Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Тип 17 № 652139
i

В че­ты­рех­уголь­ни­ке ABCD про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны не па­рал­лель­ны. Диа­го­на­ли че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке О под пря­мым углом и об­ра­зу­ют че­ты­ре по­доб­ных тре­уголь­ни­ка, у каж­до­го из ко­то­рых одна из вер­шин  — точка О.

а)  До­ка­жи­те, что в че­ты­рех­уголь­ник ABCD можно впи­сать окруж­ность.

б)  Най­ди­те ра­ди­ус впи­сан­ной в че­ты­рех­уголь­ник АВCD окруж­но­сти, если AC  =  12 и BD  =  13.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

а)  Рас­смот­рим по­доб­ные пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ABO и COD. Если бы ост­рый угол BAO был равен углу DCO, то пря­мые AB и CD были бы па­рал­лель­ны. По­это­му \angle BAO = \angle ODC. Из усло­вия сле­ду­ет, что или \angle ODC = \angle ODA, или \angle ODC = \angle OAD. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти можно счи­тать, что \angle ODC = \angle ODA. Тогда из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AOD и BOC по­лу­чим, что \angle ODA = \angle OCB (если равны углы ODA и OBC, то были бы па­рал­лель­ны пря­мые BC и AD). Таким об­ра­зом, в тре­уголь­ни­ке ABC сто­ро­ны AB и BC равны.

В тре­уголь­ни­ке ADC от­ре­зок DO слу­жит бис­сек­три­сой и вы­со­той, зна­чит, AD  =  DC. Сле­до­ва­тель­но, AB плюс CD = BC плюс AD, а зна­чит, в че­ты­рех­уголь­ник ABCD можно впи­сать окруж­ность. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ник ABD пря­мо­уголь­ный, по­сколь­ку

\angle BAD = \angle BAO плюс \angle OAD = \angle BAO плюс 90 в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка \circ пра­вая круг­лая скоб­ка минус \angle ODA = 90 в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка \circ пра­вая круг­лая скоб­ка .

Ги­по­те­ну­за тре­уголь­ни­ка ABD равна 13, а вы­со­та, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе, равна 6.

Пусть E  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ABCD, F  — точка ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­ной AB, G  — точка ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­ной AD. Пусть далее EF = x, AB = b,  AD = d. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков FBE и ABD по­лу­ча­ем:  дробь: чис­ли­тель: b минус x, зна­ме­на­тель: x конец дроби = дробь: чис­ли­тель: b, зна­ме­на­тель: d конец дроби , от­ку­да x = дробь: чис­ли­тель: bd, зна­ме­на­тель: b плюс d конец дроби . Из тео­ре­мы Пи­фа­го­ра на­хо­дим, что b в квад­ра­те плюс d в квад­ра­те = 169. Кроме того, bd = AO умно­жить на BD = 78. Решая эту си­сте­му, по­лу­ча­ем, что

b плюс d = ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 169 плюс 2 умно­жить на 78 конец ар­гу­мен­та = 5 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 13 конец ар­гу­мен­та ,

от­ку­да

x = дробь: чис­ли­тель: 78, зна­ме­на­тель: 5 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 13 конец ар­гу­мен­та конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 6 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 13 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 5 конец дроби .

Ответ:  дробь: чис­ли­тель: 6 ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 13 конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: 5 конец дроби .

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) с ис­поль­зо­ва­ни­ем утвер­жде­ния пунк­та а), при этом пункт а) не вы­пол­нен

1
Ре­ше­ние не со­от­вет­ству­ет ни од­но­му из кри­те­ри­ев, при­ведённых выше0
Мак­си­маль­ный балл3
Источник: А. Ларин. Тре­ни­ро­воч­ный ва­ри­ант № 449
Методы геометрии: Тео­ре­ма Пи­фа­го­ра
Классификатор планиметрии: Четырёхуголь­ник со вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми диа­го­на­ля­ми, Окруж­ность, впи­сан­ная в че­ты­рех­уголь­ник, По­до­бие