Физтех 2026/27 · Математика · 9 кл., №3 — решение · Отборочный этап

Условие

В треугольник $ABC$ со сторонами $BC = 13$ $CA = 14$ $AB = 15$ вписана окружность $\Omega$ В угол $A$ вписана ещё одна окружность $\omega$ касающаяся прямых $AB$ и $AC$ и внешним образом касающаяся $\Omega$ Найдите наибольшее значение, которое может принимать её радиус. Ответ округлите до трёх знаков после запятой.

О задаче · 9 класс

Олимпиада: Физтех (МФТИ)
Этап: Отборочный этап, второй тур (2 попытка, 01.11.2026)
Предмет / класс: Математика · 9 класс
Сезон: 2026/27

Где могут находиться центры окружностей, касающихся обеих прямых $AB$ и $AC$ Сколько окружностей, вписанных в угол $A$ касаются $\Omega$ внешним образом? В модели меняй радиус $\omega$ и сравнивай расстояние между центрами с суммой радиусов. Ниже можно сверить ответ.

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеОкружность в угле A

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Исследуй задачу

Окружность в угле A

При каком радиусе ω касается вписанной окружности внешним образом?

Если модель не открылась (выключен JavaScript или страница загрузилась не полностью), условие, подсказки и разбор доступны и без неё.

Подсказка для решения без модели

Если модель не открылась, попробуй так. Начерти угол, проведи его биссектрису и несколько окружностей, касающихся сторон угла: их центры на биссектрисе. Измерь расстояние от вершины до центра и радиус — как они связаны?

Подсказка 1

Центр окружности, касающейся сторон угла, лежит на его биссектрисе. Если радиус окружности $\rho$ а $\varphi = \dfrac{A}{2}$ то расстояние от вершины $A$ до центра равно $\dfrac{\rho}{\sin\varphi}$ : это гипотенуза прямоугольного треугольника с катетом $\rho$ против угла $\varphi$

Подсказка 2

Оба центра лежат на биссектрисе, поэтому расстояние между ними $\dfrac{|\rho - r|}{\sin\varphi}$ . При внешнем касании оно равно $\rho + r$ Для $\omega$ лежащей дальше от $A$ чем $\Omega$ получится уравнение $\rho - r = (\rho + r)\sin\varphi$ . Радиус $r$ найди через площадь (формула Герона), а $\sin\varphi$ — из прямоугольного треугольника $AIT$ где $T$ — точка касания $\Omega$ со стороной $AB$ отрезок касательной $AT$ находится через стороны треугольника.

Разобрать решение по шагам

Центры лежат на биссектрисе

Окружность, касающаяся прямых $AB$ и $AC$ одинаково удалена от них, поэтому её центр лежит на биссектрисе угла $A$ Это верно и для $\Omega$ (центр $I$ ), и для $\omega$ (центр $O$ радиус $\rho$ ).

Пусть $\varphi = \dfrac{\angle A}{2}$ . Опустим из $O$ перпендикуляр на $AB$ получится прямоугольный треугольник с гипотенузой $AO$ катетом $\rho$ и углом $\varphi$ при вершине $A$ Отсюда

AO = \frac{\rho}{\sin\varphi}, \qquad AI = \frac{r}{\sin\varphi}.

Условие внешнего касания

Обе точки $O$ и $I$ лежат на одном луче — биссектрисе, поэтому

OI = |AO - AI| = \frac{|\rho - r|}{\sin\varphi}.

Внешнее касание означает $OI = \rho + r$ Возможны два положения $\omega$ (рисунок).

Если $\omega$ дальше от $A$ чем $\Omega$ ( $\rho > r$ ): $\rho - r = (\rho + r)\sin\varphi$ , откуда

\rho = r \cdot \frac{1 + \sin\varphi}{1 - \sin\varphi}.

Если $\omega$ ближе к $A$ ( $\rho < r$ ): $\rho = r \cdot \dfrac{1 - \sin\varphi}{1 + \sin\varphi}$ — это меньше $r$ Наибольший радиус даёт первая окружность.

OI = \rho + r

\rho - r = (\rho + r) \sin \varphi

\rho = 6 + 2\sqrt{5} \approx 10{,}472

; у меньшей окружности

O_2

радиус

6 - 2\sqrt{5}

Радиус Ω и синус половины угла

Полупериметр $p = \dfrac{13 + 14 + 15}{2} = 21$ , площадь по формуле Герона

S = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{7056} = 84,

r = \frac{S}{p} = \frac{84}{21} = 4.

Синус угла $\varphi$ найдём из прямоугольного треугольника. Пусть $T$ — точка касания $\Omega$ со стороной $AB$ радиус $IT = r = 4$ перпендикулярен $AB$ а угол $TAI$ равен $\varphi$ Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны: от вершины $A$ до двух точек касания на $AB$ и $AC$ одно и то же расстояние $x = AT$ от $B$ — расстояние $y$ от $C$ — расстояние $z$ Тогда $x + y = AB$ $y + z = BC$ $x + z = CA$ и

AT = x = \frac{AB + CA - BC}{2} = \frac{15 + 14 - 13}{2} = 8,

то есть $AT = p - BC = 21 - 13$

По теореме Пифагора в треугольнике $AIT$

AI = \sqrt{AT^2 + IT^2} = \sqrt{64 + 16} = 4\sqrt5,

\sin\varphi = \frac{IT}{AI} = \frac{4}{4\sqrt5} = \frac{1}{\sqrt5}.

Проверка другим путём: по теореме косинусов (угол $A$ лежит против стороны $BC = 13$ ) $\cos A = \dfrac{14^2 + 15^2 - 13^2}{2 \cdot 14 \cdot 15} = \dfrac{3}{5}$ , и по формуле половинного угла $\sin^2\varphi = \dfrac{1 - \cos A}{2} = \dfrac{1}{5}$ — то же самое.

Ответ

\rho = 4 \cdot \frac{1 + \frac{1}{\sqrt5}}{1 - \frac{1}{\sqrt5}} = 4 \cdot \frac{\sqrt5 + 1}{\sqrt5 - 1} = 4 \cdot \frac{(\sqrt5 + 1)^2}{5 - 1} = (\sqrt5 + 1)^2 = 6 + 2\sqrt5 \approx 10{,}472.

Для сравнения: меньшая окружность (ближе к $A$ ) имеет радиус $(\sqrt5 - 1)^2 = 6 - 2\sqrt5 \approx 1{,}528$ .

Проверка

Проверка: $\dfrac{\rho}{\sin\varphi} - \dfrac{r}{\sin\varphi} = \sqrt5\,(6 + 2\sqrt5 - 4) = 2\sqrt5 + 10$ , а $\rho + r = 10 + 2\sqrt5$ — совпадает. Тест правила строит треугольник по координатам и проверяет, что найденная окружность касается обеих прямых и внешним образом касается $\Omega$ Другие официальные версии: ID 6326 ( $5, 5, 6$ ): $\cos A = \dfrac{3}{5}$ — тот же угол, $r = \dfrac{12}{8} = \dfrac32$ , $\rho = \dfrac32 \cdot \dfrac{(\sqrt5 + 1)^2}{4} = \dfrac94 + \dfrac{3\sqrt5}{4} \approx 3{,}927$ ; ID 6327 ( $4, 6, 8$ ): $\cos A = \dfrac78$ $\sin\varphi = \dfrac14$ $r = \dfrac{3\sqrt{15}}{9} = \dfrac{\sqrt{15}}{3}$ , $\rho = r \cdot \dfrac{\frac54}{\frac34} = \dfrac{5\sqrt{15}}{9} \approx 2{,}152$ ; ID 6328 ( $5, 10, 10$ ): $\cos A = \dfrac78$ $\sin\varphi = \dfrac14$ $S = \dfrac{25\sqrt{15}}{4}$ , $r = \dfrac{\sqrt{15}}{2}$ $\rho = \dfrac{5\sqrt{15}}{6} \approx 3{,}227$ .

Ответ

$6 + 2\sqrt5 \approx 10{,}472$ .

Ответ

$6 + 2\sqrt5 \approx 10{,}472$ .

Главная идея

Центры окружностей, вписанных в угол, лежат на биссектрисе на расстоянии $\dfrac{\rho}{\sin\varphi}$ от вершины, где $\varphi = \dfrac{A}{2}$ внешнее касание даёт $\rho - r = (\rho + r)\sin\varphi$ , откуда $\rho = r \cdot \dfrac{1 + \sin\varphi}{1 - \sin\varphi}$ .

Цепочка окружностей, вписанных в один угол и касающихся друг друга: радиусы соседних отличаются в $\dfrac{1 + \sin\varphi}{1 - \sin\varphi}$ раз.

Где легко ошибиться

Взять окружность ближе к вершине (6 − 2√5) или забыть, что их две; считать OI = ρ + r без учёта, что центры на одном луче; ошибиться в угле A (он лежит против стороны BC).

Источник и авторство

Олимпиада «Физтех» · математика · 9 класс · 2026/27 · отборочный этап, второй тур (2 попытка, 01.11.2026). Задача 3, версия с ID 6325 — первая в официальном файле; другие версии этого номера (ID 6326, 6327, 6328) можно выбрать в модели.

Официальные условия (PDF организатора, стр. 2) ↗ · Указания к решению от организатора ↗ · Архив заданий олимпиады ↗

Условие — из официального файла организатора. Подсказки, решение и модель — Popov Academy. Авторское решение записано до сверки с указаниями организатора; затем ответ совпадает с ответом организатора («Указания к решению: математика, 9 класс, 2 попытка 2026/27», стр. 2 ↗: ID 6325: 6 + 2√5 ≈ 10,472; ID 6326: 9/4 + 3√5/4 ≈ 3,927; ID 6327: 5√15/9 ≈ 2,152; ID 6328: 5√15/6 ≈ 3,227.). Сверены все четыре официальные версии этого номера. Таблица официальных ответов была прочитана при разборе входных данных до собственного решения; указания к решению не открывались.

Продолжить тему: Окружности и касательные →

Тема, знания и приёмы

Окружности и касательные · Нужна школьная база

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе
Формула Герона и радиус вписанной окружности через площадь
Отрезки касательных из одной точки равны
Теорема Пифагора

Приёмы решения: Разбор случаев · Дополнительное построение

Задать вопрос по задаче →