Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Задания Д15 C4 № 511247

Точка M лежит на диаметре AB окружности с центром О. С и D — точки окружности, расположенные по одну сторону от AB, причем ∠CMA = ∠DMB.

а) Докажите, что ∠OCM = ∠ODM.

б) Найдите площадь четырехугольника COMD, если известно, что OM = 4, BM = 2, ∠CMA = ∠DMB = 45°.

Спрятать решение

Решение.

а) Продолжим отрезок DM за точку M до пересечения с окружностью в точке P (см. рис.) Соединим центр окружности — точку О, с точками P и С — отрезками. ∠DMB = ∠OMP как вертикальные, ∠DMB = ∠CMO по условию, следовательно, ∠OMP = ∠OMC.

Любая окружность симметрична сама себе относительно всякой прямой, проходящей через ее центр.

Рассмотрим симметрию относительно диаметра AB. При этом:

– точки А, О, M и В, отрезок OM перейдут сами на себя;

– поскольку ∠OMP = ∠M, луч МС MP перейдет на луч MP;

– полуокружность ACB перейдет на полуокружность APB, общая точка луча МС и полуокружности ACB перейдет в общую точку луча MP и полуокружности APB, т. е. точка С перейдет в точку P;

– отрезок ОС перейдет на отрезок OP, ∠OCM — на ∠ OPM. Следовательно, ∠ OCM = ∠OPM.

Но Δ POD — равнобедренный, поскольку OP = OD как радиусы одной и той же окружности. Значит, ∠OPM = ∠ODM. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) Найдём угол CMD:

\angle CMD=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус левая круглая скобка \angle CMO плюс \angle DMB правая круглая скобка =180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус 90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка =90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .

В Δ OMD: ∠OMD = 135°, по теореме косинусов:

OD в квадрате =OM в квадрате плюс MD в квадрате минус 2OM умножить на MD умножить на косинус 135 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка =16 плюс MD в квадрате плюс 2 умножить на 4MD умножить на дробь: числитель: корень из 2, знаменатель: 2 конец дроби .

 

MD в квадрате плюс 4 корень из 2MD плюс 16 минус 36=0;MD в квадрате плюс 4 корень из 2MD минус 20=0.

Найдем положительный корень этого уравнения.

MD= минус 2 корень из 2 плюс корень из 8 плюс 20= корень из 28 минус 2 корень из 2=2 корень из 7 минус 2 корень из 2.

В Δ COM по теореме косинусов:

CO в квадрате =CM в квадрате плюс OM в квадрате минус 2CM умножить на OM умножить на косинус 45 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка =CM в квадрате плюс 16 минус 2 умножить на CM умножить на 4 умножить на дробь: числитель: корень из 2, знаменатель: 2 конец дроби .

CM в квадрате минус 4 корень из 2CM плюс 16 минус 36=0;CM в квадрате минус 4 корень из 2CM минус 20=0.

 

Положительный корень этого уравнения будет равен

CM=2 корень из 2 плюс корень из 8 плюс 20=2 корень из 7 плюс 2 корень из 2=2 левая круглая скобка корень из 7 плюс корень из 2 правая круглая скобка .

S левая круглая скобка COMD правая круглая скобка =S левая круглая скобка COM правая круглая скобка плюс S левая круглая скобка CMD правая круглая скобка = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на OM умножить на CM умножить на синус 45 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка плюс дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби MD умножить на CM=

= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби CM левая круглая скобка OM умножить на синус 45 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка плюс MD правая круглая скобка = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на 2 левая круглая скобка корень из 7 плюс корень из 2 правая круглая скобка умножить на левая круглая скобка 4 умножить на дробь: числитель: корень из 2, знаменатель: 2 конец дроби плюс 2 корень из 7 минус 2 корень из 2 правая круглая скобка =

= левая круглая скобка корень из 7 плюс корень из 2 правая круглая скобка умножить на 2 корень из 7=14 плюс 2 корень из 14.

 

Приведём другое решение:

а) Продолжим DM до пересечения с окружностью в точке N (см. рис.). Соединим центр окружности — точку О с точкой С — отрезком. Опустим из точки О перпендикуляры к отрезкам СМ и DN, основания перпендикуляров обозначим H и T соответственно. Обозначим некоторые углы, ∠1, ∠2 и ∠3, как показано на рисунке.

∠2 = ∠3 как вертикальные, ∠2 = ∠1 по условию, следовательно, ∠1 = ∠3. Прямоугольные треугольники MHO и MTO равны по общей гипотенузе ОМ и острому углу (∠1 = ∠3), откуда OH = OT.

Рассмотрим прямоугольные треугольники OHC и OTD. Они равны по гипотенузе и катету, поскольку OH = OT по только что доказанному, OC = OD как радиусы одной и той же окружности. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) По условию и доказанному выше: ∠2 = ∠1 = ∠3 = 45°. Следовательно, ∠MD = 180° − (45° + 45°) = 90°. ∠HOM = 90° − 45° = 45°. Значит, OH = MH. Аналогично OT = MT. Из совокупности полученных результатов имеем: OHMT — квадрат.

HM=OM умножить на косинус \angle 1= дробь: числитель: 4 корень из 2, знаменатель: 2 конец дроби =2 корень из 2;CH= корень из CO в квадрате минус OH в квадрате = корень из 36 минус 8= корень из 28=2 корень из 7.

CM=CH плюс HM=2 корень из 7 плюс 2 корень из 2=2 левая круглая скобка корень из 7 плюс корень из 2 правая круглая скобка .

 косинус \angle SDM= косинус \angle OCH= дробь: числитель: CH, знаменатель: CO конец дроби = дробь: числитель: 2 корень из 7, знаменатель: 6 конец дроби = дробь: числитель: корень из 7, знаменатель: 3 конец дроби .

В Δ SMD, где ∠SMD = 90°,  синус \angle DSM= косинус \angle SDM= дробь: числитель: корень из 7, знаменатель: 3 конец дроби .

S левая круглая скобка COMD правая круглая скобка = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби CM умножить на OD умножить на синус \angle DSM= дробь: числитель: 2 левая круглая скобка корень из 7 плюс корень из 2 правая круглая скобка умножить на 6 умножить на корень из 7, знаменатель: 2 умножить на 3 конец дроби =14 плюс 2 корень из 14

 

Ответ: б) 14 плюс 2 корень из 14.

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Критерии оценивания выполнения заданияБаллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б.3
Получен обоснованный ответ в пункте б.

ИЛИ

Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки.

2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а.

ИЛИ

При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки.

ИЛИ

Обоснованно получен верный ответ в пункте б и использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен.

1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.0
Максимальный балл3
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 126.
Классификатор планиметрии: Окружности