17. Планиметрическая задача: окружности и треугольники

$а)$ Прямые $AE$ и $CD$ параллельны, а $DE$ — биссектриса угла $ADC,$ поэтому $\angle AED = \angle CDE = \angle ADE.$ Значит, треугольник $ADE$ равнобедренный, $AD = AE.$ Отрезки $AK$ и $AT$ касательных, проведенных к окружности из точки $A,$ равны, значит, треугольник $ATK$ также равнобедренный, причем угол при вершине $A$ у этих треугольников общий. Поэтому $\angle ATK = \angle ADE.$ Следовательно, $KT \parallel DE.$

$б)$ Пусть окружность касается основания $DE$ равнобедренного треугольника $ADE$ в точке $M.$ Тогда $M$ — середина $DE.$ Обозначим $DM = x.$ Тогда $DT = DM = x,$ $AT = AD -DT = 6 -x.$

Треугольник $ATK$ подобен треугольнику $ADE,$ поэтому
$$\frac{AT}{AD} = \frac{TK}{DE}, \quad \text{или} \quad \frac{6-x}{6} = \frac{3}{2x}$$
Отсюда находим, что $x = 3.$ Тогда $DE = 2x = 6,$ значит, треугольник $ADE$ равносторонний. Следовательно, $\angle BAD = \angle EAD = 60^\circ.$

Ответ:
$а)$ Прямые $KT$ и $DE$ параллельны.
$б)$ Угол $BAD$ равен $60^\circ.$

$а)$ Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается его стороны $AB$ в точке $M_1$, стороны $AD$ — в точке $N_1$, а прямой $MN$ — в точке $T$. По свойству касательных
$NN_1 = NT$, $MM_1 = MT$ и $AN_1 = AM_1$. Тогда $$AM + MN + AN = AM + MT + NT + AN = (AM + MM_1) + (NN_1 + AN) = \frac{1}{2} AB + \frac{1}{2} AD = AB$$

$б)$ Положим $AB = 12a,$ $TN = NN_1 = x$. Тогда

$$AM = 3a$$ $$AN = AN_1 -NN_1 = 6a -x$$ $$MN = MT + TN = 3a + x$$ По теореме Пифагора $AM^2 + AN^2 = MN^2,$ то есть $$9a^2 + (6a -x)^2 = (3a + x)^2$$ Отсюда находим, что $x = 2a.$ Тогда $AN = 4a$ и $MN = 5a.$

Пусть точка $O$ — центр окружности, а прямая $PO$ пересекает стороны $AD$ и $BC$ в точках $L$ и $H$ соответственно. Из равенства треугольников $DOL$ и $BOH$ следует, что $DL = BH,$ поэтому $$\frac{BH}{HC} = \frac{DL}{LA}$$ Окружность вписана в угол $MPC,$ значит, $PL$ — биссектриса треугольника $DPN,$ который подобен треугольнику $AMN.$ Используя свойство биссектрисы и подобия, находим:

$$\frac{DL}{LN} = \frac{PD}{PN} = \frac{AM}{MN} = \frac{3}{5}$$ откуда $DL = \dfrac{3}{8} DN.$ Учитывая, что $$DN = DA -AN = 12a -4a = 8a$$ находим, что $DL = 3a,$ $LA = 9a.$ Тогда: $$\frac{BH}{HC} = \frac{DL}{LA} = \frac{1}{3}$$ Ответ:
$а)$ Периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.
$б)$ $1:3.$

$а)$ В треугольниках $CKD$ и $CDE$ угол $KCD$ — общий. $$\angle CED = \angle CBD = \angle BDC = 45^\circ$$ Значит, эти треугольники подобны, откуда: $$\frac{CK}{CD} = \frac{CD}{CE} \Leftrightarrow CK \cdot CE = CD^2 \Leftrightarrow CK \cdot CE = AB \cdot CD$$

$б)$ В треугольнике $CKD$ имеем: $$\angle KCD = 15^\circ, \quad \angle CDK = 45^\circ, \text{ откуда } \angle CKD = 120^\circ$$ Из подобия треугольников $CKD$ и $CDE$ получаем, что $$\frac{CD}{CE} = \frac{CK}{CD}$$ В треугольнике $CKD$ имеем: $$\frac{CK}{CD} = \frac{\sin 45^\circ}{\sin 120^\circ} = \sqrt{\frac{2}{3}}$$ то есть $$CK : CE = \frac{CK}{CD} : \frac{CE}{CD} = \sqrt{\frac{2}{3}} : \sqrt{\frac{3}{2}} = 2 : 3$$ откуда $CK : KE = 2 : 1.$

Ответ:
$а)$ $CK \cdot CE = AB \cdot CD.$
$б)$ $2:1.$

$а)$ Из описанности трапеций следует, что $BM + AN = AB + MN$ и $MC + ND = CD + MN.$ Поскольку $BM = MC$ и $AN = ND,$ получаем, что $AB = CD.$

$б)$ Очевидно, при этих условиях отрезок $MN$ является высотой трапеции и имеет длину $6.$ Пусть $AN = t,$ тогда из описанности трапеции $ABMN$ следует $AB + 6 = t + 5,$ откуда $AB = t -1.$ Опуская высоту $BK,$ получим $BK^2 + KA^2 = BA^2,$ откуда $(t -5)^2 + 36 = (t -1)^2.$ Решая это уравнение, получаем $t = 7.5$ и $AB = 6.5.$

Обозначим $O$ центр окружности, вписанной в $ABMN,$ центр второй окружности — $O_1,$ их проекции на сторону $AB$ — за $T$ и $T_1$ соответственно, радиус второй окружности обозначим $r.$ Тогда $TOO_1T_1$ — трапеция, в которой $TO = 3,$ $T_1O_1 = r,$ $OO_1 = 3 + r.$

Опустим из $O$ перпендикуляры $OL$ и $OH$ на $BM$ и $MN$ соответственно. Тогда $OLMH$ — квадрат со стороной $3,$ поэтому $BL = BT = 5 -3 = 2,$ а $AT = 4.5.$ Из подобия треугольников $ATO$ и $AT_1O_1$ находим тогда, что $AT_1 = 1.5r$ и $TT_1 = 4.5 -1.5r.$

Теперь опустим перпендикуляр $O_1G$ на $OT.$ Тогда $OG = 3 -r,$ $O_1G = T_1T = 4.5 -1.5r,$ получаем уравнение: $$(4.5 -1.5r)^2 + (3 -r)^2 = (r + 3)^2 \Leftrightarrow (9 -3r)^2 + (6 -2r)^2 = (2r + 6)^2 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 3r^2 -34r + 27 = 0 \Leftrightarrow r = \frac{17 \pm \sqrt{208}}{3}$$ Из двух корней подходит только меньший, поскольку $r < 3.$

Ответ:
$а)$ Трапеция $ABCD$ равнобедренная.
$б)$ Радиус окружности равен $\dfrac{17 -\sqrt{208}}{3}.$

$а)$ Лучи $CO$ и $DO$ являются биссектрисами углов $BCD$ и $ADC$ соответственно, поэтому

$$\angle DCO + \angle CDO = \frac{\angle BCD + \angle ADC}{2} = 90^\circ$$ то есть прямые $CO$ и $DO$ перпендикулярны.

Получаем: $$\angle AMO = 90^\circ -\angle ADM = 90^\circ -\angle KDO = \angle DKO$$

$б)$ Лучи $AO$ и $BO$ являются биссектрисами прямых углов $BAD$ и $ABC$ соответственно, поэтому треугольник $AOB$ равнобедренный прямоугольный. Значит, $\angle MAO = \angle CBO = 45^\circ,$ $AO = BO.$ Поскольку прямые $CO$ и $DO$ перпендикулярны, получаем: $$\angle BOC = 90^\circ -\angle BOM = \angle AOM$$ Следовательно, треугольники $AOM$ и $BOC$ равны и нужно найти площадь одного из них.

Пусть окружность касается сторон $AB,$ $BC,$ $CD$ и $AD$ в точках $E,$ $F,$ $G$ и $H$ соответственно, а ее радиус равен $r.$ Тогда: $$AH = AE = BE = BF = r; \quad CF = CG = 10 -r; \quad DH = DG = 15 -r$$

В прямоугольном треугольнике $COD$ имеем: $$OG^2 = CG \cdot DG; \quad r^2 = (10 -r)(15 -r)$$ откуда $r = 6.$ Значит, $S_{AOM} = S_{BOC} = \dfrac{BC \cdot OF}{2} = 30.$

Ответ:
$а)$ $\angle AMO = \angle DKO.$
$б)$ Площадь треугольника $AOM$ равна $30.$

$а)$ Обозначим $DM = BQ = x,$ $CM = y.$ Треугольники $CMP$ и $DMA$ подобны с коэффициентом подобия $\dfrac{CM}{MD} = \dfrac{y}{x}$, поэтому: $$CP = \frac{y}{x} \cdot AD = \frac{y(x+y)}{x}$$ Тогда $$BP = BC + CP = x + y + \frac{y(x+y)}{x} = (x+y) \left( 1 + \frac{y}{x} \right) = \frac{(x+y)^2}{x} = \frac{BC^2}{BQ}$$

Следовательно, $BP \cdot BQ = BC^2.$

$б)$ Пусть $O$ — центр окружности радиуса $r,$ вписанной в ромб. Тогда $OM$ — высота прямоугольного треугольника $COD,$ проведенная из вершины прямого угла, поэтому: $$r = OM = \sqrt{DM \cdot MC} = \sqrt{1 \cdot 4} = 2$$ Значит, высота ромба равна $2r = 4.$

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из вершины $A$ на прямую $BC$. Тогда $AH$ — высота ромба, поэтому: $$AH = 2r = 4; \quad BH = \sqrt{AB^2 -AH^2} = \sqrt{5^2 -4^2} = 3$$

Из подобия треугольников $CMP$ и $DMA$ находим, что $$CP = \frac{CM}{MD} \cdot AD = 4 \cdot 5 = 20$$ Значит, $PH = CP + BC + BH = 20 + 5 + 3 = 28.$

Из прямоугольного треугольника $AHP$ находим, что

$$\tg \angle APH = \frac{AH}{PH} = \frac{4}{28} = \frac{1}{7}$$ Следовательно, $\angle APC = \angle APH = \arctg \dfrac{1}{7}.$

Ответ:
$а)$ Произведение $BP \cdot BQ$ равно квадрату стороны $BC.$
$б)$ Угол $\angle APC$ равен $\arctg \dfrac{1}{7}.$

$а)$ Треугольник $AMC$ равнобедренный, следовательно, $\angle MAC = \angle MCA.$ Прямые $AD$ и $BC$ параллельны, следовательно, накрест лежащие углы $BCA$ и $CAD$ при секущей $AC$ равны. Получаем, что $\angle MAC = \angle MCA = \angle CAD,$ а значит, луч $AC$ является биссектрисой угла $MAD,$ на которой лежит центр вписанной в треугольник $AMD$ окружности.

$б)$ Обозначим $AM = MC$ через $x,$ тогда $BM = 10 -x.$

По теореме косинусов в треугольнике $ABM{:}$

$$AM^2 = AB^2 + BM^2 -2AB \cdot BM \cdot \cos 120^\circ$$ то есть $$x^2 = 25 + (10 -x)^2 + 5(10-x)$$

откуда $x = 7.$ По теореме косинусов в треугольнике $CMD.$ в котором $\angle MCD = 60^\circ,$ $$MD = \sqrt{MC^2 + CD^2 -MC \cdot CD} = \sqrt{39}$$

Треугольник $AMD$ и параллелограмм $ABCD$ имеют общую высоту, равную расстоянию между прямыми $AD$ и $BC,$ и общую сторону $AD,$ перпендикулярную этой высоте. Значит, площадь $S_{AMD}$ треугольника $AMD$ равна половине площади параллелограмма $ABCD{:}$ $$S_{AMD} = \frac{AB \cdot AD \cdot \sin \angle BAD}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{2}$$

С другой стороны, площадь треугольника $AMD$ равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности. Отсюда найдем радиус $r$ вписанной в треугольник $AMD$ окружности:

$$r = \frac{2S_{AMD}}{AM + MD + AD} = \frac{25\sqrt{3}}{7 + \sqrt{39} + 10} = \frac{25\sqrt{3}}{17 + \sqrt{39}} = \frac{17\sqrt{3}-3\sqrt{13}}{10}$$ Ответ:
$a)$ Центр вписанной в треугольник $AMD$ окружности лежит на диагонали $AC.$
$б)$ Радиус вписанной в треугольник $AMD$ окружности равен $\dfrac{17\sqrt{3} -3\sqrt{13}}{10}.$

$a)$ Пусть $Q$ — точка пересечения продолжений боковых сторон. Точка $Q$, центры окружностей и точка $P$ лежат на одной прямой, причем $QP$ — биссектриса прямоугольного треугольника $AQD.$ Следовательно, по свойству биссектрисы треугольника:
$$\frac{AP}{PD} = \frac{QA}{QD} = \sin D$$

$б)$ Пусть окружность с центром $O_1$ радиуса $R = 3$ касается боковой стороны $AB$ в точке $E$, а основания $AD$ — в точке $M$, окружность радиуса $r = 1$ с центром $O_2$ касается боковой стороны $AB$ в точке $F$, а основания $BC$ — в точке $N$. Опустим перпендикуляр $O_2H$ из центра меньшей окружности на отрезок $O_1E$.

Тогда: $$O_1H = O_1E -HE = O_1E -O_2F = R -r = 3 -1 = 2$$ а поскольку линия центров окружностей проходит через точку их касания, $O_1O_2 = R + r = 3 + 1 = 4.$

Значит: $$EF = O_2H = \sqrt{O_1O_2^2 -O_1H^2} = \sqrt{16 -4} = 2\sqrt{3}$$ Обозначим: $$\angle AOP = \angle HO_2O_1 = \alpha$$ Тогда: $$\tg\alpha = \frac{O_1H}{O_2H} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$
Получаем: $$\angle BQC = 2\alpha$$ $$\angle BCD = 90^\circ + 2\alpha$$ $$\angle O_2CN = \frac{1}{2}\angle BCD = 45^\circ + \alpha$$ Из треугольника $O_2CN$ находим: $$NC = O_2N\ctg(45^\circ + \alpha) = O_2N\tg(45^\circ -\alpha) = \frac{1 -\tg\alpha}{1 + \tg\alpha} = \frac{3- \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}} = 2 -\sqrt{3}$$ Следовательно: $$BC = BN + NC = 1 + 2 -\sqrt{3} = 3 -\sqrt{3}$$ Аналогично: $$\angle O_1DM = 45^\circ -\alpha$$ $$MD = O_1M\ctg(45^\circ -\alpha) = O_1M\tg(45^\circ + \alpha) = 3\cdot\frac{1 + \tg\alpha}{1 -\tg\alpha} = 3\cdot\frac{3 + \sqrt{3}}{3 -\sqrt{3}} = 6 + 3\sqrt{3}$$ $$AD = AM + MD = 3 + 6 + 3\sqrt{3} = 9 + 3\sqrt{3}$$ Учитывая, что: $$AB = AE + EF + FB = R + O_2H + r = 3 + 2\sqrt{3} + 1 = 4 + 2\sqrt{3}$$ получаем: $$S_{ABCD} = \frac{1}{2}(AD + BC)\cdot AB = \frac{12 + 2\sqrt{3}}{2}\cdot(4 + 2\sqrt{3}) = 30 + 16\sqrt{3}$$ Ответ:

$а)$ $\dfrac{AP}{PD} = \sin D.$
$б)$ $30 + 16\sqrt{3}.$

$а)$ По свойству угла между касательной и хордой получаем, что угол $CBM$ равен углу $BAM$ и угол $OMB$ равен углу $BAM.$ Кроме того, угол $CBM$ равен углу $BMA$ как накрест лежащие, а угол $ABM$ равен углу $CBM,$ поскольку отрезок $BM$ — биссектриса. Отсюда: $$\angle BAM = \angle ABM = \angle AMB = \angle CBM = \angle OMB = 60^\circ$$

Отрезок $OM$ — средняя линия треугольника $ABD,$ поскольку прямая $OM$ параллельна прямой $AB$ и отрезок $BO$ равен отрезку $OD,$ значит, отрезки $AM, BM$ и $MD$ равны. Откуда угол $ABD$ равен $90^\circ.$

$б)$ Угол $ODM$ равен $180^\circ -90^\circ -60^\circ = 30^\circ.$ Следовательно, $MD = 20M = 4.$ По теореме Менелая для треугольника $BMD$ и секущей $OK$ получим: $$\frac{OD}{OB} \cdot \frac{BK}{KM} \cdot \frac{MA}{AD} = 1 \Leftrightarrow 1 \cdot \frac{BK}{KM} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{BK}{KM} = 2$$ Следовательно: $$\frac{BK}{BM} = \frac{2}{3}$$

Площадь треугольника $BKO$ равна $S_{BKO} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot S_{BMD}.$ Найдем площадь четырехугольника $KODM{:}$ $$S_{KODM} = \frac{2}{3} \cdot S_{BMD} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin 120^\circ = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}$$ Ответ:
$а)$ $AB \perp BD.$
$б)$ $\dfrac{8\sqrt{3}}{3}.$