Для С4 эти задачи откровенно слабоваты. Но ведь бывает, что и простые попадаются. Потом, их можно использовать как вводные, разминочные задачи. Мне они понравились тем, что во многих может быть два варианта ответа.
[latexpage]
Задача 1. В каждый из двух смежных углов с общей вершиной $T$ вписана окружность, причем эти окружности касаются друг друга. Пусть $J$ и $Q$ – центры окружностей. Чему равен радиус окружности с центром $J$, если радиус окружности с центром $Q$ равен 8, а $JT=10$?
Сделаем чертеж.

К задаче 1
Так как центр вписанной в угол окружности всегда находится на биссектрисе, то $TJ$ – биссектриса угла $OTM$, а $QT$ – биссектриса угла $NTO$. Как известно, между биссектрисами смежных углов всегда прямой угол, поэтому треугольник $QJT$ – прямоугольный. По свойству высоты, проведенной к гипотенузе (а $TO$ – высота, так как она касательная и перпендикулярна радиусам, проведенным в точку касания) запишем:
$$k^2=Rr$$
Я обозначила длину отрезка $TO$ за $k$.
Для треугольника $JOT$ запишем теорему Пифагора:
$$JT^2=k^2+R^2$$
Искомый радиус $R$:
$$R^2= JT^2-k^2=100-Rr$$
Получили квадратное уравнение относительно $R$:
$$R^2+8R-100=0$$
$$D=8^2-4(-100)=464$$
$$R_{1,2}=\frac{-8 \pm \sqrt{464}}{2}=-4 \pm 2\sqrt{29}$$
Так как один из корней отрицателен, отбросим его: $R=-4+2\sqrt{29}$
Получилось, что вторая окружность имеет меньший радиус.
Однако возможен вариант, когда ее радиус больше $r$. Попробуем отыскать решение для этого случая:
$$R=\sqrt{ JT^2-k^2}=\sqrt{ 100-k^2}$$
$$k^2=8R=8\sqrt{ 100-k^2}$$
Снова имеем квадратное уравнение, только относительно $k$ (даже биквадратное, так как придется возвести в квадрат, чтобы от корня избавиться):
$$ k^4=64(100-k^2)$$
$$k^4+64k^2-6400=0$$
$$D=64^2-4(-6400)=129200$$
$$k^2_{1,2}=\frac{-64 \pm \sqrt{129200}}{2}=-32 \pm 10\sqrt{73}$$
Так как один из корней отрицателен, отбросим его: $k^2=-32+10\sqrt{73}$
Тогда $R=\frac{k^2}{8}=-4+\frac{5\sqrt{73}}{4}$.
Ответ: или $R=-4+2\sqrt{29}$, или $R=-4+\frac{5\sqrt{73}}{4}$.
Задача 2. Точка $M$ расположена внутри прямого угла на расстояниях $2\frac{2}{11}$ и $\frac{63}{11}$ от его сторон. Через точку $M$ проведена прямая, отсекающая от прямого угла треугольник. Чему равен тангенс наименьшего из углов треугольника, если его площадь равна 42?

К задаче 2
Пусть $DM=2\frac{2}{11}=\frac{24}{11}$, $ME=\frac{63}{11}$.
Площадь треугольника $ABC$ состоит из площади прямоугольника $DMEC$ и площадей треугольников $ADM$ и $MEB$. Тогда:
$$S_{ABC}=S_{DMEC}+S_{ADM}+S_{MEB}$$
$$42=\frac{24}{11}\cdot\frac{63}{11}+\frac{24y}{22}+\frac{63x}{22}$$
Так как неизвестных у нас две, понадобится второе уравнение. Например, площадь треугольника $ABC$ также равна:
$$ S_{ABC}=\frac{(y+ME)(x+DM)}{2}=\frac{(y+\frac{63}{11})(x+\frac{24}{11})}{2}=42$$
Получим одно уравнение из двух. Просто выразим, например, $x$ через $y$ и подставим во второе уравнение системы. Из первого:
$$x=\frac{7140-264y}{693}$$
$$(y+\frac{63}{11})(x+\frac{24}{11})=84$$
$$(y+\frac{63}{11})(\frac{7140-264y}{693}+\frac{24}{11})=84$$
Так как ответ нужен был в виде дроби, то я не стала мучаться и ввела последнее уравнение в строку Вольфрам Альфа, который и выдал мне ответ (умничка, в виде дроби!): $y_1=\frac{14}{11}$ или $y_2=\frac{567}{22}$.
Если рассмотреть первый ответ, то в треугольнике $ADM$ катет $AD$ меньше катета $DM$, следовательно, угол $\beta$ меньше, чем $\alpha$. Тогда тангенс $\beta$ равен:
$$\operatorname{tg}{\beta}=\frac{y}{DM}=\frac{14}{11} \cdot \frac{11}{24}=\frac{7}{12}$$
Если исследовать второй ответ, то в том же треугольнике угол $\alpha$ оказывается большим, и тогда
$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{ DM }{ y }=\frac{24}{11} \cdot \frac{22}{567}=\frac{48}{567}=\frac{16}{189}$$
Ответ: или $\frac{7}{12}$, или $\frac{16}{189}$.
Задача 3. В треугольнике $LAE$ биссектрисы $LP$ и $EI$ пересекаются в точке $N$. Прямые $IP$ и $AN$ пересекаются в точке $B$. Чему равно отношение $EN:NI$, если $LN:NP=2$ и $IB:BP=8:9$?

К задаче 3
Начнем с того, что прямая $NA$ (или $MA$) – тоже биссектриса. Решать эту задачу будем, используя свойство биссектрис делить противолежащую сторону на отрезки, длины которых относятся также, как относятся стороны угла, который делит биссектриса. Тогда для треугольника $AIP$ запишем:
$$\frac{AP}{AI}=\frac{BP}{IB}=\frac{9}{8}$$
$$AP=\frac{9}{8}AI$$

К задаче 3
В треугольнике $LAP$:
$$\frac{AP}{LA}=\frac{NP}{LN}=\frac{1}{2}$$
$$AP=\frac{1}{2}LA$$
Теперь можем найти отношение $AI$ к $LA$:
$$\frac{1}{2}LA=\frac{9}{8}AI$$
$$LA=\frac{9}{4}AI$$
Или
$$AI=\frac{4}{9}LA$$
Тогда $LI=\frac{5}{4}AI$.
Теперь, зная отношение $\frac{LI}{AI}=\frac{5}{4}$, можем найти отношение $\frac{AE}{LE}$:
$$\frac{AE}{LE}=\frac{ AI }{ LI }=\frac{4}{5}$$

К задаче 3
Из того же треугольника
$$\frac{PE}{LE}=\frac{1}{2}$$
$$PE=\frac{LE}{2}$$
Следовательно,
$$\frac{AE}{2PE}=\frac{4}{5}$$
$$\frac{AE}{PE}=\frac{8}{5}$$
$$PE=\frac{5}{8}AE$$
$$AP=\frac{3}{8}AE$$
Так как $AP=\frac{9}{8}AI$, следовательно,
$$AE=\frac{8AP}{3}=\frac{8}{3}\cdot \frac{9AI}{8}=3AI$$
Отношение $EN:NI$ из треугольника $LPE$:
$$\frac{EN}{NI}=\frac{LE}{LI}=\frac{AE}{AI}=3$$
Задача 4. Окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ являются вневписанными для некоторого прямоугольного треугольника. Чему равна длина $O_1O_2$, если радиусы окружностей 1 и 7?
Рассмотрим рисунок. Очевидно, что необходимо будет исследовать два случая: ведь можно взять две окружности, касающиеся катетов, а можно взять окружности, касающиеся гипотенузы и катета. Рассмотрим сначала второй случай.

К задаче 4
Очевидно, что $EC=O_1D=1$, тогда $EO_2=R+r=8$ а $EO_1=R-r=7-1=6$. Треугольник $EO_2O_1$ – прямоугольный и по теореме Пифагора получаем $O_1O_2=10$.

К задаче 4
Второй случай: рассмотрим прямоугольный треугольник $O_1JO_2$. В нем $JO_2=R+r=8$, $JO_1=R+r=8$, тогда по теореме Пифагора $O_1O_2=8\sqrt{2}$.
Ответ: или $O_1O_2=10$, или $O_1O_2=8\sqrt{2}$.
Задача 5. Биссектриса угла $V$ параллелограмма $TMSV$ пересекает прямую $TM$ в точке $G$. Вписанная окружность треугольника $TVG$ касается прямой $TG$ в точке $M$, а прямой $TV$ – в точке $B$. Чему равна длина $TM$, если $GV=23$, $MB=4$?

К задаче 5
Угол $ TGV $ равен углу $ GVS $ как накрестлежащий, а следовательно, равен углу $TVG$, а это значит, что треугольник $TVG$ – равнобедренный. Поэтому $TK$ – биссектриса, медиана и высота, и разделит $GV$ на два равных отрезка: $VK=KG=11,5$.
По свойству касательных $VB=VK=11,5$, $BT=TM$.
Треугольники $TBM$ и $TVG$ подобны, коэффициент подобия равен $k=\frac{GV}{MB}=5,75$. Составим отношение сходственных сторон для этих треугольников:
$$\frac{VT}{BT}=k$$
$$\frac{VB+BT}{BT}=k$$
$$\frac{11,5+BT}{BT}=5,75$$
$$11,5+BT=5,75BT $$
$$4,75BT=11,5$$
$$BT=TM=\frac{11,5}{4,75}=\frac{23}{2}\cdot \frac{4}{19}=\frac{46}{19}$$
Ответ: $TM=\frac{46}{19}$
Ждем-с. Скоро...
Скоро сайт заработает нормально. Сама жду-не...
Спасибо за раздел "Олимпиадная физика". Ваш сайт-лучший сайт на эту...
Пример 2. При х=2.5,...
Уважаемая Анна Валерьевна! Можно еще раз спросить Вас, почему формулы в Ваших...