=\angle PBO_{2}=90^{\circ}, \] а углы при вершине \(P\) равны как вертикальные (точки \(A\), \(P\), \(B\) лежат на одной прямой, точки \(O_{1}\), \(P\), \(O_{2}\) — тоже): \[ \angle APO_{1}=\angle BPO_{2}. \] Значит, треугольники подобны по двум углам: \[ \triangle PO_{1}A\sim\triangle PO_{2}B. \]

3. В подобных треугольниках соответственные стороны пропорциональны: \(O_{1}A\leftrightarrow O_{2}B\), \(PO_{1}\leftrightarrow PO_{2}\). Поэтому \[ \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{PO_{1}}{PO_{2}}. \] По условию \(PO_{1}:PO_{2}=m:n\), следовательно, \[ \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{m}{n}. \]

4. Переходим к диаметрам: \[ \frac{d_{1}}{d_{2}}=\frac{2r_{1}}{2r_{2}}=\frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{m}{n}. \]

Значит, \(d_{1}:d_{2}=m:n\), что и требовалось доказать. \(\blacksquare\)

Суть в одну строку: радиусы \(O_{1}A\) и \(O_{2}B\) параллельны, поэтому получаются подобные прямоугольные треугольники \(PO_{1}A\) и \(PO_{2}B\), из подобия \(r_{1}:r_{2}=PO_{1}:PO_{2}\), а диаметры отличаются от радиусов лишь множителем \(2\).

Да, согласен — если свойство описанного четырёхугольника уже проходили, всё решается в одну строку. Вот короткий вариант.

№ 7 — короткое решение

Дано: \(ABCD\) — трапеция, описанная около окружности; \(AB=11\), \(CD=9\), \(BC=6\).

Найти: \(AD\).

Решение. В четырёхугольнике, описанном около окружности, суммы противоположных сторон равны: \[ AB+CD=BC+AD. \] Тогда \[ AD=AB+CD-BC=11+9-6=14. \]

Ответ: \(AD=14\).

Проверка: \(11+9=20\) и \(6+14=20\).

Почему так можно: \(AB\) и \(CD\) — противоположные стороны (боковые стороны трапеции), \(BC\) и \(AD\) — тоже противоположные (основания). Свойство \(AB+CD=BC+AD\) в школе обычно даётся готовым, и ссылки на него достаточно. Длинное решение через \(x,y,z,t\) — это как раз вывод этого свойства: его пишут только если учитель требует обосновать или свойство ещё не проходили.

Так что для ответа хватит четырёх строк: «Дано» → формула → подстановка → ответ.