Практика к уроку «Планиметрия: вписанные и описанные окружности»

а) Докажем, что $KM\parallel BC$.

Так как окружности касаются внутренним образом в точке $A$, а меньшая окружность проходит через центр $O$ большей окружности, точки $A$ и $O$ являются концами диаметра меньшей окружности.

Пусть $r$ — радиус меньшей окружности. Тогда $OA=2r$.

Так как точки $A$, $K$, $O$ лежат на меньшей окружности и $AO$ — её диаметр, то $\angle AKO=90^\circ$.

Значит, $OK\perp AB$.

Но $O$ — центр большей окружности, а $AB$ — её хорда. Перпендикуляр, проведённый из центра окружности к хорде, делит эту хорду пополам. Поэтому $K$ — середина $AB$.

Аналогично, так как точки $A$, $M$, $O$ лежат на меньшей окружности и $AO$ — диаметр, то $\angle AMO=90^\circ$.

Значит, $OM\perp AC$. Следовательно, $M$ — середина $AC$.

В треугольнике $ABC$ точки $K$ и $M$ — середины сторон $AB$ и $AC$. Значит, $KM$ — средняя линия треугольника $ABC$.

Поэтому $KM\parallel BC$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём $AL$.

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на хорду $BC$.

Так как перпендикуляр из центра окружности к хорде делит хорду пополам, то $BH=HC=\frac{BC}{2}=16$.

Радиус большей окружности равен $20$, поэтому $OB=20$.

Из прямоугольного треугольника $OBH$ найдём $OH$: $$OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{20^2-16^2}=\sqrt{400-256}=\sqrt{144}=12.$$

Так как $OA$ — диаметр меньшей окружности, а $OA=20$, радиус меньшей окружности равен $r=\frac{OA}{2}=10$.

Пусть $Q$ — центр меньшей окружности. Так как $BC$ касается меньшей окружности в точке $P$, то $QP\perp BC$ и $QP=r=10$.

Тогда разность расстояний от точек $O$ и $Q$ до прямой $BC$ равна $OH-QP=12-10=2$. При этом $OQ=10$.

Поэтому $$PH=\sqrt{OQ^2-(OH-QP)^2}=\sqrt{10^2-2^2}=\sqrt{100-4}=\sqrt{96}=4\sqrt6.$$

Теперь найдём $OP$: $$OP=\sqrt{OH^2+PH^2}=\sqrt{12^2+(4\sqrt6)^2}=\sqrt{144+96}=\sqrt{240}=4\sqrt{15}.$$

Точка $P$ лежит на меньшей окружности, а $AO$ — её диаметр. Поэтому $\angle OPA=90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $AOP$: $$AP=\sqrt{OA^2-OP^2}=\sqrt{20^2-(4\sqrt{15})^2}=\sqrt{400-240}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}.$$

Так как $KM$ — средняя линия треугольника $ABC$, то в треугольнике $ABP$ точка $K$ — середина $AB$, а прямая $KL$ параллельна $BP$. Значит, $L$ — середина $AP$.

Следовательно, $AL=\frac{AP}{2}=\frac{4\sqrt{10}}{2}=2\sqrt{10}$.

Ответ:

а) $KM\parallel BC$.
б) $AL=2\sqrt{10}$.

а) Докажем, что $AD\parallel MC$.

Так как точка $M$ лежит на окружности с диаметром $BC$, то угол, опирающийся на диаметр, прямой: $\angle BMC=90^\circ$.

Значит, $MC\perp MB$.

Так как точка $D$ лежит на окружности с диаметром $AB$, то угол, опирающийся на диаметр, также прямой: $\angle BDA=90^\circ$.

Значит, $AD\perp DB$.

Но точки $M$, $B$ и $D$ лежат на одной прямой, поэтому прямые $MB$ и $DB$ совпадают.

Следовательно, $MC\perp MB$ и $AD\perp MB$.

Две прямые, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны, значит, $AD\parallel MC$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём площадь треугольника $DBC$.

Обозначим: $AM=AK+KM=8+12=20$. Пусть $O$ — центр окружности с диаметром $BC$.

Так как прямая $AM$ касается этой окружности в точке $M$, то радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной: $OM\perp AM$.

Так как точка $K$ лежит на окружности с диаметром $AB$, то $\angle AKB=90^\circ$, следовательно, $BK\perp AM$.

Треугольники $AMO$ и $AKB$ подобны, потому что они прямоугольные и имеют общий угол при точке $A$. Из подобия: $\frac{OM}{BK}=\frac{AM}{AK}$.

Подставим известные значения: $$\frac{OM}{BK}=\frac{20}{8}=\frac52.$$

Пусть $BK=2x$. Тогда $OM=5x$.

Рассмотрим прямоугольник $BKMP$. В нём $BP=KM=12$. Так как $OP=OM-BK=5x-2x=3x$, то в прямоугольном треугольнике $BOP$ по теореме Пифагора: $$OB^2=BP^2+OP^2.$$

Но $OB=OM=5x$, так как это радиусы одной окружности.

Получаем:

$(5x)^2=12^2+(3x)^2$
$25x^2=144+9x^2$
$16x^2=144$
$x^2=9$
$x=3$.

Тогда $BK=2x=6$.

Площадь треугольника $AMB$ равна: $$S_{AMB}=\frac12\cdot AM\cdot BK.$$

Подставим: $$S_{AMB}=\frac12\cdot20\cdot6=60.$$

Так как $AD\parallel MC$, а точки $M$, $B$, $D$ лежат на одной прямой, площади треугольников $AMB$ и $DBC$ равны: $$S_{DBC}=S_{AMB}.$$

Следовательно, $S_{DBC}=60$.

Ответ:

а) $AD\parallel MC$.
б) $60$.

а) Докажем равенство углов $\angle DMP$ и $\angle CBM$.

Так как $BC\parallel AD$, то $\angle CBM=\angle MQD$ как соответствующие углы при параллельных прямых.

По свойству угла между касательной и хордой: $\angle DMP=\frac12\overset{\frown}{MP}$.

По свойству вписанного угла: $\angle MQD=\frac12\overset{\frown}{MP}$.

Следовательно, $\angle DMP=\angle MQD=\angle CBM$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём длину стороны $AD$.

Пусть $O$ — центр окружности, $OK\perp AD$, $OL\perp BC$.

Так как $BC$ и $CD$ касаются окружности, то $OL=CM=13$. Значит, радиус окружности равен $R=13$.

Найдём отрезок $MD$: $MD=CD-CM=18-13=5$.

Так как $OK\perp AD$, то $OK=MD=5$.

В прямоугольном треугольнике $OPK$: $OP=13$, $OK=5$.

Тогда $$PK=\sqrt{OP^2-OK^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12.$$

Так как перпендикуляр из центра окружности к хорде делит хорду пополам, то $PQ=2PK=2\cdot12=24$.

Кроме того, $DK=OL=13$. Тогда $PD=DK-PK=13-12=1$. Следовательно, $DQ=DP+PQ=1+24=25$.

Теперь найдём тангенс угла $\angle DQM$ в прямоугольном треугольнике $DQM$: $$\tg\angle DQM=\frac{MD}{DQ}=\frac{5}{25}=\frac15.$$

По доказанному в пункте а): $\angle CBM=\angle DQM$.

В прямоугольном треугольнике $BCM$: $$\tg\angle CBM=\frac{CM}{BC}.$$

Так как $BC=AD$, получаем: $\frac{CM}{AD}=\frac15$. Подставим $CM=13$: $$\frac{13}{AD}=\frac15.$$

Отсюда $AD=13\cdot5=65$.

Ответ:

а) $\angle DMP=\angle CBM$.
б) $AD=65$.

а) Докажем, что $O_1O_2\parallel BC\parallel AD$.

Так как окружность с центром $O_1$ касается оснований $BC$ и $AD$, то центр $O_1$ равноудалён от этих параллельных прямых.

Значит, точка $O_1$ лежит на средней линии трапеции.

Так как окружность с центром $O_2$ тоже касается оснований $BC$ и $AD$, то центр $O_2$ также равноудалён от этих прямых.

Значит, точка $O_2$ тоже лежит на средней линии трапеции.

Следовательно, прямая $O_1O_2$ совпадает с частью средней линии трапеции, поэтому

$O_1O_2\parallel BC\parallel AD$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём длину $O_1O_2$.

Пусть $K$ — середина боковой стороны $AB$, а $L$ — середина боковой стороны $CD$.

Тогда $KL$ — средняя линия трапеции, поэтому $KL=\frac{AD+BC}{2}$.

Подставим данные: $$KL=\frac{42+14}{2}=\frac{56}{2}=28.$$

Найдём $KO_1$. Так как окружность с центром $O_1$ касается сторон $AB$, $AD$ и $BC$, точка $O_1$ лежит на биссектрисах углов при вершинах $A$ и $B$.

Поскольку $AD\parallel BC$, углы при боковой стороне $AB$ являются односторонними: $$\angle DAB+\angle ABC=180^\circ.$$

Значит, угол между их биссектрисами равен $$\frac{\angle DAB}{2}+\frac{\angle ABC}{2}=90^\circ.$$

Следовательно, $\angle AO_1B=90^\circ$.

Треугольник $AO_1B$ прямоугольный, а $K$ — середина гипотенузы $AB$. Поэтому $$KO_1=\frac{AB}{2}=\frac{12}{2}=6.$$

Аналогично для второй окружности: точка $O_2$ лежит на биссектрисах углов при вершинах $C$ и $D$, поэтому $\angle CO_2D=90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $CO_2D$ точка $L$ — середина гипотенузы $CD$, значит, $$LO_2=\frac{CD}{2}=\frac{28}{2}=14.$$

Так как точки $K$, $O_1$, $O_2$, $L$ лежат на средней линии трапеции, получаем: $$O_1O_2=KL-KO_1-LO_2.$$

Подставим значения: $O_1O_2=28-6-14=8$.

Ответ:

а) $O_1O_2\parallel BC\parallel AD$.
б) $O_1O_2=8$.

а) Докажем, что $BE=BK$.

В параллелограмме противоположные углы равны, поэтому $\angle BAE=\angle BCD$. Эти углы являются вписанными углами одной окружности.

Угол $\angle BAE$ опирается на дугу $\overset{\frown}{BE}$, а угол $\angle BCD$ опирается на дугу $\overset{\frown}{BK}$.

Так как вписанные углы равны, то равны и дуги, на которые они опираются: $$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BK}.$$

Равные дуги стягивают равные хорды, значит, $BE=BK$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём отношение $\frac{KE}{AC}$.

Так как $ABCD$ — параллелограмм, соседние углы в нём в сумме дают $180^\circ$: $$\angle BAD=180^\circ-\angle ABC.$$

Подставим: $$\angle BAD=180^\circ-150^\circ=30^\circ.$$

Так как точка $E$ лежит на продолжении $AD$, то $$\angle BAE=\angle BAD=30^\circ.$$

Угол $\angle BAE$ опирается на дугу $\overset{\frown}{BE}$, поэтому $$\overset{\frown}{BE}=2\cdot30^\circ=60^\circ.$$

По доказанному в пункте а) $BE=BK$, значит, $$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BK}=60^\circ.$$

Тогда дуга $\overset{\frown}{KE}$, не содержащая точку $B$, равна $$\overset{\frown}{KE}=360^\circ-60^\circ-60^\circ=240^\circ.$$

Угол $\angle KBE$ опирается на дугу $\overset{\frown}{KE}$, не содержащую точку $B$, поэтому $$\angle KBE=\frac{240^\circ}{2}=120^\circ.$$

Теперь применим теорему синусов для треугольников $ABC$ и $BKE$, вписанных в одну окружность.

Для треугольника $ABC$: $\frac{AC}{\sin\angle ABC}=2R$.

Для треугольника $BKE$: $\frac{KE}{\sin\angle KBE}=2R$.

Значит, $$\frac{KE}{AC}=\frac{\sin\angle KBE}{\sin\angle ABC}.$$

Подставим углы: $$\frac{KE}{AC}=\frac{\sin120^\circ}{\sin150^\circ}.$$

Так как

$\sin120^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$,
$\sin150^\circ=\frac12$,

получаем:

$\frac{KE}{AC}=\frac{\frac{\sqrt3}{2}}{\frac12}=\sqrt3$.

Ответ:

а) $BE=BK$.
б) $\frac{KE}{AC}=\sqrt3$.

а) Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается стороны $AB$ в точке $M_1$, стороны $AD$ — в точке $N_1$, а прямой $MN$ — в точке $T$.

По свойству касательных, проведённых из одной точки: $MM_1=MT$, $NN_1=NT$.

Так как окружность вписана в квадрат, точки касания делят стороны квадрата пополам: $AM_1=AN_1=\frac12 AB$.

Тогда периметр треугольника $AMN$ равен $$AM+MN+AN=AM+MT+TN+AN.$$

Заменим $MT$ на $MM_1$, а $TN$ на $NN_1$: $$AM+MT+TN+AN=AM+MM_1+NN_1+AN.$$

Получаем: $AM+MM_1=AM_1$, $AN+NN_1=AN_1$.

Значит, $$AM+MN+AN=AM_1+AN_1=\frac12 AB+\frac12 AB=AB.$$

Следовательно, периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.

б) Найдём отношение, в котором прямая через $P$ и центр окружности делит сторону $BC$.

Положим $AB=12x$. Так как $AM:MB=1:2$, то $AM=4x$, $MB=8x$.

Из пункта а) известно, что $AM+MN+AN=AB$. Значит, $4x+MN+AN=12x$, $MN+AN=8x$.

Треугольник $AMN$ прямоугольный, поэтому $$AM^2+AN^2=MN^2.$$

Подходит тройка $AM=4x$, $AN=3x$, $MN=5x$, так как $(4x)^2+(3x)^2=(5x)^2$.

Действительно, $$16x^2+9x^2=25x^2.$$

Теперь рассмотрим треугольник $DPN$. Так как $AD=12x$ и $AN=3x$, то $DN=AD-AN=12x-3x=9x$.

Треугольники $AMN$ и $DPN$ подобны, так как оба прямоугольные и имеют общий острый угол при прямой $MN$.

Коэффициент подобия равен $$\frac{DN}{AN}=\frac{9x}{3x}=3.$$

Значит,

$DP=3\cdot AM=3\cdot4x=12x$,
$PN=3\cdot MN=3\cdot5x=15x$.

Пусть прямая $PO$ пересекает сторону $AD$ в точке $L$, а сторону $BC$ — в точке $H$.

Так как окружность касается прямых $PN$ и $PD$, центр окружности $O$ лежит на биссектрисе угла $DPN$. Следовательно, $PL$ — биссектриса треугольника $DPN$.

По свойству биссектрисы: $$\frac{DL}{LN}=\frac{DP}{PN}.$$

Подставим: $$\frac{DL}{LN}=\frac{12x}{15x}=\frac45.$$

Так как $DN=DL+LN=9x$, получаем: $DL=4x$, $LN=5x$.

Тогда $LA=AD-DL=12x-4x=8x$.

Поскольку точка $O$ — центр квадрата, прямая через $P$ и $O$ пересекает стороны $AD$ и $BC$ симметрично относительно центра квадрата. Поэтому $BH=DL$, $HC=LA$.

Значит, $\frac{BH}{HC}=\frac{DL}{LA}=\frac{4x}{8x}=\frac12$.

Ответ:

а) периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.
б) прямая делит сторону $BC$ в отношении $BH:HC=1:2$.

а) Докажем, что $OP=AP$.

Обозначим углы треугольника $ABC$ так: $\angle A=2\alpha$, $\angle B=2\beta$, $\angle C=2\gamma$.

Так как $O$ — центр вписанной окружности, то $AO$, $BO$, $CO$ — биссектрисы углов треугольника.

Точка $P$ лежит на прямой $BO$, поэтому $\angle ABP=\angle PBC=\beta$.

Так как углы $\angle ABP$ и $\angle PBC$ — вписанные, то они опираются на равные дуги: $\overset{\frown}{AP}=\overset{\frown}{PC}$.

Значит, соответствующие хорды равны: $AP=PC$. Также $\angle BPA=\angle BCA=2\gamma$, поскольку это вписанные углы, опирающиеся на одну дугу $BA$.

В треугольнике $AOP$ имеем: $\angle PAO=\alpha+\beta$, так как $AO$ — биссектриса угла $A$, а $AP$ образует с $AB$ угол $\beta$.

Найдём угол $\angle AOP$. Так как $O$ — центр вписанной окружности, то $$\angle AOB=90^\circ+\frac{\angle C}{2}=90^\circ+\gamma.$$

Поскольку точки $B$, $O$, $P$ лежат на одной прямой, получаем: $$\angle AOP=180^\circ-\angle AOB=180^\circ-(90^\circ+\gamma)=90^\circ-\gamma.$$

Но $\alpha+\beta+\gamma=90^\circ$, значит, $\angle AOP=\alpha+\beta$. Следовательно, $\angle AOP=\angle PAO$.

Значит, треугольник $AOP$ равнобедренный, поэтому $OP=AP$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём расстояние от точки $P$ до прямой $AC$.

Так как четырёхугольник $ABPC$ вписан в окружность, то противоположные углы в нём в сумме дают $180^\circ$: $$\angle APC=180^\circ-\angle ABC.$$

По условию $\angle ABC=60^\circ$, значит, $$\angle APC=180^\circ-60^\circ=120^\circ.$$

Выше было установлено, что $AP=PC$. Значит, треугольник $APC$ равнобедренный. Тогда его углы при основании равны: $$\angle PAC=\angle ACP=\frac{180^\circ-120^\circ}{2}=30^\circ.$$

По теореме синусов для треугольника $APC$: $$\frac{AP}{\sin\angle ACP}=2R.$$

Так как $R=12$, получаем:

$\frac{AP}{\sin30^\circ}=24$
$\frac{AP}{\frac12}=24$
$AP=12$.

Пусть $H$ — основание перпендикуляра из точки $P$ на прямую $AC$.

В равнобедренном треугольнике $APC$ высота $PH$ является также биссектрисой угла $APC$, поэтому $$\angle APH=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ.$$

В прямоугольном треугольнике $APH$: $$PH=AP\cdot\cos60^\circ.$$

Подставим: $PH=12\cdot\frac12=6$.

Ответ:

а) $OP=AP$.
б) расстояние от точки $P$ до прямой $AC$ равно $6$.