17. Планиметрическая задача: Окружности и четырехугольники

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

$1.$ Из параллельности $BC \parallel AD$ следует: $$\angle CBM = \angle MQD \quad \text{(как соответственные)}$$
$2.$ По свойству угла между касательной и хордой: $$\angle DMP = \frac{1}{2} \overset{\frown}{MP}$$
$3.$ По свойству вписанного угла: $$\angle MQD = \frac{1}{2} \overset{\frown}{MP}$$
$4.$ Следовательно: $$\angle DMP = \angle MQD = \angle CBM$$

$б)$ Найдем длину стороны $AD$.

$1.$ Пусть $O$ — центр окружности, $OK \perp AD$, $OL \perp BC$. Тогда: $$OL = CM = 17 \quad \text{(радиус окружности)}$$ $$MD = CD- CM = 25- 17 = 8$$
$2.$ В прямоугольном треугольнике $OPK$: $$PK = \sqrt{OP^2- OK^2} = \sqrt{17^2- 8^2} = 15$$
$3.$ Длина $PQ$: $$PQ = 2PK = 30$$
$4.$ Найдем отрезки: $$DK = OL = 17$$ $$PD = DK- PK = 17- 15 = 2$$ $$DQ = DP + PQ = 2 + 30 = 32$$
$5.$ Тангенс угла: $$\tg \angle DQM = \frac{MD}{DQ} = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$$
$6.$ Так как $\angle CBM = \angle DQM,$ то: $$AD = BC = CM \cdot \ctg \angle CBM = 17 \cdot 4 = 68$$

Ответ:
$а)$ Углы $\angle DMP$ и $\angle CBM$ равны, так как оба равны половине дуги $MP.$

$б)$ Длина стороны $AD$ равна $68,$ что получено через анализ геометрических свойств окружности и прямоугольника.

$а)$ Доказательство параллельности $O_1O_2 \parallel BC \parallel AD$:

$1.$ Центр $O_1$ равноудален от $AD$ и $BC$, значит лежит на средней линии трапеции.

$2.$ Центр $O_2$ также равноудален от $AD$ и $BC$, поэтому тоже лежит на средней линии.

$3.$ Поскольку оба центра находятся на средней линии, которая параллельна основаниям, то $O_1O_2 \parallel BC \parallel AD$.

$б)$ Вычисление длины $O_1O_2{:}$

$1.$ Найдем среднюю линию трапеции:$$ KL = \frac{AD + BC}{2} = \frac{39 + 9}{2} = 24 $$

$2.$ Определим положения середин сторон:$$ K \text{ — середина } AB \Rightarrow AK = KB = \frac{AB}{2} = 5 $$ $$ L \text{ — середина } CD \Rightarrow CL = LD = \frac{CD}{2} = 15 $$
$3.$ Рассмотрим свойства прямоугольных треугольников: $$ \triangle AO_1B \text{ — прямоугольный} \Rightarrow KO_1 = \frac{AB}{2} = 5 $$ $$ \triangle CO_2D \text{ — прямоугольный} \Rightarrow LO_2 = \frac{CD}{2} = 15 $$
$4.$ Вычислим искомую длину: $$ O_1O_2 = KL-KO_1-LO_2 = 24-5-15 = 4 $$

Ответы:
$а)$ Прямая $O_1O_2$ параллельна основаниям $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$.

$б)$ Длина отрезка $O_1O_2$ равна $4$.

$а)$ Доказательство равенства отрезков $AE = AK$:

$1.$ В параллелограмме противоположные углы равны:
$$\angle ABC = \angle ADC$$
$2.$ Углы $\angle ABE$ и $\angle ADK$ опираются на дуги $\stackrel{\frown}{AE}$ и $\stackrel{\frown}{AK}$ соответственно. Так как $\angle ABE = \angle ADC,$ то:
$$\stackrel{\frown}{AE} = \stackrel{\frown}{AK}$$
$3.$ Хорды, стягивающие равные дуги, равны: $$AE = AK$$

$б)$ Нахождение длины стороны $AD{:}$

$1.$ Свойства параллелограмма:$$AB = CD \quad \text{и} \quad AD = BC$$
$2.$ Из параллельности $BC \parallel AD$ следует:$$\angle EAD = \angle AEB \Rightarrow DE = AB = CD$$
$3.$ Найдем длину $CD$ через тригонометрию:$$CM = \frac{CE}{2} = 24$$ $$CD = \frac{CM}{\cos \angle BAD} = \frac{24}{0.4} = 60$$
$4.$ Вычислим $CK$: $$CK = CD-DK = 60-20 = 40$$

$5.$ Применим свойство секущих: $$CK \cdot CD = CE \cdot CB$$ $$40 \cdot 60 = 48 \cdot CB \Rightarrow CB = 50$$Так как $AD = CB,$ то: $$AD = 50$$

Ответы:
$а)$ Отрезки $AE$ и $AK$ равны.

$б)$ Длина стороны $AD$ равна $50.$

$а)$ Доказательство равенства отрезков $BE = BK$:

$1.$ В параллелограмме противоположные углы равны:
$$\angle BAE = \angle BCD$$
$2.$ Эти углы являются вписанными и опираются на дуги $\stackrel{\frown}{BE}$ и $\stackrel{\frown}{BK}$ соответственно:
$$\stackrel{\frown}{BE} = \stackrel{\frown}{BK}$$
$3.$ Хорды, стягивающие равные дуги, равны:
$$BE = BK$$

$б)$ Нахождение отношения $\dfrac{KE}{AC}$:

$1.$ Найдем угол $\angle BAD$:
$$\angle BAD = 180^\circ-\angle ABC = 45^\circ$$
$2.$ Определим градусные меры дуг:
$$\stackrel{\frown}{BK} = \stackrel{\frown}{BE} = 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ$$ $$\stackrel{\frown}{KE} = 360^\circ-2 \cdot 90^\circ = 180^\circ$$
$3.$ Угол $\angle KBE$ как вписанный:$$\angle KBE = \frac{180^\circ}{2} = 90^\circ$$
$4.$ Применим теорему синусов для треугольников $ABC$ и $BKE$: $$\frac{AC}{\sin 135^\circ} = 2R = \frac{KE}{\sin 90^\circ}$$ $$\frac{AC}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{KE}{1}$$ $$KE = AC \cdot \sqrt{2}$$ $$\frac{KE}{AC} = \sqrt{2}$$

Ответы:
$а)$ Отрезки $BE$ и $BK$ равны.

$б)$ Отношение $\dfrac{KE}{AC}$ равно $\sqrt{2}.$

$а)$ Доказательство подобия треугольников $CBK \sim CHP$:

$1.$ По теореме об угле между касательной и хордой:$$\angle BKC = \angle KPC$$
$2.$ Оба треугольника прямоугольные:$$\angle CBK = \angle CHP = 90^\circ$$
$3.$ По двум углам треугольники подобны:$$CBK \sim CHP$$

$б)$ Нахождение площади прямоугольника:

$1.$ Аналогично доказываем подобие: $$CHK \sim CDP$$
$2.$ Записываем пропорции: $$\frac{CB}{CK} = \frac{CH}{CP}, \quad \frac{CH}{CK} = \frac{CD}{CP}$$
$3.$ Перемножаем пропорции: $$CB \cdot CP \cdot CK \cdot CD = CH^2 \cdot CK \cdot CP$$
$4.$ Упрощаем выражение: $$CB \cdot CD = CH^2$$
$5.$ Подставляем значение $CH$: $$S_{ABCD} = CB \cdot CD = 7^2 = 49$$

Ответы

$а)$ Треугольники $CBK$ и $CHP$ подобны.

$б)$ Площадь прямоугольника $ABCD$ равна $49.$

$а)$ Докажем, что точка $E$ лежит на окружности, описанной вокруг трапеции $ABCD.$ В самом деле, углы $BEC$ и $BDA$ равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, а углы $BDA$ и $BDC$ равны как опирающиеся на равные дуги. Следовательно, $\angle BEC = \angle BDC,$ а потому и точки $B, E, D, C$ лежат на одной окружности. Тогда углы $BEA$ и $BDA$ равны как опирающиеся на одну дугу.

$б)$ По доказанному ранее углы $AEB, BDA, BDC$ равны, откуда $\angle A = \angle D = 2\angle AEB,$

$$\cos \angle A = \cos 2\angle AEB = 2\cos^2 \angle AEB -1 = \frac{7}{25}$$ Пусть $K$ — точка пересечения $AD$ и $BE,$ тогда из прямоугольного треугольника $ABK$ получаем: $$AK = 50 \cdot \frac{7}{25} = 14 \quad \text{и} \quad BK = \sqrt{50^2 -14^2} = 48$$ Трапеция $ABCD$ — равнобедренная, а $BK$ — ее высота, поэтому средняя линия трапеции равна $BC + AK = 64.$ Окончательно получаем: $$S_{ABCD} = 64 \cdot 48 = 3\space072$$ Ответ:
$а)$ Углы $AEB$ и $BDA$ равны.
$б)$ Площадь трапеции равна $3\space072.$

$а)$ По теореме об угле между касательной и хордой $\angle BKC = \angle KPC.$ Из этого следует, что прямоугольные треугольники $CBK$ и $CHP$ подобны по двум углам.

$б)$ Аналогично пункту $а)$ доказывается подобие прямоугольных треугольников $CHK$ и $CDP.$ Тогда верны равенства: $$\frac{CB}{CH} = \frac{CK}{CP} \quad \text{и} \quad \frac{CD}{CH} = \frac{CP}{CK}$$ откуда $$CB \cdot CP = CH \cdot CK \quad \text{и} \quad CD \cdot CK = CH \cdot CP$$ Перемножая полученные выражения, получаем $$CB \cdot CP \cdot CD \cdot CK = CH \cdot CK \cdot CH \cdot CP \Rightarrow CB \cdot CD = CH^2$$ откуда $S_{ABCD} = CB \cdot CD = CH^2 = 49.$

Ответ:
$а)$ Треугольники $CBK$ и $CHP$ подобны.
$б)$ Площадь прямоугольника $ABCD$ равна $49.$

$а)$ Обозначим углы треугольника $ABC: \angle A = 2\alpha, \angle B = 2\beta, \angle C = 2\gamma.$ Заметим, что $2\alpha + 2\beta + 2\gamma = 180^\circ.$ $\angle BPA = \angle ACB = 2\gamma,$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Аналогично $\angle CAP = \angle CBP = \beta.$ Тогда $\angle AOP = 180^\circ- \alpha -\beta -2\gamma = \alpha + \beta.$ Но $\alpha + \beta = \angle CAP;$ следовательно, треугольник $AOP$ — равнобедренный, а тогда $AP = OP.$

$б)$ Сумма противоположных углов вписанного четырехугольника равна $180^\circ,$ следовательно, $\angle APC = 180^\circ -120^\circ = 60^\circ,$ $AP = PC,$ как хорды, стягивающие равные дуги. Следовательно, треугольник $APC$ равносторонний. Искомое расстояние $d$ равно его высоте: $d = \dfrac{\sqrt{3}AC}{2}.$

По теореме синусов: $$AC = 2R \sin \angle ABC = 36 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 18\sqrt{3}$$ Следовательно, $d = \dfrac{\sqrt{3} \cdot 18\sqrt{3}}{2} = 27.$

Ответ:
$а)$ $OP = AP.$
$б)$ Расстояние от точки $P$ до прямой $AC$ равно $27.$

$а)$ По условию, четырехугольник $PBCQ$ вписанный. Значит, $\angle BCQ + \angle BPQ = 180^\circ.$ Отрезок $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD,$ она параллельна основанию $BC,$ а тогда $\angle BCQ + \angle QNM = 180^\circ$ как односторонние углы при параллельных прямых. Следовательно, $\angle BPQ = \angle QNM.$ Для смежных углов справедливо равенство $\angle BPQ + \angle MPQ = 180^\circ,$ а значит, $\angle QNM + \angle MPQ = 180^\circ.$ В четырехугольнике $MPQN$ сумма противоположных углов равна $180^\circ,$ поэтому вокруг него можно описать окружность. Таким образом, точки $M, N, P$ и $Q$ лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

$б)$ Пусть $\angle PMN = \angle PAD = \alpha$ (эти углы равны как соответственные углы при параллельных прямых). В пункте a) было показано, что $\angle QNM + \angle MPQ = 180^\circ,$ это означает, что $\angle QDA + \angle MPQ = 180^\circ$ и, следовательно, точки $A, D, P$ и $Q$ тоже лежат на одной окружности.

Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности, равны. Следовательно, $\angle PBQ = \angle PCQ$ и $\angle PAQ = \angle PDQ.$ Значит, треугольники $DPC$ и $AQB$ подобны по двум углам. Следовательно, $\angle DPC = \angle AQB = 90^\circ,$ поскольку по условию $AQ$ и $BQ$ перпендикулярны.

В прямоугольном треугольнике $CPD$ точка $N$ — середина гипотенузы. Следовательно, $PN = CN = ND = \dfrac{CD}{2} = \dfrac{17}{2} = 8.5.$ С другой стороны, средняя линия трапеции $MN = \dfrac{AD + BC}{2} = \dfrac{9 + 1}{2} = 5.$

Покажем, что угол $\alpha$ — прямой. Для этого на отрезке $AD$ отметим точку $E,$ так что $ED = BC = 1,$ тогда $AE = 8, BE = 17.$ Заметим, что $BE^2 = AE^2 + AB^2,$ следовательно, по теореме обратной теореме Пифагора треугольник $ABE$ прямоугольный, с прямым углом $BAE.$ Значит, треугольник $PNM$ также прямоугольный. Применяя теорему Пифагора, получаем:

$$PM = \sqrt{PN^2-MN^2} = \sqrt{\dfrac{289}{4}-25} = \sqrt{\dfrac{189}{4}} = \dfrac{3\sqrt{21}}{2}$$

Ответ:
$а)$ Точки $M, N, P$ и $Q$ лежат на одной окружности.
$б)$ $PM = \dfrac{3\sqrt{21}}{2}.$

$a)$ Пусть угол $BPQ$ равен $\gamma.$ Четырехугольник $PBCQ$ вписанный, сумма его противоположных углов равна $180^\circ,$ поэтому $\angle BCQ = 180^\circ-\gamma.$ Угол $MPQ$ смежный с углом $BPQ,$ поэтому $\angle MPQ = 180^\circ \gamma.$ Отрезок $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD,$ она параллельна $BC,$ поэтому $\angle MNC = 180^\circ \angle BCN = 180^\circ (180^\circ \gamma) = \gamma.$ Тем самым, в четырехугольнике $MPQN$ сумма противоположных углов равна $180^\circ$: $\angle MPQ + \angle MON = 180^\circ \gamma + \gamma = 180^\circ,$ а значит, он вписанный.

$б)$ В прямоугольном треугольнике $CPD$ проведенная к гипотенузе медиана равна ее половине: $$PN = \frac{25}{2}$$
Средняя линия трапеции равна полусумме оснований: $$MN = \frac{21.5 + 4.5}{2} = 13$$
Через вершину трапеции $B$ проведем прямую, параллельную боковой стороне $CD,$ пусть $L$ — точка ее пересечения с основанием $AD.$ Стороны треугольника $ABL$ равны $26, 17$ и $25.$ Найдем его площадь по формуле Герона, затем найдем высоту $h,$ проведенную к стороне $AL,$ она будет являться также высотой трапеции $ABCD{:}$

$$h = \frac{2S}{AL} = \frac{2\sqrt{34 \cdot 8 \cdot 17 \cdot 9}}{17} = 24$$

Отсюда находим: $$\sin \angle BAD = \frac{h}{AB} = \frac{12}{13}, \quad \sin \angle CDA = \frac{h}{CD} = \frac{24}{25}$$

Поскольку $\angle PMN = \angle BAD,$ по теореме синусов для треугольника $MPN$ найдем радиус окружности, описанной около треугольника $MPQ{:}$

$$R = \frac{PN}{2\sin \angle PMN} = \frac{25}{4 \cdot \frac{12}{13}} = \frac{325}{48}$$

$\angle QNM = \angle CDA,$ поэтому можно найти $MQ$ по теореме синусов для треугольника $MQN$: $$MQ = 2R \sin \angle QNM = 2 \cdot \frac{325}{48} \cdot \frac{24}{25} = 13$$

Таким образом, треугольник $MQN$ равнобедренный, тогда: $$QN = 2MN \cos \angle MNQ = 2 \cdot 13 \cdot \sqrt{1 -\left( \frac{24}{25} \right)^2} = 26 \cdot \frac{\sqrt{25^2- 24^2}}{25} = 26 \cdot \frac{7}{25} = \frac{182}{25}$$ Ответ:
$а)$ Точки $M, N, P$ и $Q$ лежат на одной окружности.
$б)$ $QN = \dfrac{182}{25}.$