ДАЖЕ НЕ ПЫТАЙСЯ!!!

Найти велиичну угла альфа.
#геометрия_8_класс #геометрия_9_класс #касающиесяОкружности

[@AlexeyEvpalov]

Спасибо за подробный разбор задачи и хорошее объяснение.

[@igorkostyukevych4437]

В конце можно чуть проще: Дуга DF отвечает центральному углу 80град.(40*2) Отсюда дуга AD (равная AF) соответсвует центральному углу (360-80)/2=140 градусов, а значит вписаный угол соответсвующий этой дуге =70 градусов (140/2)

[@GeometriaValeriyKazakov]

Согласен. Да, варинты продолжения разные.

[@viktorsd8301]

хотел проверить А-кадом - однозначна ли задачка при столь скудных данных - мало ли какие я круги составлю - оказалась однозначна, если размеры в условных единицах. Сразу нашел ∠а = 70°. Заодно и придумал решение: для этого надо кое что достроить - обозначим центры окружностей мал. - О1 и б. О2, проводим горизонталь (диаметральную) через центра окружностей О1КО2. Соединяем О1А, ∠АКО1 = 45°. Из О2 опускаем ⊥ на хорду ВС до окружности т.М . О2М делит хорду ВС и прилегающую к ней дугу пополам, потому линия КМ будет биссектрисой ∠ВКС = 40°, и одновременно имеет ∠45° к горизонтали. Дальше - пустяк - получается СК лежит 45° - 20° = 25° под горизонталью, ее продолжение КД 25° над нею и КА 45° под. В сумме ∠а = 45° + 25° = 70°.

[@user-is8pj2rt8q]

Обозначим центры окружностей соотв. G и О. Проведём касательную КМ до АС. Сделаем необходимые соединения точек. Обозначим уг(DCA) = a. Итак: уг(МКВ) = уг(КСВ) = а; уг(КМА) = 2а +40; уг(GКА) = уг(КМА)/2 = а +20. Далее: уг(ВОС) = 80; уг(ВСО) = (180-80)/2 = 50. Наконец, уг(DКG) = уг(ОКС) = уг(ОСК) = 50 - а. В итоге уг(DКА) = уг(DКG+GКА) = 50 - а + 20 + а = 70 (грд.).

[@kolay404in]

Здравствуйте, Валерий! Насчет д/з: тут и доказывать нечего. Как уже было доказано, KFD~KBC, а т.к у них есть общая точка К, и подобные друг другу стороны, прилежащие к этой точке, лежат на одной прямой, но по разные стороны от нее, то К - центр гомотетии с коэфицентом -FK/KB или же --KB/FK для треугольников KFD и KBC соответственно. Ну а окружности гомотетичны как соответствующие элементы треугольников.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@user-nl2ex6xn4u]

Можно рассмотреть треугольник АДF.В немАД равно АF,как хорды стягивающие равные дуги.УголАДF равен углу АFД и равен альфа.Затем рассматриваем вписанный четырехугольникАДFК.Получаем угол АДF + АКF= 180гр.То есть 2 альфа + 40 гр=180 гр.Отсюда альфа равно 70 гр.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибю

[@natashok4346]

Я решила, проведя через точку К касательную. Использовала здесь утверждение: угол между касательной и секущей равен вписанному углому треугольника по причине того, что они опираются на одну и туже дугу. Эта касательная пересекает сторону АС в точке Е. Получила, что угол дак минус угол екб равен 40 градусам, но в треугольнике адц, сумма углов равна 180 градусам. В нем удвоенный угол адк + удвоенный угол аск равен 140, а сам угол акб равен 70 градусам, а отсюда из развёрнутого угла если вычесть сумму 70 и 40, то получится искомый, равный 70. Короче у меня одна просьба. Казаков, будьте осторожнее словами, что там кто-то что-то не решит, реально в Ютубе трудно комментировать и доказывать обратное🙄

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично!

[@user-vm4sz1qn2s]

Отличная задача для младшего пенсионного возраста.🙂 Попробовал решить в общем виде если вместо 40° взять x, то искомый угол получился 90°-х/2

[@user-vm4sz1qn2s]

@@voldemarvoldemar4800 90°-(x/2) Так лучше? 😉

[@voldemarvoldemar4800]

​​​​@@user-vm4sz1qn2sНаверное лучше, нагляднее. У меня Ваш ответ смотрелся так: 90°-x/ 2 Отсюда и поспешное замечание.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо!

[@user-ny8gg1tm3x]

Мотивировка: ставьте на паузу и пробуйте решить, но у вас ничего не получится!...))))

[@user-yf1zt2dg8m]

Ещё вариант. Продлеваем АК до верхушки зелёной окружности, рисуем оттуда хорды к В и С и имеем равнобедренный ,40, 70, 70. Правая хорда 70° и будет ответом.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. Уточните, почему равнобедренныый.

[@user-yf1zt2dg8m]

@@GeometriaValeriyKazakov Внизу горизонталь, вверху верхушка :)

[@GeometriaValeriyKazakov]

Так нужно докзать, чтто верхушка в середине дуги. Все симапатично. Но не могу сообразить как объяснить это. @@user-yf1zt2dg8m

[@user-yf1zt2dg8m]

@@GeometriaValeriyKazakov Вы сами же доказали -- на концах общей хорды, проходящей через касание окружностей касательные будут параллельны.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. @@user-yf1zt2dg8m

[@user-dv5ox6os5p]

Спасибо. Отличная задача, интересная и познавательная. Очень остроумное решение. В конце бы я приравняла сумму дуг жёлтой окружности к 360°: 2альфа+2альфа+80°=360°.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Я бы тоже, но не было бы вашего коммента!

[@valerykamaev8931]

Обозначим О - центр зелёной окружности. Угол ВОС будет равен 40х2=80 градусов. Опять же его половина - 40. Угол КОС будет равен сумме половины ВОС и прямого угла: 40+90=130 градусов. Треугольник КОС равнобедренный, значит угол ОКС равен углу ОСК и равен (180-130):2=25 градусов. Поскольку КО параллельно ВС угол КСВ также равен 25 градусов. И угол ДСВ - тоже 25. Искомый угол Альфа равен сумме угла ДСВ и 45 градусов , 25+45=70. Может и несколько длинновато, но логика вроде проще.

[@user-vm4sz1qn2s]

С углом КОС голословно, непонятно, почему Вы решили, что прямая соединяющая центры окружностей параллельна АС.

[@valerykamaev8931]

Попробуй нарисовать, чтоб было НЕ параллельно. У меня не получилось...

[@user-vm4sz1qn2s]

@@valerykamaev8931 Возьмите окружности, отличающиеся в диаметре раз в пять или десять.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо за участие.

[@user-yf1zt2dg8m]

Попытаемся ... Обозначим угол между синей и красной хордами х. Рисуем центр зелёной окружности и радиусы к красной хорде. Имеем равнобедренный треугольник с углами 80, 50, 50. Теперь рисуем радиус к точке касания окружностей. Между ней и правым радиусом имеем равнобедренный с углами 80+2х, 50-х, 50-х. Рисуем касательную к точке касания :). Угол между ней и красной справа будет 360-90-50-(80+2х)=140-2х а слева имеем равнобедренный с двумя углами по половине вышеуказанного т.е. 70-х. Итого искомый равен х+(70-х)=70. Нутром чую что можно проще но даже не пытаюсь :(

[@GeometriaValeriyKazakov]

Правильно чуете. Крепкая задачка, чтобы там ни писали выше.

[@user-hf7ki7bz1i]

Дополнительное построение: КМ-общая касательная к ружностям, М∈АС. АМ=КМ-отрезки касательных из одной точки к малой окружности. ∆АМК-равнобедренный, ∠КАМ=∠АКМ, Обозначим ∠АСК=𝜶, ∠АСК=1/2дугиВК, ∠ВКМ=1/2дугиВК, ∠АСК=∠ВКМ=𝜶, ∠СКМ=∠СКВ+ВКМ, ∠СКМ=40◦+𝜶, В ∆СКМ, ∠СМК=180◦-(∠СКМ+∠КСМ), ∠СМК=180◦-(40+𝜶+𝜶)=140◦-2𝜶, ∠СМК=140-2𝜶. ∠СМК-внешний угол треугольника ∆АМК, ∠СМК=∠МАК+∠АКМ, ∠МАК=∠АКМ=1/2*∠CMK=1/2*(140◦-2𝜶)=70◦-𝜶, ∠АКМ=70◦-𝜶, ∠AKC=∠AKM+∠CKM, ∠AKC=70◦-𝜶+(40◦+𝜶)=110◦. ∠AKC=110◦ ∠AKD=180◦-∠AKC, ∠AKD=180◦- 110◦, ∠AKD=70◦. Ответ: ∠AKD=70◦.

[@voldemarvoldemar4800]

Проверьте свои обозначения. ∆ABM очень загадочный.

[@user-hf7ki7bz1i]

@@voldemarvoldemar4800,спасибо! исправил.

[@viktorviktor6503]

У вас путаница в обозначениях. Поэтому и решение не понятно. Я тоже проводил касательную в т К. Скорее всего решения одинаковые.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо!

[@voldemarvoldemar4800]

Обозначим центры левой и правой окружностей O1 и O2 соответственно. Соединим их прямой, она проходит через точку K. Обозначим

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично.

[@alexandertokarev2097]

Пара любых окружностей имеют внешний и внутренние центры подобия. Если они касаются, то точка касания является одним и таких центров. На данном рисунке K - внутренний центр подобия. Таким же свойством, например, обладает пара параллельных отрезков.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Лучше центры гомотетии, ведь любые две окружности и так подобны.

[@user-wx4nk3cw7v]

Другое решение: провести ещё одну касательную через точку К (КМ), в тр-ке АКВ легко находятся углы,угол АКМ -45,угол МКВ -25,равен углу КСА,плюс уголВКС данный по условию в сумме 110гр.,искомый угол -70

[@user-wx4nk3cw7v]

Не касательную провести,а перпендикуляр к АС.

[@teoremaferma38]

Автор, спасибо, что написали решение. Хочу заметить только,что численные значения углов не важны, достаточно, что угол АКМ равен углу КАС, а угол МКВ равен углу КСА, т.е. угол АКВ равен сумме углов А и С в треугольнике АКС, этой же сумме равен и угол DKA.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@voldemarvoldemar4800]

Вариант с касательной. Пусть искомый

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично

[@g.p.2203]

Необходимо рассмотреть всевозможные расположения секущей BC при условии, что ∠BKC ≠ 40°. Между прочим, желтая окружность необязательно должна быть меньшей.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Согласен, и еще может быть внутренне касания. Тогда KB все арвно биссектриса.

[@user-kb3hn8ef7l]

Здравствуйте. Задача интересная. Спасибо. Предлагаю решение: обозначить центры окружностей зелёной О, а жёлтой О1. Соединим их прямой. Вписанный угол ВКС= 40° опирается на дугу ВС = 80° . Угол КОВ= (180-80)/2=50° . ∆ КОВ равнобедренный, угол ОКВ=(180-50)/2=65° . ∠ОКС=DKO1=65-40=25°. Угол АКО1= 45°. Угол DKA =45+25=70°/

[@user-kb3hn8ef7l]

Это решение для частного случая, когда ОО1 параллельно АС. Если угол между ними α. Опустим перпендикуляр из т.О на ВС . Обозначим т.М. В четырёхугольнике ОО1АМ углы А и М по 90°, поэтому сумма углов О и О1=180°. ∠КОМ =90- α,а ∠АО1К =90+ α. ∠КОВ=90- α-40=50- α . ∠ОКВ =(180- 50+ α )/2=65+ α/2. ∠ОКС = DKO1 =25+ α/2. . ∠О1КA=(180- ∠АО1К)/2=45- α/2. Искомый угол DKA=25+ α/2+ 45- α/2=70.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Все равно спасибо.

[@user-mx1qh7cc4h]

@@user-kb3hn8ef7l Решал похожим образом, начиная - 1:1 - с частного случая, когда линия центров О1О параллельна АС. Затем перешёл к общему, усложнив, если параллельности уже нет. Получил такую же трапецию АО10М с 2 прямыми углами при А и М, только обозначения сделал немного другие: тр-к АО1К - р/б, т.к. образован радиусами и хордой АК, и углы в нём по альфа, тогда как КОМ=2альфа, угол ВКС=40 - вписанный, т.е. внутренний ВОС=80 гр., и он делится пополам бис-й ОМ. Дальше мы видим, что искомый угол DKA равен сумме углов АКО1=альфа и DKO1, а последний равен пока ещё неизвестному углу ОКС как вертикальный. А ОКС=КСО1, т.к. они в тр-ке из радиусов и хорды КС. Угол ВСО у нас равен 90-40=50 гр., а 2альфа=40+КОВ, где угол КОВ=2КСВ как центральный с 2-ным вписанным. Выражаем неизвестные углы DKO1=ОКС=КСО1 через известный 40 гр. и "альфа": ВСК=(2альфа-40)/2=альфа-20, КСО1=ВСО-ВСК=50-альфа+20=70-альфа. Про угол DКА уже говорили, что он =альфа+DKO1, следовательно альфа+70-альфа=70 гр.

[@user-yf1zt2dg8m]

Таки да, нашел короткий путь! Рисуем биссектрису угла 40°. Она пройдет до середины нижней дуги. Рисуем окружность внутри зелёной, касающуюся зелёной в точке касания жёлтой и красной хорды. Касание красной придется в точке пересечения с биссектрисой. Угол между нижним радиусом жёлтой и биссектрисой 90 итого искомый 90 минус половина заданного т.е. 70.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Идея отличная, еще правда не разбирал, не успеваю1. Но вернусь.

[@sergeykitov2760]

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.

[@adept7474]

Возьмём т. Н на АС левее т. А. Проведём через т. К общую касательную КМ. Обозначим ∠АDС = β, ∠АСD =γ. Всё на основании св-ва касательной и секущей. ∠НАD = α, ∠АКМ = β, ∠МКВ = γ. ∠АКВ = β + γ, ∠НАD = β + γ (внешний в ▲АDС) = α. ∠АКD = ∠АКВ = β + γ = α. 2α = 180° - 40° = 140°. α = 70°. Как - то подозрительно просто. Что не так?

[@viktorviktor6503]

Всё так. Устная задача.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Вам бы на международную. Олимпиадная задача приличного уровня. Правда там еще вторая часть про внутреннее касание. @@viktorviktor6503

[@GeometriaValeriyKazakov]

Некогда, проверю позже. На олимпиаде в жюри очень суровые мужики, 8 человек! И они бы не пропустили бы устного решения точно! Но всякое быват.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично! Лучше остальных при идее внутренней касательной, более прозрачное. Там шли через сумму углов тр-ка AKC, но запутка, а здесь у вас все более четко и прозрачно! Супер. Но задача эта - будь здоров. Еще же вторая часть, для внутреннего касания и доказать,что BK - биссектриса.

[@adept7474]

Для внутреннего касания я не нашёл. Это где?@@GeometriaValeriyKazakov

[@sacredabdulla5698]

Не иначе, но проще несколько. Дуга ДФ 80 градусов. А две другие одинаковые.)) по 140 градусов. Искомый угол опирается на одну из них. Вот тебе и 70 град.))

[@GeometriaValeriyKazakov]

СПАСИБО!

[@user-lt6gw7rp7b]

Классное решение!👍👍👍

[@GeometriaValeriyKazakov]

Согласен. Полностью! Если убрать детали - просто песня в 2 куплета.

[@user-kh2kr1yw5f]

Я попытался продлить АК на зелёную окружность, на хорде ВС построил вписанный треугольник с углами 40 и 50 градусов, провел отрезок КВ и нашёл, что угол В полученного вписанного четырехугольника лежит напротив угла 50 градусов и равен соответственно 130 гр. Дальше больше, ничего мне это не дало, строил какие-то вписанный фигуры, строил на хордах равные углы и что то там пытался найти. Просидел 4 часа, в какой то момент показалось что искомый угол равен 60 гр, побежал проверять, оказалось что ошибся. Уже без энтузиазма продолжил свой рисунок, вроде как получилось 70гр. Но до конца не уверен что все сделал строго, голова уже не соображает и рисунок похож на десятиконечную звезду.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Смотрите решение!

[@teoremaferma38]

Задача же решается в одну строчку, достаточно провести общую касательную в точке К , тогда легко уаидеть что уггол АКВ равен углу DKA. Дальнейшее очевидно.

[@voldemarvoldemar4800]

Ну, можно было сразу написать: "Ответ очевиден, сразу видно, что 70°"

[@teoremaferma38]

Комментарий написан для автора.

[@user-vm4sz1qn2s]

Точно! АКВ=КАВ+КСА=180°-40°-АКВ=(180°-40°)/2=DKA Действительно простое решение.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо за иронию!

[@GeometriaValeriyKazakov]

Согласен. Решение отличное. Только пишите чуть подробнее (5 мин потратил на разбор). Но замечу, что приведенная со ссылкой на указанную лемму ничуть не длиннее. Но внутрення - красиво, спорить не буду.! @@user-vm4sz1qn2s

[@viktorviktor6503]

Полулось 70 градусов. Решал в уме. Теперь посмотрим.

[@viktorviktor6503]

Мне кажется моё решение проще. Провел через К касательную к обеим окружностям. т.Н. имеем углы КСВ=нкв=✓a кда=кан=акн=✓в 40+а+а+в+в=180 для треугольника АКВ. Откуда а+в+20=90, ну и окончательно х+90+(40-20)=180. х=70.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Отлично. У нас тоже на словах очень просто.Но мы прокачивали свойство.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Через внутренннюю красивее, хотя по шагам равносильно. @@viktorviktor6503

[@viktorviktor6503]

@@GeometriaValeriyKazakov 😉 у каждого свой вкус, своя манера, одна любит арбуз, другая офицера 🤣🤣🤣

[@AVNovikov]

Хорошо бы было указать, почему дуга AF равна 2альфа. Неочевидно будет для всех.

[@AVNovikov]

Ну и АКВ вообще нет смысла рассматривать. Проще через равенство углов ДКВ и ВКС. Сразу Гамма равна Альфа + 40.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Да, я сказал - докажете сами. Есть общее свойство: паралельные высекают равные душги. Это крайняк.

[@Serg4nt]

Я не помню формул секущих и касательных-решил по старинке достроив радиусы окружностей)

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо.Это очень сложная олимпиадная задача.

[@innaveltman5646]

А зачем теорему доказывать через подобие? Достаточно провести общую касательную , воспользоваться теоремой об угле между касательной и хордой и получить равные углы ( как они называются по- русски, скрещивающиеся)? Мне кажется, что так и решать можно....

[@GeometriaValeriyKazakov]

Спасибо. Я посмотрел. Да, через общую внутреннюю и продление наших отрезокв до пересечения с ней и получение равных накрестлежащих - отлично! Правда, нужно а) воспользоваться углом между касательной и секущей б) все равно вам придется (для доказательства равных градусных мер соотвествующих дуг малой и большой окружностей) воспользоваться подобием равнобедренных с последующими равными углами при их вершинах. Но идея - замечательная!

[@user-lz3pp3vi9d]

Под конец какие-то лишние сложности. 4 альфа + 2*40 =360. Все окружности гомотетичны. Надо только центр найти.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Вы правы, Но. Гомотетия не изучается в школе сегодня. И про нее я сказал. Нужно доказывать, что окружности гомотетичны относительно точки касания. Интересно, как вы это докажете?

[@user-lz3pp3vi9d]

@@GeometriaValeriyKazakovВаша прекрасная лемма о двух секущих! Проведем две секущие через точку касания. Соединим их концы в каждой из окружностей. Получили два подобных треугольника. Вершины треугольников переходят друг в друга при гомотетии. И у всех таких пар треугольников одинаковый коэффициент подобия, равный отношению радиусов. ВСЕ.

[@coda6702]

Проведем из К к AB высоту. KAH = AKH = 45, (по дугам), обозначим KCB = a, BKH = a (по дугам), тогда искомый угол DKA = 180 - (40+a+45) = 95 - a, из треуг CKH, 180 = a + 40 + 90 + a, 50 = 2a, a = 25, x = 95 - 25 = 70

[@user-lt6gw7rp7b]

Вы что то напутали с обозначениями. Ничего непонятно🤷‍♂️. Чем отличается КНА от АНК?!

[@coda6702]

ничем, они равны@@user-lt6gw7rp7b

[@coda6702]

@@user-lt6gw7rp7b H точка между А и B

[@user-lt6gw7rp7b]

​@@coda6702это понятно что между А и В. Но остальное что то вы напутали. Посмотрите внимательнее

[@coda6702]

буквами ошибся@@user-lt6gw7rp7b

[@user-wf7xo5zp2p]

Ну да. Я решила😊. Догадалась что линии параллельны, только размышляла как доказать тупила

[@user-wf7xo5zp2p]

А, ну только я через две другие линии поняла. Тут да параллельно КВ. То же самое увидела с другой стороны.

[@GeometriaValeriyKazakov]

Да, эту с параллельными само по себе непросто доказать. Вы мне нравитесь вашим погружением.