10270. Две окружности касаются внутренним образом в точке A
, причём меньшая окружность проходит через центр O
большей. Диаметр BC
большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке M
, отличной от A
. Лучи AO
и AM
пересекают большую окружность в точках P
и Q
соответственно. Точка C
лежит на дуге AQ
большей окружности, не содержащей точку P
.
а) Докажите, что прямые PQ
и BC
параллельны.
б) Известно, что \sin\angle AOC=\frac{\sqrt{15}}{4}
. Прямые PC
и AQ
пересекаются в точке K
. Найдите отношение QK:KA
.
Ответ. 1:4
.
Решение. а) Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому точка O
лежит на диаметре AP
большей окружности, а OA
— диаметр меньшей окружности.
Пусть точки P
и Q
лежат на прямых AO
и AM
соответственно. Точка M
лежит на окружности с диаметром OA
, поэтому \angle AMO=90^{\circ}
. Значит, OM\perp AQ
. Точка Q
лежит на окружности с диаметром AP
, значит, PQ\perp AQ
. Прямые OM
и PQ
перпендикулярны одной и той же прямой AQ
, значит, PQ\parallel OM
. Следовательно, PQ\parallel BC
.
б) Обозначим \angle AOC=\alpha
. Заметим, что \alpha\lt90^{\circ}
. Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{1}{4}
Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому
\angle CPQ=\frac{1}{2}\smile CQ=\frac{1}{2}\smile BP=\frac{1}{2}\angle BOP=\frac{1}{2}\angle AOC=\angle APC.
(\smile CQ
и \smile BP
— градусные меры дуг CQ
и BP
, не содержащих точек B
и C
соответственно). Значит, луч PC
— биссектриса угла APQ
, а PK
— биссектриса прямоугольного треугольника APQ
. Следовательно,
\frac{QK}{AK}=\frac{PQ}{AP}=\cos\angle APQ=\cos\alpha=\frac{1}{4}.
Источник: ЕГЭ. — 2017, 2 июня